close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Продаем продукцию и услуги

код для вставкиСкачать
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
по теме «Пирамида»
241,242,243,244,245,246,247,248,249,250,251,252,253,254,255,256,257,258,
259,260,261,262,263,264,265,266,267,268,269,270.
№241 лаврова
S
Дано: SАВСД-пирамида,
АВСД-параллелограмм
ВД=3, АВ=5, ВС=4, SO=2
2
Решение :SАВСД=2S∆АВД=√p(p-a)(p-b)(p-c)
D
C
O
K4
A
«3»
T 5
B
Найти :Sполное
D
C
O
К
A
T
B
SПОЛ=SПАРАЛ.+2SВСS +2SАВS
SПОЛ=12+2*5+2*√34=22+2√34
S=√6*3*1*2=6→ SАВСД=2*6=12
p=1/2(АД+ВД+АВ)=1/2(3+4+5)=6
S ABСD=12=АВ*h=5* h→ h=12:5=2.4
→OT=2.4:2=1.2→ST=√ОТ2+ОS2=√4+1.44=
=√5.44=2/5√34→SАSC=1/2*5* 2/5√34=√34
S ABСD=12=СВ*h=4* h→ h=12:4=3→OK=1.5
SK=√SO2 +OK2=√4+2.25=2.5
S BCS=1/2SK*BC=2*2.5=5
«5»
№242
D
Е
А
Е
А
В
О
А
С
12см
В
а√3/2
С
К
К
К
Дано: АВСD- правильная пирамида,
<DAO=60˚,<AKE=30˚, AB=12cм.
Найти: Sсечения-? Решение:
∆АВС- правильный (как основание прав.
пирамиды), АК (по
определению)=а√3/2=12√3/2= 6√3.
В ∆ АКЕ:
<EКА=30˚, <ЕАК=60˚=> <АЕК=
180˚-90˚=90˚; ЕК=АК*cos30˚= 6√3*√3/2=
9см. ∆ВСЕ- сечение пирамиды.
S∆=Ѕ а*h SBCE=Ѕ =1/2*12*9= 54смІ.
№243
«4»
Д
Дано: S АВС – пирамида; АД ┴ (АВС)
?
Найти: S бок.
?
Анализ чертежа: АД ┴ (АВС)
9
В
13
М
А
13
АД ┴АС, АД ┴АВ.(ПРИЗНАК
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ ПРЯМОЙ И
ПЛОСКОСТИ)
Решение: S бок. = S ∆ АДС + S ∆ ВДС
+ S ∆ АДВ
10 S ∆ = ½ аh
∆ АДС – АД ┴ АС - прямоугольный
∆ АДВ – АД ┴ АВ - прямоугольный
С
ДВ2 = 9²+ 13² = 81 + 169 = 250 ,
ДВ=5√10
S бок. = ½ * 9 * 13 + ½* 9*13 +
+½* 10 * ДМ
S = ½ ah = ½ *10 *15 = 75
ДС2=(5 √10 )2-52= 250 – 25 = 225 = 152, ДС=15
Д
5 √ 10
S бок. = S ∆ АДС + S ∆ ВДС + S ∆ АДВ=
½ * 9 * 13 + ½* 9*13 + ½* 10 * 15=
117+75=192
15
М
В 5
5
10
С
№244
Анализ
чертежа:AD┴AC AD┴BA.
Решение:
D
?
20
?
A
B
Дано :
ABCD-пир.
AD┴(ABC)
∆ABC<C=900
29
Sбок=SADC+SBDA+SDCB
Найти : Sбок
21
?
C
SADC=
«5»
1
SADB= 2 AD*AB=
1
1
1
AD*AC= 2 20*21=210см2
2
1
2
SDAC = 2 DC*CB =
1
1
20*29=290см2; SDCB = 2 DC*CB = 2 29*20 = 290см2
1
2
29*20 = 290см2
∆ADC:DC=√AD2 + AC2; DC = √400 + 441;
DC = 29см∆ABC:CB=√AB2 – AC2; CB = √841 – 441;
CB = 20см Значит Sбок = 210 + 2*290 = 790см2
№245
Дано :SABCD- пирамида, (ASD)┴(ABC).
(ABS)┴(ABC),(DSC)/\(АВС)=300
(АВС)/\(CBS)=450, АС=8, ■АВСД- прямоугольник
S
«5»
Найти : Sполн
X 300 D
C
8
450
A
X
B
Анализ чертежа : (ASD)┴(ABC)√→AS┴AD,
AS ┴AB,AS ┴AC,∆SAB,∆SAD,∆SACпрямоугольные,AB┴BC→ВS┴BC,DC┴AD
→SD┴DC,→∆SBC,∆SDC-прямоугольные
Решение:1)АВ=DC═АS=Х→SD═2Х→АD=
=√SD²─AS²═√4x²─x²═x√3
2)АС²═AD²+DC²═x²+3x²═4x², 8²═4x²,64═4x²,x²═16,
Х=4→АВ=4,АД=4√3,
АS=4,SB=√АВ²+AS²=√4²+4²=4√2,
ОТВЕТ:8(3√3+√6+3)
Краснов не сдал
SD=4*2=8,
3)Sполн=1/2(AS*AD+AS*AB+SB*BC+SD*DC)+AB*BC
=1/2(16√3+16+4√2*4√3+8*4)+4*4√3=
=24√3+8√6+24=8(3√3+√6+3)
Дано: SO-высота=40
№246
AS=SC=SB=41
PABC=42
Доказать: а)SO проходит
через центр окружности,
вписанной в её основание
б)Найти:SABC-?
S
41
40
№246 «5»
В
41
M Решение: а)т.к. наклонные равны,
то их проекции тоже равны т.е.
O
ОМ=ОН=ОN.
По теореме о трёх перпендикулярах:
А
С
ОМ ┴ ВС, ОН ┴ АС , ОN ┴ АВ.
H
По признаку касательной стороны
б) P=42
∆АВС
Sтр-ка=pr, где p=P\2; r- рад. впис.
касаются окружности с радиусом
Окружности
ОМ.
Найдём r:
т.е. ОМ=ОН=ОN=r- радиус впис.
В прямоугольном тр-ке OSM по
окр.→
теореме Пифагора
SO- высота проходит через центр
ОМ=r= √ SM2 -SO2=√1681-1600= 9;
вписанной окружности
S= P\2 * r=42\2 * 9= 189 см2
Д
«5»
А
41
М
Е
№246
40
С
Н
К
Дано:
ДК
ДЕ
ДМ
ДН
ВС; ДК=41см.
АВ, ДЕ=41см.
АС, ДМ=41см.
(АВС), ДН=40см.
Доказать: Н- центр окружности
Найти : площадь АВС,
если Р=42см.
В
Решение: ∆ДЕН= ∆ДКН= ∆ДМН, значит ЕН= КН= МН. Из этого
Следует, что точка Н равноудалена от сторон ∆АВС, это
Значит, что Н- центр окружности, вписанной в треугольник АВС ,т.к.
ЕН, КН, МН – являются так же радиусами окружности.
Р= 42 см. Р= АВ+ВС+АС= 3АВ; АВ= 42: 3=14;S=1/2 Р*r=
1/ 2 *42*НК; SАВС= 21 *НК; НК=√412- 402 = 9;S=21*9=189см2.
№247
«5»
S
А
M
M
В
KK
O
O
С
Зинченко не сдал
N
Дано: АВСS-пирамида.
<SNO=<SKO= <SMO;SO ‫( ﻠ‬ABC)
Док- ть:
а) О- центр окружности вписанной в ∆ABC
б)NS=SK=SM;
В)Sбок =ЅPABC*SN
Анализ чертежа:
1)SK ‫ ﻠ‬BC;SN ‫ﻠ‬AC и SM ‫ ﻠ‬AB
2) ∆SNO; ∆SMO;∆SKO
Решение:
1) Рассмотрим, ∆SMO, ∆SNO и ∆SKO; SOобщая; <SNО=<SKO=<SMO (условие)=>
∆SNO= ∆ SKO = ∆SMO (по катету и острому
углу)=> OM=OK=ON и MS=NS=KS; т.к.
OM=OK=ON,то О- равноудалена от сторон
∆ABC, значит О- центр окружности вписанной
в ∆ABC
2) Sбок =1/2 AC*SN+1/2 AB*SM+1/2
BC*SK=1/2 SN*(AC+AB+BC)=1/2 SN*PABC
№248
Дано : SABCпирамида,<SKO=
<SNO=<SMO=...
S
102-62=x2
100-36=x2
Найти :Sбок
x2 =√64
x=8
10
C
450
450
abc
«4»
r=
10
8r
A
4s
M
12
O
N
10
450
B
6
450
10r = 6*(8-r)
r
10r +6r = 48;r = 3 т.е. ОN = OS = 3см.
Sбок =
1
2
PABC*SN, ∆SNO<O=900;ON = OS = 3
SN = 3√2=>SБОК=
1
10
(10 + 10 + 12)*3√2=16*3√2=48√2см2
2
6
№249
Дано :SABC-пирамида,SA=SB=SD=SC,SO┴(ABC)-высота
пирамиды.
Доказать :а)O-центр оп.окр.,б)<SAO=<SBO=<SDO=<SCO.
S
Решение : SO┴(ABC)→ SO┴AO, SO┴BO, SO┴СO,
SO┴DO→∆SOA=∆SOB=∆SOC=∆SOD
(т.к.SA=SB=SD=SC, SO-общая,)→
А)OA=OB=OC=OD=Rоп. окр.
Б)<SAO=<SBO=<SDO=<SCO
D
C
O
A
B
P
№249
Дано :
РА1А2 А3А4 ….-ПИРАМИДА ; РА1=РА2=РА3=…
РО- высота пирамиды
Доказать:
а) О- центр оп. окр.
б) <PA1O=<PA2O=<PA3O=...
«3»
решение
не по
чертежу
А6
А5
А1
O
А2
Прошкин не сдал
А3
А4
Решение :
∆РОА1 = ∆РОА2 по признаку равенства
прямоугольных треугольников. Значит
ОА1= ОА2
аналогично ОА2= ОА3 = … ОАn.
Но это означает, что точка О – центр
описанной окружности.
б) так как ОА1 – проекция РА1, то
<PA1O -угол между ребром РА1
и основанием
Но из равенства треугольников
∆РОА1 =∆РОА 2=…= ∆РАnО
следует равенство углов меж. бок. ребрами и
плоскостью основания.
№250
Дано :SABC-пирамида,
S
<ACB=1200,<ASO=<BSO=<CSO=45º,SO=16.
450
Найти :SОСН.
450
Анализ чертежа :O- центр оп.окр.
SO┴(ABC)-высота пирамиды.
450
16
<ASO=<BSO=<CSO=45º
Решение задачи:
C
1)∆ASO=∆SOB=∆SOCпрямоугольные, равнобедренные,
1200
R
B
A
R
R
O
т.к. АО=ВО=СО,SO-общая,
<ASO=<BSO=<CSO=45º,
AO=SO→AO=16. Т.к.OС-серединный
перпендикуляр(построение центра
окружности),и∆ABCравнобедренный→<ACO=60º,∆ACOравносторонний→AC=AO=OC=R=16
S∆ABC=¼a²√3=¼16²√3=64√3
Ответ :64√3
Кононов Самсонов не сдали
№251
Дано :ДАВС- пирамида, ∆BACпрямоугольный,ВС=10см,АS=BS=CS, SO=12 см.
Найти :AS.
S
Анализ чертежа : O-центр оп.окр.O€AB,т.к.
∆ABC-прямоугольный,
12
Решение задачи :АО=ОС=ОВ=R
10
∆SOA-прямоугольный
5
5
C
O
B
∆SOA: AS=√OS2 +OA2=√122+52=√169=13
AS=13
5
Аникин не сдали
A
№251
D
«5»
12
5
H
5
B
5
A
C
Дано: АВС- прямоугольный треугольник.
ВС= 10см- гипотенуза, DH=h=12см
BD=DA=DC- боковые рёбра.
Найти:DB=DA=DC=?
Решение: т.к. DB=DA=DC ;DH┴ABC
DH2+AH2=AD2
√122+52 =AD
AD=√144+25
AD=13см
DA=DC=DB=13см
Ответ:=DA=DC=DB=13см
№252
Дано:ABCD- пирамида,
AB=AC, BC=6см, DO‫(ﻠ‬ABC),
AH‫ﻠ‬BC, AH=9см, DA=DB=DC=13см.
Найти:DO-?
«3»
Анализ чертежа:
ДО┴(АВС),АД=ВД=СД→АО=ВО=СО
D
(ДО-общая), О- центр оп. окр.
Решение задачи :
AC=√81+9=3√10см; AO=R;
13
S=(a.b.c)/4R; R=(a.b.c)/4S, R=(6*3√10*3√10)/(4*27);
13
13
R=5см
∆ADO:<DOA=90º ; AO=5см;AD=13см =>
DO=√AD²-AO²=√169-25=12см
C
3 H
9
A
O
3
B
Д
№252
Дано :ДАВС-пирамида,АВ=АС,ВС=6
,ДА=ДВ=ДС=13,АН=9.
Найти :ДО
«4»
13
Анализ чертежа:
∆ABCравнобедр.AH┴BC;BH=HC;
OH┴BC→DH┴BC(теорема о трех
перпендикулярах)(OH-проекция,
DH-наклонная, DOперпендикуляр)
13
13
С
А
Введем обозначения : HC=b, DC=c,
DH=a
3
О
Решение :DH→а2 +в2=с2
а2+32=132,а2=169-9=160,а= 4√10
DH= 4√10
3
13
у
Д
В
Д
А
Н
6
13
13
4√10
х
9-у
O
H
В
H
3
3
С
№252
Д
Введем обозначения: ДО=Х, АО=У, ОН=9-У
4√10
13
х
х2+у2=132,х2=169-у2, х2+(9-у)2=(4√10)2
169-у2+(9-у)2=(4√10) 2,→18у=90 у=5
Х2=169-52=169-25=144,х=12;ДО=12
-высота пирамиды.
Ответ :12
у
A
9-у
O
H
D
Дано :АВСДпирамида,
∆ABC: АВ=АС,
ВС=6, АН=9,
ДВ=ДА=ДС.
Найти: ДО(высота
пирамиды)
13
O
1
H 3
H
6
3
C
2
C
D
ДН2+BH2=BD2→
DH2=132-32=160,
DH=4√10.
3
B
13
B 3
13
13
A
Анализ чертежа:∆DOHпрямоугольный, ∆DBHпрямоугольный.
D
13
№252
13
4√10.
h
9-y
H У
O
A
h2= (4√10)2-У2, h2=132-(9-У)2
(4√10)2 –У 2=132 -(9-У)2,
160-У2=169-81+18У-У2,
18У=72, У=4,DO=√160-16=
=√144=12. DO=12
№253
√160
13
13
4√6
R
R
R
R
6
Шмарина не сдала
№253
«5»
Дано: НАВСД – пирамида
АВСД – трапеция МК - высота
АН = ВН = СН = ДН = 13 см.
АВ = СД, МК = 5 см.
АД = 6 см., ВС =4 6 см.
Найти ОН.
В
М
А
С
о
А
Давыдов
К
В
Д
Н
О
С
Д
Решение: рассмотрим АОК и ОМВ.
Пусть ОК - Х, значит МО = 5 - Х.
ВМ = 2
6 см., АК = 3 см. По теореме
Пифагора ОВ2 = 24 + (5 - X)2
ОА2 = 9 + X2, т.к. ОВ = ОА =>
2Ч + (5 - Х)2 = 9 + X2
№253
24 + (5 - X)2 = 9 + X2
9 + X2 = 24 + 25 - 10X + X2
10X = 49 - 9
10X = 40
X=4
Н
В
М
С
о
А
К
Д
Т.е. ОК = 4 см.
ПО теореме Пифагора ОА2 = АК2 + ОК2
OA2 = 9 + 16 = 25 => OA = 5 см, теперь находим ОН по теореме
Пифагора. ОН2 = АН2 – ОА2
OH2 = 169 – 25 = 144
OH = 12 см.
Ответ: ОН = 12 см.
№254
Решение задачи №254
Для решения задачи
необходимо знать:
1
2
2
1
1
2
Свойства равностороннего
треугольника: а)
биссектрисы, медианы и
высоты пересекаются в
одной точке, которая
является центром
вписанной и описанной
окружностей. б) медианы в
точке пересечения делятся в
отношении 2:1,начиная от
вершины.
№254
«4»
Дано: АВСД -правильная пирамида, АВ =АС =ВС = а, ДО=Н.
Найти : 1)ДС, 2)<CDB, 3)<DFO, 4)<DCO, 5)(CBD)/\(ABD)
Анализ чертежа : ∆ABC-прав.→O-центр окружности,
т.к.AF,CK –медианы, высоты, биссектр. DO-высота пирамиды.
D
∆CDB-равнобедренный, DF –апофема, OF=rоп.окр.
OC=Rвп.окр. ∆ODF –прямоугольный, ∆OCD-аналог.
Решение : 1) AF²+FC²=BC², AF=a√3/2
OC=2/3AF (св-во медиан)=2a√3/6=
a√3/3→DC²═OC²+OD²→1)DC=1/3√9H²+3a²;
H
a
A
tg<OCD═H/(a√3/3)=3H/a√3=H√3/(3a)→
4) <DCO=arctg H√3/(3a);
K
3)tg<DFO═H/a√3/6=6H/a√3=(2√3H)/3a,
<DFO=arctg( 2√3H)/a
B
a/2 2) sin<CDF═CF/CD═(a/2)/(1/3√9H²+3a²)=
a
O
a/2
C
F
a
3а
═
2 √9H²+3a²3 а
→<CDF= arcsin
2 9
2
3а
3а
2
<CDB=2 arcsin
2 9
2
3а
2
Дано :
№254
Решение:
D
a)
а) В правильной пирамиде боковые ребра равны,
Поэтому вычислим длину ребра AD. OA=R, r-радиус описанной
около ABC окружности
М
BC
sin BAC
н
С
А
а
о
D
sin 60
2
a
3
a
, AO 3
.
3
Из AOD по т.Пифагора имеем:
DO
2
AO
2
H 2
a
2
3
а
a
2R, R 2
AD К
а
2 R , или
3
3
3H a
2
*
2
9 H 3a
2
3
2
.
3
б) <ADB= < BDC=< ADC (по 3 сторонам), отсюда следует,
что плоские углы при вершине пирамиды равны.
По теореме cos имеем: AB2=AD2=DB2 – 2AD*DB*cos вВ
в) из
б)
DAO имеем:
tg DAO OD
AO
H * 3
a
H 3
, DAO arctg
a
Все боковые ребра составляют с плоскостью основания
одинаковые углы. Это следует из равенства
DAO= DBO= DCO
A
a
B
H 3
a
д) BAD=
MC AD
CAD. Построим BM AD и отрезок MC.
Линейный угол двугранного угла при боковом
ребре пирамиды. Т.к.пирамида правильная,
то все двугранные углы при боковых ребрах имеют
Одинаковые линейные углы.
D
Построим DN AB. По т.Пифагора имеем:
M
А
BMC
В
N
а
DN SADB DB
1
2
2
a
2
2
AB , DN 9H
2
3a
9
1
2
2
a
2
36 H
4
MB * AD , значит , MB 2
12 a 9 a
2
2
36 H
9*4
2
a 36 H
6 9H
2
2
3a
2
;
36
3a
3a
2
2
2
a 36 H
2 9H
2
3a
3a
2
2
.
Дано :ABCD- прав. пирам. АВ=АС=ВС=8, <ADC=φ.
№255
Найти :DO.
м
Анализ чертежа:АВСД-прав.
пирамида→ДО-высота
пирамиды, О- центр окр.
<ADC-плоский угол при
вершине пирамиды. DKапофема, биссектриса.
D
φ/2
φ/2
В
8
А
8
О
4
8
К
Решение задачи :т.к. О-точка
пересечения медиан, то BO:OK=2:1,
R=BO=a√3/3(a3=R√3), OK=r =1/2R= a√3/6,
из∆ AKD: KD=4ctg φ/2→OD2= KD2- OK2→
OD=√16 ctg2 φ/2- (8√3/6)2
4
OD=√ 16 ctg2 φ/2- 16/3=4√ ctg2 φ/2- 1/3 =
C
4
═
tg
2
1
1
3
tg
2
Ответ :
2
4
tg
2
1
1
3
tg
2
2
№256
S
α/2
Дано :SABCD-прав.пирам.
AB=BC=CD=DA=m, <ASD=<DSC=α
Найти :а)SO б)SD в) )<SKO г)(ADS) /\ (DSC)
м
Анализ чертежа :O- центр вп.окр.;оп. окр.;∆SOK-
B
m
A
O
m
прямоугольный, ∆DSC- равнобедренный, SKапофема, <KSD=<KSC=α/2, DK=KC=m/2, OK║AD,
OK=1/2AD,
m
C
Решение задачи :DK/SD=sinα/2→SD=DK/ sinα/2,
Km
m
2
2
S К KO
б)SD=
а)SO=
DK/SK=tgα/2
D
2sin
mcos
2
2
m cos
2
SK=
SO=
2sin
4 sin
2
в)
cos
<SKO=ОК/SК= m 2
m cos
2 sin
2 m 2
2
2 sin
m cos
2 tg 2
2
2
2
2 m
4
2
m
cos 2 sin
2
<SKO=
2
arccos( tg
2
)
«5»
Задача № 257
Дано: DABC-пирамида; h- высота;
< ДЕА=450.
Найти:S п.п.-?
РЕШЕНИЕ:
DABC- правильная пирамида;
т.О является основанием
высоты ДО- это центр вп. и оп.
окружности.
Построим АЕ ВС→OE┴BС
. По теореме о 3-х
перпендикулярах имеем
ДОАВС→DO┴OE,BС┴OE→
DE┴BС→< ДЕО- линейный
угол
двугранного угла при
основании, <ДЕО=450; В
правильной пирамиде все
двугранные углы при
основании одинаковы.
Д
h
С
О450
А
Е
В
∆DOE- прямоугольный, ДО= ОЕ = h т.к. < ДЕА=450. По т. Пифагора
ДЕ= h √2; ОЕ=r= h, где r- радиус вписаной окружности. Пусть
АВ=АС=ВС=Х→S∆ABC= x²3/4; р=3x /2; r = S ∆ABC /р; (рполупериметр)
Д
r = h= (x² 3/4) :(3х/2) = x√3/2→x =2h√3
S ∆ABC = (2 3 h) ² 3 /4= 4•3 • 3 • 4² /4=
=3 • 3 h²,
S ∆всд = x* ДЕ=
= 2 3 h • h= h ² 6; а
h
S бок =3 S∆всд=3 h ² 6 значит
S п п =S ∆ABC +Sбок=
С
=3h² 6 + 3 3 h ²= 3 3 h ²(+1)
О450
А
Е
В
№257
Дано: DABCправильная пирамида,
DO ┴ABC DO=h,
<DABC=450
Найти Sп.п
Анализ чертежа :DO┴(ABC)→ DO ┴HC→DO┴OH;
∆ABC-правильный→O-центр окружности.
Решение:
<DАВС=<DHO Где DH┴АВ=>OH┴АВ
OH – радиус вписанной окр ∆АВC→OH=r = AB
2 3
а из ∆DHO,т.к.<DHO=450→<HDO=450→OH = OD
= h= AB →AB= 2√3*h
D
2 3
Sосн=S∆АВC=
С
h
«5»
AB2*
3
4
4*3* h
2
3
3h
2
3
4
SБП=DH*P∆АВC=AB*DH
DH=DO√2=h√2→SБП=3*2√3h*h√2=6h2√6
SБП=6h2√6+3h2√3=3h2(√2+1)
Ответ:SПП=3√3h2(√2+1)см2
450 О
А
r
S∆ABC=1/2а*в*sin60°
H
В
а3=R√3=2r√3
№257
Дано : АВСS-прав. пирамида,
SO┴ABC,SO=h,
моя
(ABC)/\ (BSC)=450
S
Анализ чертежа: АВСS-прав. пирамида→SО высота пирамиды, О- центр окр. АК┴ВС,
ВК =КС, т.к.
∆ABC-правильный→OK┴BC→SK┴BC,
h
∆SOK- прямоугольный.
C
450
A
300
AK
K
O
Решение задачи
<SKO=450→OK=OS=h→SK=h√2(по теореме
Пифагора), →OK=h→АК=3h
AB
3h
COS 30
0
АВ 2 3 h
AB
Sполн.пов.=SABC+1/2*SK*PАВС=
М
=1/2 *(3h)* (2h√3)+ 1/2 (6h√3)*(h√2)=
B
=1/2*6h*h√3(1+√2)=3h2√3(1+√2)
Ответ :3h2√3(1+√2)
Дано :SABСD-правильная пирамида,
№258
<SCO=<SBO=<SАO<SDO=60°,SA=SB=SC=SD=12
Найти : SП.П.
SП.П.=SABCD+1/2*PАВСД*SK
Решение :
S
∆ASC:
S
12
AC=12→АВ=ВС→a2+a2=122→АВ=6√2=ВС
12
S
600
А
12
С
12
12
12
3√2
Д
С
К
О
a
12
12
600
А
SK=√122-(3√2)2=3√14
В
В
К
С
6√2
SП.П.=SABCD+1/2*PАВСД*SK=(6√2)2+1/2*4* 6√2*3√14=
=72+72√2=72(1+√7). Ответ : 72(1+√7).
Дано : АВСДS-правильная пирамида, АВСДS
0, ДС=6см.
^
квадрат,(АВС);(ДSС)=60
300
Найти :SD
Анализ чертежа:О-центр
вп.окр.,OK┴(СD),OK=1/2АД(т.к. АВСД
КВАДРАТ), ДС┴ОК→ДС┴SK, <SКOлинейный угол двугранного угла SDСB
№259
«4»
6
В
6
600
6
О
Д
6
3
OK=1/2АД=6/2=3→ SК=6.
К
3
3
А
С
Решение : <SКO=600,∆ SКOпрямоугольный→ <ОSК=300,
∆DSС- равнобедренный, т.к.
пирамида прав.→ДК=КС=3,
SD2=ДК2+ SК2, SD2=62+32=45,
SD=√45=3√5.
Ответ :SD=3√5.
S
№259
Дано:ABCDS-правильная пирамида,
АВ=6см, <SKO=60°. Найти AS -?
Решение:∆SOK: <O=90°; <SKO=60°
OK=1/2 AB=3см→tg60°=OS/OK
OS=OKtg60°;
SO=3√3; AO=1/2АС; АС=√62+62=√72=6√2см
C ∆ASO: <O=90°, AO=6√2/2см; SO=3√3
→AS=√AO+OS; AS=√18+27=√45=3√5см
«5»
B
600
O
K
3
6
A
6
D
Ответ : AS=3√5см
Дано :АВСД –прав.пирам.ДР-апофема АДВ.
Д
Доказать :а) АВ┴(СРД)
b) СК┴(АДВ)
«3»
К
В
О
№260
Р
С
Анализ чертежа:АВСД-прав.
пирамида→ДО-высота
пирамиды, О- центр окр.
Решение :а)ДО┴(АВС),СР ┴АВ,
АР=РВ,ОР-проекция
ДР→ДР┴АВ.По признаку перпенд.
прямой и плоскости:АВ┴ДР,
АВ ┴СР→АВ ┴(СДР)
A
b) СК┴ДР по условию,АВ┴(СДР)→АВ┴СК,
По признаку перпендикулярности прямой
и пл.: СК┴ДР, АВ┴СК→СК┴(АДВ)
№260
Д
«4»
К
P
А
О
С
Дано : АВСД –пр. пирамида.
∆ABC-правильный, ДО┴(ABC),
плоскость проходит:α→(DO;DC)
Доказать :а) АВ┴(ДРС);б)СК┴(АВД)
Док- во :1)СР┴АВ (как высота
∆АВС);ДО┴РС,(ДО┴(ABC);ДР┴АВ(по
т.3-х перпендикулярах→отсюда
АВ┴РД;→АВ┴(РДС)
По признаку перпендикулярности
прямой и плоскости
В
2)ДР – апофема грани АДВ;СК┴РД
(условие) АВ┴(РДС)→АВ┴КС
(определению.);
РД∩АВ=К є(АВД)→КС┴(АВД) (по
признаку.)
№261 Докажите, что в правильной треугольной пирамиде
скрещивающиеся рёбра взаимно перпендикулярны.
«5»
D
B
A
о
K
C
Дано: ABCDправильная
пирамида АС=СВ=АВ
Доказать: АD┴ВС
Доказательство:
DК - высота(∆СDВ)
АК - высота(∆АВС)
DК┴ВС(выс ∆СDВ)
АК┴ВС(выс ∆АВС)
АО проекция АDв
∆АВС→
АО┴ВС
АD┴ВС (по теореме о
3х перпендикулярах).
D
«4»
№261
C
K
O
A
Дано :ABCD- правильная пирамида.
AD скрещивается с BC
Доказать :AD┴BC
B
Решение :AD скрещивается с BC,K € BC,
BK=KC,∆ABC-правильный треугольник→
AK┴BC,AO-проекция AD(AO-часть
AK)→AO┴BC. По теореме о трех
перпендикулярах:BC┴OA→BC┴AD.
Остальное аналогично.
ЗАДАЧА №262.
«5»
S
А
P
О
M
B
Дано: А SРВ- пирамида;
SО- высота пирамиды;
О- центр вп. оп.
окружности ∆АВР; SМвысота(апофема) SВР;
SВ=SР;АР=АВ.
Доказать: что
(ASM)(BSP)
№262
РЕШЕНИЕ:1) SМЄ (SВР); SМ ВР т.к
∆ BSP: SВ=SР→ BМ=МР.
2)∆ABP: AB=AP;AM┴BP→BM=MP.
3) ВР SМ и ВР АМ ВР (АРМ)
4)т.к (BSP) проходит через
прямую ВР (ASM) (ASM)(BSP)
S
P
А
О
M
B
М
Дано : АВСДМ-правильная
пирамида, LK║BM, NK║AB,
K € BC,L € MC,N € AD.
Построить :пл.(KLM)
Доказать : а) (KLN)║(AMB)
T
№263
«3»
L
Д
С
N
К
А
В
Решение : а)NK║DC→ NK║DCМ
(NKL)∩(DMС)═TL,TL║NK,
□TNMK-трапеция.
в)
LK║BM,NK║AB→(KLM)║(ABM)признак параллельности
плоскостей.
M
№263
«5»
S
L
Д
С
N
K
А
В
Дано:
МАВСД – правильная пирамида
К€ВС; L€МС; N€ВМ,KN||ВА; KL||ВМ
а)построить сечение (KLN) и определить его
вид;
б)доказать: (KLN)||(АМВ).
Решение:
а)(KLN)∩(АМВ)=SL; NК||ДС→NК||(ДМС)
Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой
плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения
плоскостей параллельна данной прямой, т.е. NЛ||SL. Значит
NKSL – трапеция.б)(KLN)||(АМВ), т.к. LK||МВ, NК||АВ→
признак параллельности плоскостей
№264
Дано :РАВСДЕТ- правильная пирамида;
S∆BPE═S∆PDC ;АВ=а.
Найти : Sбок.
S∆BPE═S∆PDC →1/2BE*OP═1/2CD*KP→
BE*OP═CD*KP→2а*OP ═а*KP → 2OP
═KP→OP═1/2KP→<PКО=300 ;
P
ОК2=ОД2- КД2→OK═а√3/2→
ОК/РК=cos300→PK=2ОК/√3;
РК=(2 а√3/2)/ √3=а; РК=а
О
а
Т
а
Е
=3а2 ; Sбок. = 3а2
С а/2 К а/2
А
О
В
S б.п.=1/2Pосн.*PK=1/2*6а*а=
а
Д
С
К
Д
Дано : АВСД- прав. пирамида ДС/\(АВС)=600,
№265
Е Є ДС, ∆ABE- сечение,(АВЕ)/\(АВС)=300,
АВ=АС=ВС=12,
Найти : S∆ABE
д
Анализ чертежа : KC┴AB,AB=AC=BC→AK=KB,
KE┴AB, ∆ABE-равнобедренный т. к.
∆BCD=∆ACD→<EKC=300, DO┴(ABC)-высота пирамиды
K
∆EKC-прямоугольный,
0
30
т.к. <KC=900
E
600
600
C
E
12
A
300
C
1) КС2=ВС2- ВК2=122- 62=108→
C
O
12
12
K
B
Решение задачи :
A6 K 6 B
КС=6√3;
КЕ/КС=sin600→KE=KC*sin600
КЕ=6√3*√3/2=9, КЕ=9→
S∆ABE =1/2*9*12=54СМ2
№266
S
«5»
C
Дано:АВCDS-пирамида , ABCD-прямоугольник
SА=BS=CS=DS AS║(BED)
АВ=6дм; AD=8дм; SO=2дм; SO┴ (ABC)
P
Найти:SBED -?
E
O
Т
K Е
Решение: S BED=BD*EK;
1
B
EK┴ BD; BD=√AB2 +AD2
=√64+36=10дм; ЕК=?
D
C
□АВСD: SABCD =6*8=48дм2
S∆COВ =1/4SABCD=12 дм2 ;
P
O
S∆COВ=1/2h* OВ;
K
OВ=5 12=1/2h*5=> h=24/5дм
Е1
т.к. РK=1/2h то РK=12/5дм
A
B
0
∆ЕРK;
<EРК
=90
Анализ чертежа :∆ASC: ОЕ║AS;
ЕР =1дм
∆DSB- сечение; т.к.
т.к. ср. линия ∆SOC :РK=12/5дм
AO=OC;AS║OE→SE=EC;
EP┴AC→ЕР║SO→ОР=РС;ЕР=1/2ОS.
ЕК2=KР2+EР2 =144/25+1=169/25=>
РК┴ОВ;СЕ1 ┴OB→РК║СЕ1- СР.
EK=13/5дм =>
линия ∆СОЕ1→РК=1/2СО1 ;СЕ1=h;
S∆BED =1/2* 10* 13/5=13дм2
СЕ1 *ОВ=ВС*ОТ; СЕ1 =6*4:5=4.8→РК=2.4
Лысенко не сделала
№267
«4»
S
Дано :SABCDE- пирамида, (АВС)║(MNK).
M
P
O1
L
N
Доказать :SM:MA=SN:NB=…=SO1:O1O
Решение задачи :
K
E
(АВС)║(MNK)→АВ ║MN, NK ║ВС,ОВ ║ВО1→
A
∆SMN~∆ABS,∆SNK~∆SBC,∆SNO1 ~∆SBO→
SM:SA=SN:SB=SO1:SO→SM:MA=SN:NB=
O
B
D =SO1:O1O
C
АНАЛОГИЧНО ПРОХОДИТ И
ОСТАЛЬНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
№268
Туркеева не сделала
Дано : SАВСД- прав. пирамида (РКТ)║(АВС);
SO1:OO1 =1:2 ; МЕ=4дм-апофема; Sп.п.=186дм2
S
Найти :ОО1
Решение :
Н
О1
Пусть ВС= а, SO1:OO1 =1:2→SO1 :SO=1:3
→SM:SЕ=1:3→КТ:ВС=1:3
Т
→если ВС = а, то КТ =а/3
M
Р
К
Sп.п.= SABCD+SРКТН+4SВКТС
Д
С
Е
О
А
3
О
3
О1
=(10а2+96а)/9; по условию Sп.п.=186дм2
(10а2+96а)/9 =186дм2→ а=9 дм;
В
M
ОО1=√42-32=√7
4
3
Sп.п.=а2+ а2/9+4*(а+а/3)/2*4=10а2/9+32а/3=
3
Е
ОО1=√7
Дано :АВСМЕК- прав. усеч. пирамида ,ВА=4дм,
ЕМ=2дм,АМ=2дм
№269
Найти : ОО1- высоту, РТ- апофема.
Решение : ∆ABC- правильный→МО1 =a/√3 =2/√3,
Д
(т.к. O1- центр оп.окр. МЕ=R√3→R=ME/√3)
аналогично:∆MKE- правильный→АО=4/√3
К
М
Р
А
О1
О1
MF2=MA2-OF2
М
2/√3
2
MF=(2√2)/√3=ОО1
Е
О
С
А
О 4/√3 F
1 М
Р
2
Т
1
В
Т
ОО1= (2√2)/√3= 2√6/3
PT=√22 -12= √3
1
2
А
ОО1=2√6/3; PT=√3
№270
Дано :АВСА1В1С1-усеченная пирамида,
«5»
AA1 ┴(ABC), АВ=АС=ВА=5, А1В1=А1С1=В1С1=3, АА1=1
Найти : SБОК. Пов -ти
Анализ чертежа: AA1 ┴(ABC)→ AA1 ┴AK, AA1 ┴AC, AA1 ┴AB,
A1 K1 KA-прямоугольная трапеция, AK ┴ВС,А1К1 ┴В1С1
Решение задачи :
C1
3
A1
SАА1С1С=(3+5)/2*1=4, SАА1В1В=(3+5)/2*1=4
3
K1
3
∆КК1N:КК1=√12+22=√5,
SВСС1В1=(3+5)/2*√5=4√5.
B1
1
SБОК. пов-ти=4+4+ 4√5=
C
5
1
K
3
=8+ 4√5.
5
Ответ: 8+ 4√5
N 2
A
5
B
Документ
Категория
Презентации по математике
Просмотров
27
Размер файла
612 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа