Об’єми призми і циліндра

5.

3 точки зору геометрії паркетна плитка представляє собою призму, в основі якої лежить правильний шестикутник ABCDEF, а висотою є АА1. Нехай ABCDEF – правильний шестикутник. KL = 150 мм = 15 см. КО + ВС. Оскільки шестикутник правильний ВС = BO = ВС. Нехай КС = х, ОС = 2x.

З ΔKСO:

Знайдемо площу правильного шестикутника. Вона складається з площ шести правильних трикутників.

M = р × V = 2,1 × 253,31 = 531,95 = 532 (кг).

Відповідь: 532 кг.

6.

Нехай ABCDEFA1B1C1D1E1F1 – задана призма, FE = FF1 = 10 дм.

Відповідь:

7.

Нехай ABCDA1B1C1D1- задана призма, АВ = ВС = CD = AD = 5 см,

∠BAD = 30°, АА1 = 10 см.

Відповідь: 225 см2; 125 см3.

8.

Нехай ABCDA1B1C1D1- задана призма. АВ = ВС = CD = AD,

3 ΔABD: BD2 = AB2+ AD2; 2AB2= Q;

Відповідь:

9.

Нехай ABCDA1B1C1D1 – задана правильна призма, АВ = ВС = АС = 8 дм. Проведемо B1D + АС, BD + АС (за теоремою про три перпендикуляри). ∠B1DB – лінійний кут двогранного кута між площинами ABC + АВ1С. ∠B1DB = 45°. AD = DC (оскільки BD є і медіаною ΔАВС).

З ΔABD:

З ΔB1BD: BB1 = BD (оскільки ∠B1DB = 45°).

Відповідь: 192 дм3.

10.

1)

Нехай АВСА1В1С1 – задана пряма призма, ∠BAC = 120°, АВ = 5 см, АС = З см.

З ΔАBС за теоремою косинусів знайдемо ВС:

35 = BB1× 7; BB1 = 5.

З ΔABC:

2)

Нехай ΑΒΟΑ1Β1Ο1 – задана пряма призма, ∠AB1C = 60°, АВ1 = 3 дм, СB1 = 2 дм.

З ΔAВ1С за теоремою косинусів:

AB + BB1, BC + BB1, отже, ∠ABC = 90°.

Нехай AB = x, BC = y.

З ΔABC: AC2= AB2 + BC2; x2+ y2 = 7.

3 ΔAAB1B: B1B2 = AB21 – AB2; B1B2 = 9 – x2.

3 ΔB1BC: B1B2= CB21 – BC2; B1B2 = 4 – y2.

Додамо почленно дві останні рівності: 2Β1B2 = 13 – (x2 + у2) = 13 – 7 – 6;

В1В2 = 3; х2 = 9 – 3 = 6; у2 = 4 – 3 = 1;

У = 1; BC = 1.

Відповідь: 1)

11.

Нехай АВСА1В1С1 – задана пряма призма, АВ = ВС = 10, АС = 12, ∠B1AB = 60°.

З ΔАВ1В:

Знайдемо площу трикутника ABC за формулою Герона:

де

Відповідь:

12.

НехайАВСА1В1С1-задана призма, ∠ABC = 30°, BB1 = 1 см.

3=АВ × 1; АВ = 3(см). 4 =ВС × 1; BС = 4 (см).

V = SABC× BB1 = 31 = 3 (см 3).

Відповідь: 3 см3.

13.

Нехай в даній призмі сторона основи дорівнює а, тоді BF = 2а.

За умовою В1Н = 31 дм, B1F = 35 дм.

З прямокутного ΔBFH:

З Δ BB1H:

З ABB1F:

Порівнявши праві частини останніх двох рівностей, отримаємо:

312 – 3а2 = 352 – 4а2; a2 = 352 – 312; а2 = 264; тоді

Об’єм V призми дорівнює:

Відповідь:

14.

Нехай ABCA1B1C1 – задана призма. SABC = 21 см2,

AB = a, BC = b, CA = c, BB1 = H. a × H = 40;

b × Η = 68; с × H = 84;

Знайдемо площу ΔABC за формулою Герона:

Де

21H2 = 1344; H2 = 64; H = 8 (см).

Отже, об’єм призми V дорівнює: V = SABC × H = 21 × 8 = 168 (см3).

Відповідь: 168 см3.

15.

Нехай в даній призмі сторона основи дорівнює а, тоді BE = 2a.

BF = ВВ1 = F1F = FA, В1E = 14 дм.

3 ΔBEF:

З ΔΒ1BΕ:

Зa2 + 4a2 = 196; 7a2 = 196;

Відповідь:

16.

Нехай в заданій призмі сторона основи дорівнює а, висота – Н.

Sбіч. = Q, Sосн. = S.

Sбіч. = 6а × Н; 6а × Н = Q;

Відповідь:

17.

Нехай ABCDEFA1B1C1D1E1F – задана призма.

Нехай АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = a,

AA1 = BB1 = CC1 = DD1 = ЕЕ1 = FF1 = H.

Знайдемо об’єм призми V:

Оскільки об’єми двох частин відносяться як 1 : 3,

То V1- об’єм першої частини дорівнює:

Звідси – площа основи першої частини.

V – об’єм другої частини;

Звідси S2- площа основи другої частини дорівнює

3 ΔABF за теоремою косинусів маємо:

Отже,

Відповідь:

18.

Нехай ABCDA1B1C1D1- дана пряма призма, ABCD — паралелограм, АD = а. Проведемо Β1Κ + ΑD, ВК + ΑD (за теоремою про три перпендикуляри).

∠Β1ΚΒ = β. S=AD × B1K; S = а × B1 K;

3 Δ B1 KB:

Отже, об’єм призми V дорівнює:

Відповідь:

19.

Нехай АВСА1В1С1 – дана призма, АС = СВ; ∠C = 90°; Sбіч. = 2Sосн.

З ΔABC:

Відповідь:

20.

Нехай ABCDA1B1C1D1- задана призма. АВ = CD; ВС = 4 см; AD = 8 см;

Проведемо МК + AD, LK + AD, тоді ∠MKL = 60°.

12МК = 96; МК = 8 (см).

З Δ MLK: LK = МК × cos ∠MKL = 8 × cos 60° = 4 (см).

Отже, об’єм призми V дорівнює:

Відповідь:

21.

Нехай ABCD – осьовий переріз циліндра. SABCD = S, Sосн. = Q – Socн. = πnr2;

Q = πr2; SABCD = AB × AD;

Відповідь:

22.

Нехай ABCD – переріз циліндра, (ABCD) || ОО1, AD = 120°, K = а, АС = 4а.

∠AОD = 120° (оскільки ∠AОD – центральний кут, який стягує дугу в 120°).

OK + AD, AO = ОD, отже, ΔAOD – рівнобедрений.

∠DOK = ∠KOA, АК = KD, оскільки ОК є бісектрисою і медіаною.

З ΔКОА: АО = 2ОК = 2а;

З ΔCAD:

Отже, об’єм циліндра V дорівнює V = Sосн. × CD = π × AO2 × CD = π × 4а2 × 2а = 8πа2.

Відповідь: 8πа2.

23.

Нехай ABCA1В1C1 – призма, вписана в циліндр,

ABC – прямокутний трикутник, ∠В = 90°, АВ = a, ∠BAC = α; АА1 = Н.

Оскільки ΔАВС – прямокутний і вписаний в коло, то центр описаного

Кола лежить на середині гіпотенузи.

З ΔАВС:

Висота циліндра співпадає з висотою призми.

Отже, об’єм циліндра V дорівнює;

Відповідь:

24.

Нехай ABCD, ABEF – площини, які перетинають циліндр радіуса R,

SABCD= SABЕF = S. ВС + BA, ЕВ + AB, отже, ∠ВСЕ – лінійний кут двогранного кута

Між площинами ABCD і ABEF. ∠ВСЕ = α.

Оскільки площі перерізів однакові, що ВС = BE. Отже, ΔВСЕ – рівнобедрений.

З ΔВСЕ за теоремою синусів маємо: СЕ = 2R × sin∠СВЕ = = 2R sin α.

Проведемо BL + СЕ. CL = LE, оскільки висота рівнобедреного

Трикутника є і медіаною і бісектрисою.

З ΔBLE: Sabef = AB × ВЕ;

Отже, об’єм циліндра V дорівнює:

Відповідь:

25.

1) Нехай сторона основи правильної трикутної призми – а,

Радіус циліндра – R, висота призми і циліндра – Н.

Виразимо сторону основи трикутника через радіус описаного кола:

Отже,

2) Нехай сторона основи правильної чотирикутної призми – а,

Радіус основи циліндра – R, висота призми і циліндра – Н.

Vпризми = Sосн × Н = а2Н.

Виразимо сторону основи призми через радіус описаного кола:

Отже, Vпризми = 2R2H; Vциліндра = πR2H.

3) Нехай сторона основи правильного шестикутника – a, радіус основи

Циліндра – R, висота призми і циліндра – Н.

Виразимо сторону основи призми через радіус описаного кола: R = а.

Отже, V циліндра = πR2H.

4) Нехай R – радіус циліндра, Н – висота циліндра і призми.

V циліндра = πR2H.

5) Нехай R – радіус основи циліндра, Н – висота циліндра і призми.

V циліндра = πR2H.

Відповідь: 1) 2) 2 : π; 3) 4) 5)

26.

Нехай SABCDEF – задана піраміда, в яку вписано циліндр,

АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = a.

Проведемо SK + ED, OK + ED (за теоремою про три перпендикуляри),

∠SKO = а. Нехай O1К1 = R, тоді O1O = 2R.

Коло верхньої основи циліндра дотикається грані SED в точці K1.

ΔODE – рівнобедрений. Проведемо OK + ED. ОК – висота,

Бісектриса и медіана, ЕК = KD.

З ΔОКЕ:

З ΔSOK:

ΔSO1K1- ΔSOK (∠OSK – спільний, ∠SK1O1 = ∠SKO).

З подібності трикутників:

Отже, об’єм циліндра V дорівнює:

Відповідь:

27.

Нехай а, b, с – сторони перпендикулярного перерізу трикутної призми.

А + b + с = 90, площі бічних граней S 1 = 450 см 2, S2 = 522 см 2, S3 = 648 см2,

L – бічне ребро. S 1 =а × l, 450 = а × l; S2 = b × l, 522 = b × l; S3 = с × l, 648 = с · l.

Додамо три останні рівності: 1620 = l(а + b + с);

1620 = l × 90; l = 18 (см); а = 25 см, b = 29 см, с = 36 см.

Знайдемо площу перпендикулярного перерізу за формулою Герона:

де

Об’єм призми V дорівнює: V = S × l = 360 × 18 = 6480 (см3).

Відповідь: 6480 см3.

28.

Нехай АВСА1В1С1 – дана призма, АО, – її висота, ∠ А1АО = 60.

Якщо О – центр правильного трикутника ABC, сторона якого

То його площа а радіус описаного кола

З прямокутного Δ А1АО знаходимо:

Тоді об’єм призми:

Відповідь:

29.

Нехай АВСА1В1С1 – задана призма, ВВ1 = 10см.

Проведемо А2B2 + ВВ1, С2В2 + ВВ1, тоді ∠A2B2C2 = 120°.

30 = А2В2 × 10; А2В2 = 3 (м).

40 = С2В2 × 10; С2В2 = 4 (м).

Об’єм призми V дорівнює:

Відповідь:

30.

Оскільки площина проходить через бічне ребро і медіану основи, то вона ділить трикутну призму на рівновеликі частини. Оскільки медіани трикутника перетинаються в одній точці, то площини, які поділяють призму на рівновеликі частини, перетинаються по одній прямій.

Відповідь: так.

31.

Нехай ABCDA1B1C1D1 – похилий паралелепіпед.

АА1 = BB1 = CC1 =DD1 =АВ = BC = CD = DA=A1B1 = B1C1= C1D1 = D1A1 = a.

(ΑΑ1D1D) + (ABC); (BB1C1C) + (ABC).

a = 5 см. 3 ΔA1AK:

Отже, об’єм паралелепіпеда:

Відповідь:

32.

Нехай АВСА1В1С1 — похила трикутна призма, АС = AB, ВС = а, АА1 = b.

Проведемо перпендикулярно переріз А2В2С2, А2В2 + АА2, А2С2 + AA1

Тоді ∠С2А2В2 = 120°.

Проведемо в рівнобедреному трикутнику висоту АК, тоді КВ2 = КС2,

∠C2A2K = ∠B2A2K = 60° (оскільки висота є медіаною і бісектрисою).

З ΔA2В2К:

Отже, об’єм призми дорівнює:

Відповідь:

33.

Нехай АВСА1В1С1 – похила трикутна призма, AB = АС = 7 см,

∠AA1C – 45°, АА = 7 см.

З ΔАА2К:

Отже об’єм призми дорівнює:

Відповідь:

34.

Нехай ABCDA1B1C1D1- задана призма. АВ = ВС = CD = DA = а, СС1 = b.

Об’єм призми V = SABCD× С1К. Знайдемо С1К.

Нехай ∠C1CK = α, тоді з ΔC1CК: С1К = C1C × sin∠C1CK = b × sin α.

За умовою BC × CD × C1C = 2; a2b = 2a2 × b sin α; b = 2b sin a; b(1 – 2 sin α) = 0;

B ≠ 0; 1 – 2 sin α = 0; Отже, ΔC1CK = 30°.

Відповідь: 30°.

35.

Нехай ABCDA1B1C1D1- задана пряма призма, А1А = 52 см.

S1 : S2 : S3 : S4 = 7 : 15 : 20 : 24. Звідси маємо АВ : ВС : CD : DA = 7 : 15 : 20 : 24.

Нехай АВ = 7х, ВС = 15x, CD = 20х, DA = 24х, Знайемо площу чотирикутника:

де

Нехай ∠BAD = α, тоді ∠BCD = 180° – α.

Площа чотирикутника ABCD складається з площ трикутників ABD та BCD.

Отже,

Отже, маємо: 234×2 = 234×2 × sin α; sin α = 1; ∠BAD = 90°.

Тоді маємо BD – гіпотенуза AABD, BD = 2R, де R – радіус описаного кола,

BD = 50 (см).

З ΔABD: АВ2 + AD2 = ВD2; 25x = 50; x = 2.

Отже, SABCD= 234×2 = 234 × 4 = 936 (см2), AD = 24x = 49 (см).

З ΔAA1D:

V = S × AA1 = 936 × 20 = 18 720 (см3).

Відповідь: 18 720 см2.

36.

Нехай ABCDA1B1C1D1 – задана призма, SABCD = 306 см2,

Проведемо АК II CD.

Знайдемо площу ΔАВК за формулою Герона:

З другого боку

АА1 = 5(см).

Отже, об’єм призми V дорівнює: V = SABCB× АА1 = = 306 × 5 = 1530 (см3).

Відповідь: 1530 см3.

37.

Нехай DABC – заданий тетраедр, DB = DA = DC = АB = АС = AD = а.

З ΔABО:

З ΔDCO:

З ΔВОО:

Отже, об’єм циліндра дорівнює:

Відповідь:

38.

Розглянемо осьовий переріз шара і циліндра.

Позначимо висоту циліндра KL, = 2h, радіус сфери – R, радіус циліндра – г.

З ΔAOL:

Об’єм циліндра V = π × AL2 × KL = π × г × 2h = π(R2 – h2) × 2h = 2πhR2 – 2πh3. Необхідно знайти найбільше значення функції V(h), якщо h? (0; 2R).

V′(h) = 2πR2 – 6πh2; V′(0) = 0; R2 – 3h2 = 0;

Точка – буде точкою максимуму для функції V(h), оскільки похідна при переході через цю точку змінює знак з “+” на “-“. Отже, циліндр має найбільший об’єм при

Відповідь: