Задачки по геометрии, 10 класс

1

Ответ: <C1CD=90

2

Ответ: <B1BD=90

3

Ответ: 90 (что есть угол между диагоналями AB1 и BA1(т.к. проекция прямой СD1 на грань ABB1A1 дает с ней угол 90))

4

<D1AB1 (где AD1 проекция BC1 на грань ADD1A1)

Так как AD1=AB1=D1B1 как диагонали квадратов, то треугольник AD1B1 правильный равносторонний.

<D1AB1=60

Ответ: 60 градусаов

5

<A1CR Решается по аналогии с 6, только вместо a/2 везде будет a. BC1 II RC, BC1=RC, B1C1=RС1=a

Ответ: arccos (Cos <A1CR)

6

<D1BE1

Обозначим сторону куба a.

E1B II EA, B1E1=a/2

Из прямоугольного треугольника E1A1D1 по теореме Пифагора:

D1E1^2=A1E1^2+D1A1^2=(3/2*a)^2+a^2=a^2(9/4*+4/4)=a^2*13/4

Из прямоугольного треугольника ADB:

DB=AB/Сos 45=a/(корень(2)/2)=a*корень(2)

Из прямоугольного треугольника D1BD по теореме Пифагора:

D1B=корень(DB^2+D1D^2)=корень((a*корень(2))^2+a^2)=корень(3a^2)=a*корень(3)

Из прямоугольного треугольника BB1E1 по теореме Пифагора:

E1B=корень(BB1^2+B1E1^2)=корень(a^2+(a/2)^2)=корень(a^2(4/4+1/4))=корень(a^2*5/4)=a*корень(5)/2

Из треугольника D1BE1 по теореме косинусов:

D1E1^2=D1B^2+E1B^2-2*D1B*E1B*Cos <D1BE1

Cos <D1BE1={3a^2+a^2*5/4-a^2*13/4}/{2*a^2*корень(3)*корень(5)/2}={12/4+5/4-13/4}/{корень(3*5)}=1/корень(15)

<D1BE1=arccos (1/корень(15)) (примерно равен 75 градусов)

Ответ: arccos (1/корень(15))

____________________________

7

Равен <D1AE (где AD1 проекция BC1 на грань ADD1A1)

Обозначим сторону куба a.

Из прямоугольного треугольника AEA1по теореме Пифагора :

AE=D1E=корень(AA1^2+A1E)=корень(a^2+(a/2)^2)=корень(a^2(1+1/4))корень((a^2*5)/4)=a*корень(5)/2

Из прямоугольного треугольника ADD1 по теореме Пифагора :

AD1=корень(AD^2+DD1^2)=корень(2*a^2)=a*корень(2)

Из треугольника AD1E по теореме косинусов:

D1E^2=AD1^2+AE^2-2*AD*AE*Cos <D1AE1

Cos <D1AE1={2*a^2+(a^2*5)/4-(a^2*5)/4}/{2*a^2*(корень(5)/2)*корень(2)}=1/{(корень(5)/2)*корень(2)}=корень(2/5)

<D1AE1=arccos(2/5) (приблизительно равен 51 градус)

Ответ: arccos(2/5)

______________________________

8

<K1C1A - полный аналог 6 задачи

Обозначим сторону куба a.

K1C1 II KC, D1K1=DK=a/2

Из прямоугольного треугольника ADK1 по теореме Пифагора:

AK1^2=DK1^2+AD^2=(3/2*a)^2+a^2=a^2(9/4*+4/4)=a^2*13/4

Из прямоугольного треугольника D1C1K1 по теореме Пифагора:

K1C1=корень(D1C1^2+D1K1^2)=корень(a^2+(a/2)^2)=корень(a^2(4/4+1/4))=корень(a^2*5/4)=a*корень(5)/2

Из прямоугольного треугольника ABC:

AC=AB/Сos 45=a/(корень(2)/2)=a*корень(2)

Из прямоугольного треугольника C1AC по теореме Пифагора:

C1A=корень(AC^2+C1C^2)=корень((a*корень(2))^2+a^2)=корень(3a^2)=a*корень(3)

Из треугольника AC1K1 по теореме косинусов:

AK1^2=C1A^2+K1C1^2-2*C1A*K1C1*Cos <K1C1A

Cos <K1C1A={3a^2+a^2*5/4-a^2*13/4}/{2*a^2*корень(3)*корень(5)/2}={12/4+5/4-13/4}/{корень(3*5)}=1/корень(15)

<K1C1A=arccos (1/корень(15))

Ответ: arccos (1/корень(15))

9

<AFM (DB и OC1 - пунктиром, обрисовался)

Фигура A1AB1D1 - правильная треугольная пирамида, так как все её ребра равны между собой, а в основании лежит равносторонний треугольник.

(возможно тут нужно будет подумать над доказательством перпендикулярности A1C к AB1D1)

Прямая A1C перпендикулярна AB1D1, прямая A1B перпендикуляр к AB1, следовательно плоскость A1BP перпендикулярна плоскости AB1D1. BP II FM, значит искомый угол будет <AFM

Так как FM перпендикуляр к AB1, как радиус вписанной окружности тр-ка AB1D1:

То из прямоугольного треугольника AFM:

<MAF=0.5*<B1AD1=0.5*60=30 градусов - по свойству биссектрисы AO1

<AFM=90-30=60 градусов

Ответ: 60 градусов.

10

<MKN

Проведём вспомогательную плоскость MNK, в ней фигура MNQLUX - правильный 6 угольник, образованный точками пересечения с серединами ребер куба.

В нём :

<MNQ=((n - 2)/n)*180=((6 - 2)/6)180=120°

<MNK=<KNQ=120/2=60° (из равенства треугольников MNK и KNQ, это же можно доказать из равенства трапеций NULQ и NUXM)

Так как треугольник MNK - равнобедренный то из суммы углов получаем:

<MNK=<KMN=60°

<MKN=180-2*60=60°

Ответ: 60°