Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 265]

Задача 109343

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
	[	Цилиндр	]
	[	Куб	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

Две противоположные вершины единичного куба совпадают с центрами оснований цилиндра, а остальные вершины расположены на боковой поверхности цилиндра. Найдите высоту и радиус основания цилиндра.

Решение

Пусть противоположные вершины A и C1 куба ABCDA1B1C1D1 совпадают с центрами оснований цилиндра с высотой h и радиусом основания r , а остальные вершины куба расположены на боковой поверхности цилиндра (рис.1). Тогда h = AC1 = . При ортогональном проектировании данных куба и цилиндра на плоскость, перпендикулярную прямой AC1 , боковая поверхность перейдёт в окружность радиуса r , точки A и C1 перейдут в центр O этой окружности, точки B , C , D , A1 , B1 и D1 – соответственно в точки B' , C' , D' , A1' , B1' и D1' , лежащие на окружности, причём B'C'D'D1'A1'B1' – правильный шестиугольник с центром O . Радиус основания цилиндра равен стороне этого шестиугольника. Обозначим A1AC1 = α . Из прямоугольного треугольника A1AC1 находим, что

sin α = sin A1AC1 = = = .
Так как прямая AC1 перпендикулярна плоскости основания цилиндра, то угол между прямой AA1 и плоскостью основания цилиндра равен 90^o - α . Следовательно,
r = OA1' = AA1 cos (90^o- α) = AA1 sin α = .

Прислать комментарий

Задача 109344

Темы:	[	Параллельное проектирование	]
Темы:	[	Параллелепипеды	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 проведён отрезок, соединяющий вершину A с серединой ребра CC1 . В каком отношении этот отрезок делится плоскостью BDA1 ?

Решение

При параллельном проектировании параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 на плоскость грани AA1B1B с проектирующей прямой AD данный параллелепипед перейдёт в параллелограмм AA1B1B , середина M ребра CC1 перейдёт в середину M' отрезка BB1 , точка P пересечения диагоналей грани ABCD – в середину P' стороны AB , точка K пересечения отрезка AM с плоскостью BDA1 – в точку K' отрезка A1P' , соединяющего вершину A1 параллелограмма AA1B1B с серединой стороны AB . Пусть прямые A1P' и BB1 пересекаются в точке F . Тогда

BF = AA1, FM' = BF + BM' = AA1 + AA1 = AA1.
Из подобия треугольников AK'A1 и M'K'F находим, что
AK':K'M' = AA1:FM' = AA1:AA1 = 2:3.
Следовательно,
AK:KM = AK':K'M' = 2:3.

Ответ

2:3, считая от точки A .

Прислать комментарий

Задача 109345

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
	[	Цилиндр	]
	[	Призма (прочее)	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

Вершины A и B призмы ABCA1B1C1 лежат на оси цилиндра, а остальные вершины – на боковой поверхности цилиндра. Найдите в этой призме двугранный угол с ребром AB .

Решение

При ортогональном проектировании данных цилиндра и призмы на плоскость основания цилиндра боковая поверхность перейдёт в окружность, равную окружности основания, вершины A и B перейдут в центр O этой окружности, вершины A1 и B1 – в некоторую точку M этой окружности, а вершины C и C1 – соответственно в точки P и Q , лежащие на окружности (рис.2). Так как AA1|| CC1 и AA1 = CC1 , то OM = PQ . Аналогично, OP = MQ . Кроме того, OM = OP как радиусы одной окружности. Значит, четырёхугольник OMQP – ромб, в котором диагональ OQ равна стороне. Поэтому MOQ = POQ = 60^o , а MOP = 120^o . Прямые OP и OM лежат в гранях двугранного угла с ребром AB и перпендикулярны прямой AB . Значит, MOP – линейный угол искомого двугранного угла.

Ответ

120^o .

Прислать комментарий

Задача 109346

Темы:	[	Проектирование помогает решить задачу	]
Темы:	[	Параллелепипеды (прочее)	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

В параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 на прямых AC и BA1 взяты точки K и M , причём KM || DB1 . Найдите отношение KM:DB1 .

Решение

При параллельном проектировании параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 на плоскость диагонального сечения BB1D1D с проектирующей прямой AC параллелепипед перейдёт в параллелограмм BB1D1D , точка K перейдёт в середину K' стороны DB , точка A1 – в середину F отрезка B1D1 , отрезок BA1 – в отрезок BF , прямая KM – в прямую l , параллельную KM и проходящую через точку K' , точка M – в точку M' пересечения прямых BF и l (прямая KM параллельна плоскости BB1D1D , т.к. она параллельна прямой DB1 этой плоскости). Пусть L – точка пересечения BF и DB1 . Тогда = = 2 , а т.к. K'M' – средняя линия треугольника BDL , то

= = = = 3.

Ответ

1:3.

Прислать комментарий

Задача 109357

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
Темы:	[	Четырехугольная пирамида	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

Основание четырёхугольной пирамиды PABCD – параллелограмм ABCD , M – основание перпендикуляра, опущенного из точки A на BD . Известно, что BP = DP . Докажите, что расстояние от точки M до середины ребра AP равно половине ребра CP .

Решение

Пусть O – центр параллелограмма ABCD , K – середина ребра AP . При ортогональном проектировании пирамиды на плоскость основания вершина перейдёт в точку P' , равноудалённую от точек B и D , а точка K – в середину K' отрезка AP' . Так как OP' – серединный перпендикуляр к отрезку BD , то OP'|| AM . Средняя линия K'L прямоугольной трапеции AMOP' перпендикулярна боковой стороне OM , поэтому K'L – серединный перпендикуляр к отрезку OM . Значит, K'M = K'O , т.е. ортогональные проекции наклонных KM и KO на плоскость ABCD равны. Следовательно, KM = KO , а т.к. KO – средняя линия треугольника APC , то KM = KO = PC .

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 265]