До уроку: "Розв’язування стереометричних задач на комбінації геометричних тіл"

Геометрія

Для кого: 11 Клас

29.08.2021

55

0

0

Опис документу:
В даному матеріалі " Розв’язування стереометричних задач на комбінації геометричних тіл" дібрано низку геометричних задач на комбінації геометричних тіл з готовими рисунками та детальним поясненням. Матеріал можна використати на уроках геометрії в 11 класі.
Перегляд
матеріалу
Отримати код

Практикум розв’язування стереометричних задач

на комбінації геометричних тіл





Задача 1. У правильну чотирикутну піраміду вписано куб так, що чотири його вер­шини знаходяться на бічних ребрах, а останні чотири знаходяться в площи­ні її основи. Знайдіть ребро куба, якщо в піраміді сторона основи дорівнює а, а висота — h.

Р озв’язання.Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда, у якої АВ = а, SO(АВС), SO = h. Оскільки, за умовою, ABCD – квадрат, то його діагональ АС = а , тоді АО = .

Нехай в кубі A1B1C1D1A2B2C2D2сторона A1B1= х, тодіSO1 = hх, A2О = A1О1 = . SAО ∞ SA1О1, з подібності трикутників випливає пропорційність сторін: = ;

= ; = ; аhах = hх; аh = х(а + h);

тоді шукане ребро: х = .

Відповідь: .

Задача 2. Знайдіть радіус основи циліндра, описаного навколо правильної трикутної призми, якщо висота призми дорівнює h, а бічна поверхня дорівнює S.

Р озв’язання.

За умовою висота правильної трикутної призми АВСА1В1С1

АА1 = h,а бічна поверхня Sбічн.= S. З формули для обчислення площі бічної поверхні правильної призми

Sбічн= 3·АА1·АВ обчислюємо сторону трикутної призми

АВ = . Радіус ОВ основи прямого циліндра, описаного навколо правильної трикутної призми, знаходимо за формулою

R3= .Звідси

R3 = : = .

Відповідь: .








Задача 3. У циліндр вписана правильна шестикутна призма. Знайдіть відношення бічних поверхонь циліндра і призми.

Розв’язання.

Площу бічної поверхні прямого циліндра знаходимо за формулою:

Sбічн.цил.=2 RцHц, площу бічної поверхні правильної шестикутної призми –

Sбічн. приз.= 6· ·Hприз.. Оскільки, висоти циліндра та правильної шестикутної призми і радіус циліндра та сторона вписаної в нього призми - рівні, то відношення бічних поверхонь циліндра і призми матиме такий вигляд:

= = = .

Відповідь: .

Задача 4. У правильній чотирикутній призмі сторона основи дорівнює а; пе­реріз, проведений через протилежні сторони основ, утворює з осно­вою призми кут . Знайдіть площу бічної поверхні описаного ци­ліндра.

Р озв’язання.

У правильній чотирикутній призміАВСДА1В1С1Д1, сторона основи якої АД = а, проведено переріз АВС1Д1. Його проведено через протилежні сторони основ АВ і С1Д1 під кутом до площини основи призми, тобто ДАД1 = . Оскільки, за умовою, основою даної призми є квадрат АВСД, то його діагональ АС знайдемо за теоремою Піфагора: АС = а . Ця діагональ є діаметром основи прямого циліндра, описаного навколо даної призми. Отже, радіус основи циліндра: Rц = АС, Rц = .

З АДД1( АДД1= 900): ДД1 =а .

Площу бічної поверхні описаного ци­ліндра обчислимо з формули Sбічн. цил.= 2 ц Hц,

Sбічн. цил.= 2 а = а2 .

Відповідь: Sбічн. цил.= а2 .













Задача 5. У циліндр, твірна якого дорівнюєl, вписано піраміду так, що її ос­нову — правильний трикутник — вписано в основу циліндра, а вер­шина лежить у другій основі циліндра. Знайдіть бічну поверхню пі­раміди, коли відомо, що дві бічні грані піраміди перпендикулярні до її основи, а третя утворює з основою двогранний кут .

Розв’язання.

Нехай на малюнку дано зображення прямого циліндра, довжина твірної якого дорівнюєl,тобто SС =l. В цей циліндр вписано трикутну піраміду SАВС, основою якої є правильний трикутник АВС. Дві бічні грані пірамідиSСА і SСВ перпендикулярні до її основи, а третя грань SАВ утворює з основою двогранний кут тобто SКС = , бо СК АВ, тоді за теоремою про три перпендикуляри SК АВ. Звідси висота СК з АВС є його медіаною і бісектрисою, тому АК = КВ.

З SКС ( SСК = 900): КС = l , SК = .

В СКА ( СКА = 900) нехай АК = х, тоді АС = 2х.

За теоремою Піфагора АС2 = КС2 + АК2 , звідси

(2х)2 = l2 + х2,

х2 = ,

х = .

Таким чином, АК = , тоді АС = .

Бічну поверхню пі­рамідиобчислимо за формулою

Sбічн. пір.= + + , але = – за І ознакою рівності трикутників, бо – спільна, СА = СВ – за умовою, тоді = .

Таким чином,

Sбічн. пір.=2 + = 2 АС + АВ К,

Sбічн. пір.= + = (2 + 1).

Відповідь: Sбічн. пір.= (2 + 1).

Задача 6. У правильній трикутній піраміді плоский кут при вершині дорів­нює . Знайдіть повну поверхню вписаного конуса,якщо площаоснови піраміди дорівнює S.

Розв’язання.

У правильній трикутній пірамідіSАВС плоский кут при вершині дорів­нює , тобто АSС = . В основі піраміди лежить правильний трикутник АВС, площа якого, за умовою, дорівнює S. З формули для обчислення площі правильного трикутника = , знайдемо сторону трикутника

А С = а = 2 .

Центр основи конуса, вписаного в дану піраміду, точка О, лежить на перетині бісектрис кутів АВС, тоді ОМ = ОК і є радіусами кола, вписаного в даний трикутник (ОМ АС, ОК СВ). За формулою для обчислення радіуса кола, вписаного в правильний трикутник, маємо:

ч3 = , ч3 = , ОМ = ч3 =2 = .

Оскільки, ОМ АС, ОК СВ, то за теоремою про три перпендикуляри SМ АС, SК СВ. В SАС висота SМ – бісектриса і медіана, тому АSС = ,

АМ = АС = 2 = .

З SМА ( SМА= 900): SМ = = .

Площа повної поверхні конуса обчислюється за формулою:

= + , тобто



= ОМ2 + ОМ SМ,

= ( )2 + = ( + 3 ).

Відповідь: = ( + 3 ).




Задача 7. У кулю радіуса Rвписанапряма призма, основа якої - прямокут­ний трикутник із гострим кутом . Найбільша бічна грань призми - квадрат. Знайдіть об’єм призми.



Розв’язання.

Нехай на малюнку дано зображення кулі, в яку вписано пряму призму АВСА1В1С1.Центром описаної навколо прямої призми куліє середина її ви­соти О1О2, радіусом даної кулі є відрізок ОА = R. В основі даної призми лежить прямокутний трикутник АВС з гострим кутом , тобто А = . Центр кола, точка О2, описаного навколо прямокутного трикутника АВС лежить на середні гіпотенузи АВ. За умовою найбільша бічна грань призми АВВ1А1 – квадрат. Таким чином, АВ1 є діагоналлю квадрата АВВ1А1 і тому АВ1 = 2R.

Позначимо АВ = х, тоді за теоремою Піфагора з АВС

( АСВ = 900):

АВ2 + ВВ12 = АВ12,

х2+ х2 =(2R)2,

х = R ,

тобто гіпотенуза АВ, а отже, і висота призмиАВСА1В1С1 ребро ВВ1 = R .

Звідси ВС = R , АС = R .

Об’єм призми обчислимо за формулою:

Vприз. = Sосн. ВВ1, де Sосн. = АС ВС.

Таким чином,

Vприз. = R R R = .

Відповідь: Vприз. = .

Задача 8. У сферу радіуса R вписано циліндр, діагональ осьового перерізу якого утворює з основою кут . Знайдіть об’єм циліндра.

Розв’язання.

Нехай на малюнку дано зображення сфери, радіус якої дорівнює R, тобто АО = R. В цю кулю вписанопрямий циліндр, осьовим перерізом якого є прямокутник АА1В1В. Діагональ АВ1 даного осьового перерізу утворює з основою кут , тобто В1АВ = .

Центр кулі, точка О, описаної навколо циліндра, лежить на середині осі циліндра і є точкою перетину діагоналей прямокутника АА1В1В. Отже, АВ1= 2R.

З АВВ1 ( АВВ1 = 900): АВ = 2R , ВВ1 = 2R , тоді радіус циліндра АО2 = R .

Об’єм циліндра обчислимо за формулою Vц. = Нц,

де Rц = R , Нц = 2R .

Звідси Vц. = R2 2R = R3 .

Відповідь:Vц. = R3 .













Задача 9..Радіус основи конуса дорівнює 39 см, а висота – 52 см. У нього вписано циліндр такої висоти, що його бічна поверхня рівновелика бічній поверхні малого конуса, який стоїть на його верхній основі. Знайдіть висоту циліндра.

Р озв’язання.

Нехай на малюнку дано зображення конуса, радіус основи якого ОВ = 39 см, висота SО = 52 см. В цей конус вписано прямий циліндр,бічна поверхня якого рівновелика бічній поверхні малого конуса, тобто

= ,

= 2 ,

= l,

2 О1В1 ОО1 = О1В1 SВ1,

2 ОО1 =SВ1,

SВ1= 2ОО1.

З SОВ ( SОВ = 900) за теоремою Піфагора: SВ2 = SО2 + ОВ2,

SВ = = = 65 см.

Оскільки, SОВ SО1В1 за І ознакою подібності трикутників, то = = , де

SО1 = SО - ОО1 = 52 - ОО1.

Звідси = ,

= ,

ОО1= 20 см.

Відповідь: висота циліндра 20 см.


Відображення документу є орієнтовним і призначене для ознайомлення із змістом, та може відрізнятися від вигляду завантаженого документу.