Так как длина дуги развёртки BMB’Равна ¼A, А длина окружности с центром в точке AИ радиусом AРавна 2¼α, то видно, что длина…

Так как длина дуги развёртки BMB‘Равна ¼A,А длина окружности с центром в точке AИ радиусом AРавна 2¼α, то видно, что длина дуги BMB‘Равна половине длины окружности. Значит, искомый угол равен 180°.

Ответ:180°.

1129. Пусть R — радиус полукруга (см. рис.275). Тогда длина окружно­сти основания конуса равна 2 ■ (2¼r) = ¼r. Отсюда, BO = 2 — радиус основания конуса. Значит, ΔABC — равносторонний. Поэтому искомый угол равен 60°.

Ответ:60°.

1130. Пусть O — центр окружности, тогда R = OA = 24 = 12,

AC = AB = 8 (см. рис.276). OC = √OA2- AC2= √144 — 64 = √80.

OS — высота конуса, значит, OC является проекцией OS на плос­кость основания, тогда так как OC? AB, то по теореме о трех перпенди­кулярах SC также перпендикулярна AB, следовательно, AOCS — иско­мый. tgAOCS = у125 = 1,25.

Ответ:1,25.

1131. Пусть O — центр окружности, тогда R = OA = 26 = 13,

AC = AB = 12 (см. рис.277). OC = √OA2- AC2= √169 — 144 = 5.

OS = R ■ tg AOKS =13 ■ 8 = 104.

OS — высота конуса, тогда OC является проекцией CS на плоскость

S

Рис. 276.

S

Рис. 277.

Основания, значит, так как OC ? AB,То по теореме о трёх перпендикуля­рах CSТакже перпендикулярна AB, следовательно, AOCS — искомый.

Tg AOCS = 104 = 20,8.

5

Ответ:20,8.

1132. Пусть точка O — вершина конуса (см. рис.278). Так как радиус окружности основания конуса равен 4 и длина его образующей — 5, вы­сота конуса OOi = 3 (по теореме Пифагора из ΔCOO1).

Так как хорды AB и CDСимметричны относительно центра окруж­ности основания AB = CD. Искомый угол между плоскостями AOB и CODРавен углу между высотами равных и равнобедренных треугольни­ков ΔCODИ ΔAOB, проведёнными к основаниям. То есть угол AHOH1

PO1C2— CH2= √16 — 4 = ∆∕3 3 3 3

Искомый угол AHOH1 = 2 arctg 233.

„ . 2√3

Ответ:2 arctg —.

1133. Так как хорды AB и BC равноотстоящие от центра окружности ос­нования, AB = BC, и так как AABC = 90o, AB = r√2 = 3√2 (г — радиус основания конуса).

Угол между плоскостями AOB и BOCРавен углу между высотами равных и равнобедренных треугольников AOB и COB,Проведёнными к стороне OB.То есть искомый угол — AAHC(см. рис.279).

Пусть ON — высота треугольника COB,Проведённая к основанию

Рис. 279. CB; CH — высота, проведённая к стороне OB(см. рис.280).

 

OC = √16 + 9 = 5; sin ZOBC = CH = ON; CH =
BC OB

3√2√25 — 9 — — √-

3√2 ■ ON= У 2 = 3√2λ^T = К_И

5 5 5√2 5

О

Рис. 280.

O1C=3■5=5.

CH 3√4T √4T;

ZO1HC = arcsin √=τ>ZAHC = 2arcsin √=•

5 Ответ:2 arcsin, .

4T

1134. Пусть O — центр нижнего основания цилиндра, CH — перпен­дикуляр, опущенный из точки C на плоскость нижнего основания (см. рис.281). Тогда HO? AB и CO? AB, так как AB? CHO.Следова­
тельно, ACOH — линейный угол искомого угла между плоскостями ABC И ABH. BO = 1AB = 1 ■ 10 = 5. Из прямоугольного треугольника COB

По теореме Пифагора имеем CO = √CB2— OB2= √132— 52= 12. Ис­

OH CO

Рис. 281.

Ответ: -5.

1135. Пусть O — центр нижнего основания цилиндра, CH — перпен­дикуляр, опущенный из точки C на плоскость нижнего основания (см. рис.282). Тогда HO? AB и CO? AB, так как AB? CHO.Следо­вательно, ACOH — линейный угол двугранного угла между плоскостью ABC и плоскостью ABHОснования цилиндра. Обозначим искомый ра­диус через Г. Тогда из прямоугольного треугольника COBПо теореме Пи­фагора имеем CO2= CB2— OB2= 412— г2. Из 4CHOИмеем

Hg = cos acoh; — ‘ •

40г = 9√412— г2; 402γ2 + 92γ2 = 92■ 412; 412γ2 = 92■ 412; г = 9.

Рис. 282.

 

Ответ:9.

1136. 1. Пусть AK — высота треугольника ABC, проведённая из верши­ны AК стороне BC (см. рис.283). Так как по условию ΔABC — равно­бедренный (AB = AC = 10) и A, B, C лежат на поверхности шара, то проекцией точки OНа плоскость ABC является точка O1— центр опи­санной окружности треугольника ABC и O12 AK. Следовательно, угол между прямой AO и плоскостью треугольника равен ZOAK.

2. Рассмотрим ΔABC(см. рис.284). Пусть прямая LЯвляется сере­динным перпендикуляром к стороне AC и L = L ∩ AC. Тогда AL = LC, O12 l, ΔALO1— прямоугольный.

ΔAO1L » ΔKAC (ZA — общий, ZALO1= ZAKC = 90°).

AK :AC

AL AO1

102

 

3. Из ΔAOO1находим cos ZO1AO = AO1 = 25 = 1. Следова-

AO 4 ■ 12,5 2

Тельно, ZOAK = ZO1AO = 60±.

Ответ: 60±.

1138. Пусть O1— проекция точки O на плоскость ABC (см. рис.285). Тогда угол между прямой AO и плоскостью ABC равен ZOAO1.

Так как AO = BO = CO = OD(точки A, B, C, DЛежат на поверх­ности шара), то AO1= BO1= CO1= DO1. Следовательно, O1— центр описанной окружности около трапеции ABCD.

Рис. 286.

 

Пусть O2— середина стороны AD, BK ? AD, AB = BC = CD = x (см. рис.286). Из ΔABK находим AK = AB cos ZBAK = x cos 60o= X.

= x; AO2= x. Следовательно, ABCO2— ромб, O2C = x;

BO2DC — ромб, BO2= x. Значит, Oi = O2— центр описанной окруж­ности.

По условию AD = AO. Тогда AO = 2x. Из ΔOAOi(см. рис.285) находим cos ZOAOi= AO1 = X— = 1; ZOAOi= 60o.

AO 2x 2

Ответ:60o.

1139. Пусть T — центр меньшего из кругов (см. рис.287). Так как секущие плоскости параллельны, то искомый угол равен углу между прямой OA и плоскостью, отсекающей меньший круг. Кроме того, O — центр шара, поэтому отрезок OT перпендикулярен плоскости, отсекающей меньший круг. Следовательно, ZOAT — искомый.

Отсюда

Радиус большего из отсечённых кругов равен радиусу шара и равен

OA, поэтому площадь этого круга равна ¼ ■ OA2= 16; OA

Площадь меньшего отсечённого круга равна ¼ ■ TA2= 12; TA =

ZOAT = 30°.

Ответ:30.

1140. Точка OЯвляется центром большего из кругов, пусть T — центр меньшего из кругов (см. рис.288). O — центр шара, поэтому отрезок OT перпендикулярен плоскости, отсекающей меньший круг. Следовательно, требуется найти длину отрезка OT.

Радиус большего из отсечённых кругов равен радиусу шара и равен OA,Поэтому площадь этого круга равна ¼ ■ OA2= 200; OA2= 200. Пло — ¼

Щадь меньшего отсечённого круга равна ¼ ■ TA2= 100; TA2= 100. Из ¼

Прямоугольного ΔOAT по теореме Пифагора имеем OT2= OA2— TA2=

= 200 — .Отсюда OT = -0.

¼ ¼ ¼ √π

Ответ: —°. √¼

1141. Построим чертёж (см. рис.289).

Рассмотрим сечение ABC:

O1B = AB tg30o= -0; O1A =

= 100¼.

Ответ:100¼.

 

1142. Пусть AB — образующая, BK — перпендикуляр к плоскости боль­шего основания, тогда AK — проекция AB на плоскость большего осно-

Вания и \BAK — искомый (см. рис.290).

Рассмотрим осевое сечение ABCDУсечённого конуса (см. рис.291), им будет равнобедренная трапеция с основаниями AD = 2R и BC = 2r.

Рис. 291.

Вписанный шар в сечении даёт окружность, вписанную в трапецию,
Тогда высоты трапеции BKИ MNБудут равны диаметру этой окружности.

Так как площади основания относятся как 1 : 4, то ¼R2= 4¼r2, или R = 2r. По свойству касательных AB = BM + AN, AB = R + R = 3r, AK = AN — KN = R — R = Г. Тогда из 4ABK:

R— = 1, ® = arccos 1.

3R 3 3

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MCDN(см. рис.293), оно является равнобедренной трапецией с основаниями AD = 2b и BC = 2a. Вписанный шар в сечении даёт окружность, вписанную в трапецию, вы­сота трапеции равна диаметру этой окружности.

Рис. 293.

 

Так как основания пирамиды — квадраты и площадь большего осно­вания в 9 раз больше площади меньшего, то (2b)2= 9(2a)2или B = 3a.

По свойству касательных CD = CM + DN, CD = a + 3α = 4a. DK = DN — NK = 3a — a = 2a. Тогда из 4CKD:

Ответ: ¼.

1144. Введём прямоугольную систему координат с началом в центре ниж­него основания призмы и найдём координаты направляющих векторов прямых BDИ AP(см. рис.294, 295).

A(0; 1; 0), D1(— cos45o; — sin45o;2), E(0; —1; 0), P(0; —1; 1),

B(— cos 45o; sin 45o; 0),

IBD1■ API ∖BDι∖—∖AP ∖

Пусть ‘ — искомый угол, тогда cos

Ответ:Arccos

∖BD11 ∖ 02+ √22 + 22= √6; ∖AP∖ = √0 + 22+ 12= √5.

1145. Область допустимых значений ∖x∖ ≤ 1. Сделаем подстановку

X = cos t, T 2 [0; ¼]. Заметим, что sin T > 0 при таких T.Уравнение при-

Мет В0д: cos t(1 — 2 cos2t)p1 — cos21 = 18, — cos t ∙ cos 2tpsin21 = 18;

Sin t, τ. κ. sin t >0. sin t cos t cos 2t = —1;

28

4t = — ¼ + 2¼k; k 2 Z;

6

4t = 7¼ + 2¼k:

6

Корн0 уравнен0я cos -11¼; cos 23¼; cos 7¼; 24 24 24

19¼ 24

¾mβem:

11¼

23¼

¼ ¼ 7¼ 19¼ Cos 24 ; cos 24 ; cos 24 ; cos 24 .

24

24

1146. Так как jxj ≤ 1, сделаем замену sin X = 1, где 1 ∈

¼ ¼ 2’ 2

То-

Гда √ 1 — X[43] = ∖/cos21 = j cos Tj = cos t, так как cos T > 0 при заданных значениях 1. Уравнение примет вид: 3sin 1 — 4 sin[44][45]1 = cos 1(1 — 4 sin21) sin 31 = cos 1(1 — 4(1 — cos21)); sin 31 = 4 cos31 — 3 cos 1; sin 31 = cos 31; tg31 = 1; 31 = 4+ ¼k, K ∈ Z; 1 =12 + ¼k;таккак 1 ∈ [—2; ^l, 1 = — ¼;

4 12 3 2 2 4

, _ ¼^ __5¼

1= 12; [46]= 12.

0, b = c, 7 n b >0, b= 1.» align=»right» width=»60″ height=»71″ class=»»/>

X = sin 12; x = sin ∣^2 .

Ответ:— 122; sin ¼; sin 5¼.

1147. Равенство logb a = logca имеет место тогда и только тогда, когда

A = 1, B, c> 0, b, c = 1

1148. Равенство logb a = logca имеет место тогда и только тогда, когда {D A A>0;

A = 1; I,

, . b Ь Ь = C;

Ь; C >0; ИлИ < , ,I

B I 1I B >0;

B^c=1 : b=1.

1) cos X = 1 ) X = 2π∕√, K 2 Z;

3x + 14 >0 ) x >— 134;

20 + 8x — x2>0 ) —2 < x <10.

В этом случае имеем x1= 0, x2= 2¼.

2) 3x + 14 = 20 + 8x — x2;

X2— 5x — 6 = 0;

X1= —1, x2= 6.

Cos(-1) >0, так как — ¼¼ <—1 <0;

3 ■ (—1) + 14 = 1 ) X =—1 — корень.

Cos(6) >0, так как 3¼ <6 <2¼;

3) ■ 6 + 14 = 1 ) x = 6 — корень.

Ответ: —1; 0; 6; 2¼.

1149. Если наименьшее из чисел B = 2-6t—5 ■ 2 2t ■ (2 t+ 22t) и

C = —26t+ 6 ■ 23t+ 7 не меньше —9, то справедливы оба неравенства B >—9 и c >—9. ‘Тогда искомое значение параметра получим, решив ________________ Л 2 6 5∙2—2T∙ (2-t+ 22t) >-9;

Систему неравенств: <_2Ы+ 6^ + 7 >_9;

½ 2-6t— 5 ■ 2-3t+ 4 >0; ½ (2-3t— 4)(2-3t— 1) >0,

½ 26t— 6 ■ 23t— 16 6 0; ( (23t— 8)(23t+ 2) 6 0;

Г 2-3t>4; 2-3t6 1; . . . j. . ____________

< 2 6 23t 6 8; зная, что функция Y = 2XМонотонно возрастает, и

___________ „ . . I —3t >2; —3t 6 0; ее значения положительны, имеем: < „

I 3t6 3;

0;
t 6 1;
» align=»left» width=»92″ height=»53″ class=»»/>T 6 — 2 T> 0

T 63 ,t >О;(см. рис.296).

_ 0 6 T 6 1;

Рис. 296.

Ответ:(-∞; -1] U [0; 1].

1150. 1. log2(6x — 2x2) + log ι (x —3)2>1.

4

___ 6 6x— 2×2>0. _

ОДЗ. < „ , „ , 0

I x 3 0;

½ 0 < x <2, ½ 0 < x <2,

T ⅛(2x(3 — x)) — log2(3 — x) >1; ,( log2(2x) >1; , 1 < x <2.

0;, log4(5x + 6×2) !1 — log4(5x + 6×2) >0, log4(5x + 6×2) >0, 1 — log4(5x + 6×2) <0, log4(5x + 6x2) <0; " width="159" height="100" class=""/>

» width=»122″ height=»35″ class=»»/>

0;» width=»31″ height=»21″ class=»»/>

Ответ: (-4; -1) U (|;|) U (1;2).

1151. Согласно условию задачи нам необходимо найти значения x, кото­рые удовлетворяют системам неравенств

!

A > 0,

B 6 0,

A 6 0, B>0.

1. Пусть A>0, тогда

7 , _ „„„

Lg х + In x3 + Iogx 7 >0. ОДЗ. X>0, X = 1.

Пусть T = lg х, тогда

T + ⅛ + ⅛7>0∙

T + 3t +T >0;

3T2+7l∣E + 3lg7>0.

Так как 3t2+ 7lg e + 3lg 7 >0, то 3t >0; t >0. Получаем lg х >0; х >1.

Полученные значения х удовлетворяют ОДЗ. Итак, A>0 при х >1.

2. Пусть A 6 0, тогда

Lg х + lnT^3 + logx 7 6 0. ОДЗ. х >0, х = 1.

Учитывая, что A>0 при х >1, с учётом ОДЗ получаем, что A 6 0 при 0 <х <1.

3. Пусть b >0, тогда

(2 log3х — 1 — 3logx 9)(log3х + 3) >0. ОДЗ. х >0, х = 1.

Пусть T = log3х, тогда

^2t — 1 — 3lotg3 9) (t + 3) >0; (2t — 1 — D (t + 3) >0;

(2T2 — T — W + 3)>0; (T —≠ +2>+ 3)>0.

-3 _3 0 2

’ 2

Рис. 297.

Находим

⅛ 6 х 6 -=

27 =27

1 < X 6 9.

A n………………………………………. „ „ ∖ a>0,

5. Решением системы неравенств <ь 6 0

Х >1,

27 6 x 6 -⅛, )1<х 69.

1 <х 6 9;

A n…………………………………………………… J A 6 0,

6. Решением системы неравенств <ь >0

0 < X <1,