Билеты по геометрии (стр. 2 из 2)
Док-во: Докажем равенство граней ABB1A1 и DCC1D параллелепипеда ABCA1..D1. Т.к. ABCD и ADD1A1 - параллелограммы, то AB½½DC и AA1½½DD1. Таким обр., две пересекающиеся прямые AB и AA1 одной грани соответственно параллельны двум прямым CD и DD1 другой грани. Отсюда по признаку параллельности плоск. следует, что грани ABB1A1 и DCC1D1 параллельны.
Докажем равенство этих граней. Т.к. все грани параллелепипеда - параллелограммы, то AB=DC и AA1=DD1. По той же причине стороны углов A1AB и D1DC соответственно сонаправлены, и, значит, эти углы равны. Таким обр., две смежные стороны и Ð м/у ними паралл-ма ABB1A1 соотв. равны двум смежным сторонам у Ð м/у ними пар-ма DCC1D1, поэтому эти параллелограммы равны
БИЛЕТ 17
ОПРЕДЕЛЕНИЕ: Параллелепипед называется прямоугольным , если его боковые ребра перпендикулярны к основанию, а основания представляют собой прямоугольники.
ТЕОРЕМА: Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений.
Док-во: Докажем, что AC12=AB2+AD2+AA12 Так как ребро CC1 перпендикулярно к основанию ABCD, то ÐACC1-прямой.
Из прямоугольного треугольника ACC1 по теореме Пифагора получаем AC12=AC2+CC12.
Но AC -диагональ прямоугольника ABCD, поэтому AC2=AB2+AD2. Кроме того, CC1=AA1.
След-но AC12=AB2+AD2+AA12 Ч.Т.Д.
БИЛЕТ 18
Рассмотрим многоугольник A1A2..An и точку P не лежащую в плоскости этого многоугольника. Соединив точку P отрезками с вершинами многоугольника, получим n треугольников: PA1A2,PA2A3,...,PAnA1.
Многогранник, составленный из n-угольника A1A2..An и n треугольников, называется пирамидой
Многоугольник A1A2..An называется основанием, а треугольники - боковыми гранями пирамиды. Точка P называется вершиной пирамиды, а отрезки PA1, PA2, ..., Pan - ее боковыми ребрами.
ТЕОРЕМА: Плоскость, параллельная основанию пирамиды и пересекающая ее, отсекает подобную пирамиду.
Док-во: S-вершина пирамид A - верш.основания и A1 - точка пересечения секущей плоскости с боковым ребр. SA. Подвергнем пирамиду преобразованию гомотетии относительно вершины S с коэф. гомотет. k=SA1/SA
При этом плоск-ть основания переходит в паралл. плоск-ть, проходящую ч/з точку A1, т.е. в секущую плоскость, а след-но, вся пирамида - в отсекаемую это плоскостью часть. Т.к. гомотет. есть преобразование подобия, то отсек. часть явл пирамид., подобной данной. Ч.Т.Д.
БИЛЕТ 19
ТЕОРЕМА: Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна половине произведения периметра основания на апофему.
Док-во: Боковые грани правидьной пирамиды - равные равнобедренные треугольники, основания которых - стороны основания пирамиды, а высоты равны апофеме. Площадь S боковой поверхности пирамиды равна сумме произведений сторон основания на половину апофемы d. Вынося множитель 1/2*d за скобки, получим в скобках сумму сторон основания пирамиды, т.е. его периметр. Ч.Т.Д.
БИЛЕТ 20
ТЕОРЕМА: Объем призмы равен произведению площади основания на высоту.
Док-во: 1) Рассмотрим прямую треуг. призму ABCA1B1C1 с объемом V и высотой h. Проведем такую высоту треугольника ABC отрез.BD, которая разделяет этот треуг. на два треуг.
Плоскость BB1D разделяет данную призму на две приз., основаниями которых явл. прямоугольные треуг. ABD и BDC. Поэтому объемы V1 и V2 этих призм соответственно равны
Sabdh и Sbdch. V=V1+V2, т.е. V=Sabdh+Sbdch=(Sabd+Sbdc)h. Таким обр., V=Sabch
2) Докажем теорему для произвольной призмы с высотой h и площ. основания S. Такую призму можно разбить на прямые треуг. призмы с высотой h.
Выразим объем каждой приз. по формуле (1) и сложим эти объемы. Вынося за скобки множитель h, получим в скобках сумму площадей оснований треугольных призм, т.е площадь S основания исходной призмы. Таким образом, объем призмы равен Sh. Ч.Т.Д.
 |
БИЛЕТ 21
За площадь боковой поверхности цилиндра принимают площадь ее развертки.
Так как площадь прямоугольника ABB1A1 равна AA1*AB=2prh, то для вычислений площади боковой поверхности цилиндра радиуса r и высоты h получается формула Sбок=2prh
Итак, площадь боковой поверхности цилиндра равна произведению длины окружности основания на высоту цилиндра.
БИЛЕТ 22
ТЕОРЕМА: Объем конуса равен одной трети произведения площади основания на высоту.
Док-во: Рассмотрим конус с объемом V. Произвольн. сечение конуса плоскостью перпендикулярной к оси Ox, является кругом с центром в т.M1 пересечения этой плоскости с осью Ox.
Обозначим радиус этого круга ч/з R1, а площадь сечения ч/з S(x), где x- абсцисса точки M1. Из подобия прямоугольных треугольников OM1A1 и OMA следует, что OM1/OM=R1/R, или x/h=R1/R, откуда R1=xR/h.
Так как S(x)=pR12, то S(x)=pR2x2/h2.
Применяя основную формулу для вычисления объемов тел получаем:
Площадь S основания конуса равна pR2, поэтому
V=1/3Sh Ч.Т..Д.