Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский национальный исследовательский технический университет им. А. Н. Туполева

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Bitner_V_A_-_Kratky_kurs_shkolnoy_matematiki

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2015

Размер:

6.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 / 4241 42 > Следующая >>>

Краткий курс школьной математики	401

По

условию

но

LC = KC

- свойство касательной,

AK = KC , значит, KC =

Имеем: AK = KC = LC , тогда

BL + LC

2LC

2 2

Ответ:

BC = AC = 2 :1 .

Задание 4. В равнобедренный прямоугольный треугольник вписан прямоугольник так, что прямой угол у них общий. Найдите периметр прямоугольника, если один из катетов треугольника равен 5 см.

Решение.

P KLMC	= 2 ( KC + CM ) , но	KC = LM = MB , так как
BLM	- прямоугольный	равнобедренный, тогда

P= 2 (CM + MB) = 2BC = 10 (см.)

KLMC

Ответ: 10 см.

Задание 5. Найдите площадь равнобочной трапеции, если ее высота равна h , а боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом α .

		Решение.
		Решение.
		1)	AOB - центральный AOB = α = AB .
		2)	Проведем диагональ BD, ADB - вписанный,
		2)	Проведем диагональ BD, ADB - вписанный,
		следовательно, ADB =		1	AB =	α	.
		следовательно, ADB =			AB =		.
			2		2
3)	CBD = ADB - как внутренние накрест лежащие при BC \|\| AD и
	секущей BD .
4)	n OM = m , где M = LK ∩ BD , тогда MK = h − m .

402

В.А.Битнер

Из BLM : BL = LM ctg

= m ctg

= LC .

Из MKD : KD = MK ctg

= (h − m) ctg

= AK .

AD + BC

h = (KD

+ LC ) h =

Sтрап. =

h =


			α		α		α
=	(h − m )ctg			+ m ctg		h = h2 ctg		(кв.ед.).
=	(h − m )ctg			+ m ctg		h = h2 ctg		(кв.ед.).
	2				2		2
Ответ:	h2 ctg	α	кв.ед.
Ответ:	h2 ctg		кв.ед.

		2
Задание		6. В ABC на стороне AC взята точка M такая, что
AM =	2	AC , а на стороне BC - точка K такая, что BK =	1	BC . В ка-

3		3

ком отношении отрезок BM делит отрезок AK ?

Решение.

1)Проведем AL || AC и BM ∩ AL = L .

2)n BK = a , тогда BC = 3a, BM ∩ AK = N .

AML CMB

(по

признаку

подобия),

тогда

AL = 2BC = 6a .

MC 1

LAN BKN (по 1 признаку подобия), тогда

= 6 .

NK BK

Ответ:

AN : NK = 6 :1 .

Краткий курс школьной математики	403

Задание 7. На сторонах AD и CD квадрата ABCD со стороной 3. Взя-
ты две точки M и N так, что	MD + DN = 3 . Прямые BM и CD пере-

секаются в точке E . Найти длину отрезка NE , если ME = 4 .

Решение.

1)n MD = x, DE = y .

2)BAM EDM MD = ED x =

AM AB 3 − x

=	y		3x − 3 y + xy = 0 .

3
3)		Из MDE по t Пифагора имеем
x2 + y 2 = 16 .
4)		Получили систему уравнений
3x − 3 y + xy = 0
			. Нам нужно найти
x2			+ y 2 = 16
NE = ND + DE = 3 − x + y , то есть надо найти

y − x . n y − x = u , тогда из 1 уравнения систе- мы xy = 3u ; перепишем 2 уравнения системы в виде ( x − y )2 + 2xy = 16 , u 2 + 6u −16 = 0 , откуда u1 = 2, u2 = −8 - не удовлетворяет условию. Получили y − x = 2 , тогда NE = 3 + 2 = 5 .

Ответ: 5 ед.

Задание 8. В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна a , а плоский угол при вершине равен α . Найдите ее объем.

Решение.

1) Проведем AK BC ( BK = KC ) , то-

гда SK BC (по t о 3 ) .

404																																																	В.А.Битнер

																					2
			1														1			a	2			3
2)	V	=	1		S				SO =								1			a				3		SO ,							где			SO - высота пирамиды, O -
2)	V	=			S				SO =																	SO ,							где			SO - высота пирамиды, O -
	пир.		3 ABC											3							4
	центр основания.
3)	Из ABC : AO =												a			, OK =									AO					=			a			.
3)	Из ABC : AO =															, OK =														=						.
														3												2						2		3
4)	Из SBK : BK =											a			, BSK =											α			, тогда SK = BK ctg													α	=		a			ctg		α	.
4)	Из SBK : BK =														, BSK =														, тогда SK = BK ctg														=					ctg			.
											2															2																2				2			2
5)	Из SOK по t Пифагора

																		2										α				2										α
			2								2								a							2		α					a				a				2	α
	SO =			SK				− OK						=									ctg								−			=					3 ctg					− 1 .
																		4										2				12										2

																																			2		3

6)		=	1				2								a												2		α		− 1 =				1		3			2	α		− 1				куб.ед.
			1				2	3							a							3 ctg					2		α						1		3	3 ctg		2	α
	V					a																															a
	V					a																															a
	пир.		12								2			3														2							24							2
			12																									2							24							2


Ответ:		1	3				3ctg			2	α				−1				куб.ед.
			a
		24	a								2
		24									2

Задание 9. Через середину бокового ребра правильной треугольной пирамиды проведено сечение, параллельное двум скрещивающимся ребрам этой пирамиды. Найдите площадь этого сечения, если сторона основания равна a , а боковое ребро равно b .

Решение.

1) Построим сечение, параллельное двум скрещивающимся ребрам SA и BC правильной пирамиды SABC .

n N - середина ребра SB . Проведем

NM || AS ( AM = MB) и

ML || BC ( AL = LC ) . Тогда

MNKL MN =

, ML =

- искомое

сечение, площадь которого надо найти. Действительно, BC || ML BC || (MNK )

и AS || MN AS || (MNK ) - по признаку параллельности прямой и

Краткий курс школьной математики									405

плоскости, NK \|\| ML и NK = ML, KL \|\| MN и KL = MN (по обрат-
ной t ). Докажем, что MNKL - прямоугольник. n									SO - высота
пирамиды, где O - центр основания. BC AO BC SA
(t о 3	) , но MN \|\| SA MN BC и ML \|\| BC MN ML d .
2) S MNKL	= ML MN =	a		b	=	ab		(кв.ед.)

	2		2				4

Ответ: ab кв.ед. 4

Задание 10. Все ребра правильной четырехугольной пирамиды равны 2. Найти объем этой пирамиды, а также радиусы вписанного и описанного шаров.

Решение.

1) Из условия задачи следует, что пирамида SABCD - правильная, то есть ABCD - квадрат, высота SK проходит через точку

K = AC ∩ BD .

2)Центр O описанного шара лежит на пересечении высоты SK и серединного перпендикуляра LO к боковому ребру

SC .

3)Центр O1 вписанного шара лежит на

пересечении высоты	SK	и биссекторной
плоскости двугранного		BC , то есть
O1 = SK ∩ NO1 , где	NO1	-	биссектриса
SNK - линейного	угла		двугранного

	BC ( KN BC, KN \|\| AB, SN BC - по t о 3 ) .
4)	V	=	1	S		SK =	4	SK .
					осн.
	пир.	3				3

406

В.А.Битнер

SBC - равносторонний SN =

SC 3

3 и из

SKN : KN =

= 1 и по t Пифагора

SK = SN 2 − KN 2 = 3 − 1 = 2 .

2 (куб.ед.)

пир.

Найдем SO - радиус описанного шара. SOL SKN (по 1 призна-

SO =

ку подобия), SL =

= 1,

= 2 , то есть O и

SC SK

Kсовпадают.

8)Найдем O1 K - радиус вписанного шара. Проведем O1M SN , то-

гда SO1 = 2 − x . SO1M SKN (по 1 признаку)

SO1

O1M

SO KN = O M SN , (

− x) 1 = x

3, x =

+ 1

Итак,

O1 K =

3 + 1

ед.

Ответ:

2 куб.ед.,

2 ед.,

3 +1

Решение задач вступительных экзаменов и вступительных тестов по математике ЮурГУ, ЧГУ, УрГУ, некоторых москов- ских и санкт-петербургских вузов.

Задание 1. В треугольнике ABC со сторонами

AB = 5, BC =	17 , CA = 4 на стороне CA взята
точка M так,	что CM = 1 . Найти расстояние

между центрами окружностей, описанных около треугольников ABM и BCM .

Решение.

Краткий курс школьной математики	407

Проведем BM1 AC и найдем CM1 = x , тогда AM1 = 4 − x . Из

ABM

по t Пифагора: BM 2

= 25 − (4 − x)2

. Из

CBM

: BM 2 = 17 − x2 , получили уравнение

25 −16 + 8x − x2 = 17 − x2 , 8x = 8, x = 1 . Получили CM

= 1, то есть

точки M и M1 совпадают.

Но центр окружности, описанной около прямоугольного треуголь-

ника, лежит на

середине

гипотенузы. То

есть точки K и L

( AK = BK , CL = BL) - центры окружностей,

описанных около пря-

моугольных треугольников

ABM и CBM , но тогда KL -

средняя

линия ABC и KL =

= 2 - искомое расстояние между центра-

ми.

Задание 2. Дан прямоугольный ABC с катетами AC = 3, BC = 4

и две

точки M и K такие, что MK = 8, AM = 1, BK = 2 . Найти S CMK .

Решение.

Из условия задачи следует, что точки M , A, B и

лежат

на

одной

прямой,

так

как

MK = 8 = 1 + 5 + 2 = MA + AB + BK .

Осталось найти высоту египетского треугольни-

ка с катетами 3 и 4 и гипотенузой 5, которая будет

и высотой MCK . Эта высота равна

3 4

. То-

гда искомая площадь равна

(кв.ед.)

Ответ: 9, 6 кв.ед.

Задание 3. Трапеция разделена на три трапеции прямыми, параллельными основаниям. Известно, что в каждую из трех получившихся трапеций можно вписать окружность. Найти радиус окружности, вписанной в среднюю трапецию, если радиусы окружностей, вписанных в две оставшиеся, равны R и r .

408	В.А.Битнер

Решение.

1)n радиус средней окружности равен x . По условию радиус большей окружности равен R , меньшей - r .

2)Достроим трапецию ABCD до AKD , тогда AKD LKP по

обобщенной теореме подобия x = r , откуда x = Rr .

Ответ: Rr ед.

Задание 4. Высота конуса и его образующая равны соответственно 4 и 5 см. Найти объем вписанного в конус полушара, основание которого лежит на основании конуса.

		Решение.
	1)		Пусть полушар вписан в конус указанным об-






		разом, тогда O -									центр оснований конуса и полу-



		шара, OK - радиус полушара, где OK SA .


	2)		SOA - египетский, OA = 3 , тогда



		OK =		3 4		=		12		.




			5		5									144 12 4		1152π
			5		5
3)			V		=		2		π OK		3 =	2	π		=		(см3 ) .
3)			V		=				π OK		3 =		π		=		(см3 ) .
			полуш.		3						3		125		125
					3						3		125		125

Ответ: 1152π см3 .

125

Краткий курс школьной математики	409

Задание 5. Металлический шар радиуса R перелит в конус, боковая поверхность которого в 3 раза больше площади основания. Вычислить высоту конуса.

Решение.

1)	n	высота конуса равна H , а радиус основания конуса r , тогда из
	условия 3S						осн.	= 3π r 2 = S			бок.			= π rl , где l - длина образующей. Отсю-
							осн.				бок.

	да l = 3r и H = l 2 − r 2 = 9r 2 − r 2 = 2r 2 .
															2π r 3
2)			=	1	π r 2 h =				1	π r 2 2r			=			2	= V	=	4	π R3 , откуда
	V			1					1			2				2			4
	V											2
	кон.		3					3						3			ш.	3
			3					3						3				3
	r 3 = R3
	r 3 = R3					2 , r = R 6 2 и H = 2R 2 6 2 = 2R 6 16 = 2R 3 4 (ед.)

Ответ: 2R 34 ед.

Задание 6. Основанием пирамиды SABC служит правильный ABC . Ребро SA перпендикулярно плоскости основания. Найти угол между боковой гранью. SBC и плоскостью основания. Найти угол между боковой гранью SBC и плоскостью основания, если боковая поверхность пирамиды относится к площади основания, как 11 : 4.

Решение.

1)SA - высота пирамиды (по условию). Проведем AK BC , тогда SK BC (по t о 3 ) и SKA - линейный двугранного BC .

2)n SKA = α - искомый угол, и AB = a , тогда

a 3

AK =

, Sосн.

, Sбок.пир.

= 2S SAB + S BSC .

3) Из SAK : SA = AK tg α =

a 3

tg α , SK =

a 3

, тогда

cosα

2 cosα

a 3

2S = AB SA =

tg α , S

BC SK =

SAB

BSC

2 cosα

4 cosα

410																																							В.А.Битнер

2												2						2						sin α
2					3 tg α							2	3					2			3								1
4) Sбок. =	a				3 tg α			+			a		3				=		a		3							+	1				. Но Sбок.						: Sосн. = 11: 4
4) Sбок. =			2					+		4 cosα							=											+					. Но Sбок.						: Sосн. = 11: 4
			2							4 cosα								2 cosα											2

(по условию)											a2 3 4							2									1				11
																						sin α +							=					, откуда
																						sin α +							=					, откуда
									2 cosα a2											3							2				4
8 sin α + 4 = 11cosα 8 sin α −11cosα = −4 - по формуле вспомога-

тельного аргумента														64 + 121 sin (α − 4) = −4 , где
ϕ = arctg			11				, sin (α − ϕ ) = −											4					,α − ϕ = − arcsin													4		.
			8
																		185																	185
																		185																	185
α = arctg				11			− arcsin						4			.


			8									185
Ответ: arctg		11				− arcsin							4		.

			8									185
			8									185
Примечание: можно доказать, что arctg																									11	− arcsin									4		= arctg			3	.


																								8											185				4
																	Тогда ответ: arctg													3		.
																	Тогда ответ: arctg															.
																													4
																													4

Задание 7. Найдите наибольшее значение объема правильной треугольной пирамиды, вписанной в шар радиуса R .

Решение.

1) Центр O описанного около правильной треугольной пирамиды шара лежит на пересечении высоты SK и серединного перпендикуляра LO к боковому ребру

SC , то есть LO SC, SL = LC, SK - высо-

та пирамиды, K - центр правильного треугольника ABC .

2) n SCK = α - угол бокового ребра SC с плоскостью основания,

где 0 < α < π , тогда из SOL : SOL = α и SL = R sin α , но

SL = SC SC = 2R sin α . 2

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 / 4241 42 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.07.2019400.64 Кб4bestref-201996.rtf
#
12.03.20152.74 Mб10BhagavatGita_kak_ona_est.pdf
#
16.04.201995.65 Кб3Bilety_dlq_ekzamena_po_kursu_Socialogiq_i_psiho....docx
#
25.09.2019173.57 Кб3Bilety_IGA_po_190604TA4.doc
#
19.09.2019507.9 Кб7Biologia.doc
#
12.03.20156.54 Mб83Bitner_V_A_-_Kratky_kurs_shkolnoy_matematiki.pdf
#
08.09.2019652.29 Кб4biznes_plan_po_Petrulevich.doc
#
22.03.201663.12 Кб5breaking.pdf
#
12.03.2015931.33 Кб9Broshyura (1).doc
#
12.03.2015826.37 Кб8Broshyura.doc
#
23.11.2019823.3 Кб1Broshyura.doc