Реферат : Билеты по геометрии (работа 2) 


Полнотекстовый поиск по базе:

Главная >> Реферат >> Математика


Билеты по геометрии (работа 2)




Билеты по геометрии

БИЛЕТ 1

А1 Какова бы ни была плоскость, существуют точки принадлежащие этой плоскости

и точки, не принадлежащие ей.

А2 Если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой.

А3 Если две различные прямые имеют общую точку, то ч/з них можно провести плоскость, и притом только одну.

БИЛЕТ 2

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.

ТЕОРЕМА. Через точку пространства, не лежащую на данной прямой, проходит прямая, параллельная данной, и притом только одна.

Док-во: проведем ч/з а и М плоскость a, а ч/з М в плоскости a прямую b| | a. Докажем, что b| | a единственна.

Допустим, что существует другая прямая b2| | a, и проходящая ч/з т.М. Через b2 и а можно провести плоскость a2, которая проходит ч/з М и а, след-но, по Т.14.1(ЧЕРЕЗ ПРЯМ. И ТОЧКУ НЕ ЛЕЖ. НА ЭТОЙ ПРЯМОЙ МОЖНО ПРОВЕСТИ ПЛОСКОСТЬ И ПРИТОМ ТОЛЬКО ОДНУ) она совпадает с a. По аксиоме о параллельных прямых b2 и а совпадают. Ч.Т.Д.

БИЛЕТ 3

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Прямая и плоскость называются параллельными, если они не имеют общих точек.

ТЕОРЕМА. Если прямая, не принадлежащая плоскости, параллельна какой-нибудь прямой в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.

Док-во: Пусть a-плоскость, а - не лежащая в ней прямая и а1 - прямая в плоскости a,параллельная прямой а.

Проведем плоскость a1 ч/з прямые а и а1.

Она отлична от a, т.к. прямая а не лежит в плоскости a. Плоскости a и a1 пересекаются по прямой а1. Если бы прямая а пересекала плоскость a, то точка пересечения принадлежала бы прямой а1. Но это невозможно, т.к. прямые а и а1 параллельны. Итак, прямая а не пересекает плоскость a, а значит, параллельна плоскости a. Ч.Т.Д.

БИЛЕТ 4

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Две плоскости называются параллельными, если они не пересекаются.

ТЕОРЕМА. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.

Док-во: Рассмотрим две плоскости a и b. В плоскости a лежат пересекающиеся в т.М прямые a и b, а в b - прямые а1 и b1, причем а| | а1 и b| | b1.

Докажем, что плоскоскоти a и b не параллельны. Тогда они перес. по прямой с. Мы получили, что плоскость a проходит ч/з прямую а, параллельную плоскости b, и пересекает плоскость b по прямой с. Отсюда следует, что а| | с.

Но плоскость a проходит также ч/з прямую b, параллельную плоскости b. Поэтому b | | с. Таким обр. ч/з т.М проходят две прямые а и b, | | с. Но это невозможно, т.к. по теореме о параллельных прямых ч/з т. М проходит только

БИЛЕТ 5

Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии их пересечения параллельны.

Для док-ва данного св-ва рассмотрим прямые а и b , по которым параллельные плоскости a и b пересекаются с плоскостью j. Докажем, что а| | b.

Эти прямые лежат в одной плоскости (j) и не пересекаются. В самом деле, если бы прямые а и b пересекались, то пл. a и b имели бы общ. точку, что невозможно, т.к. a| | b. Итак, прямые а и b лежат в одной плоскости и не пересекаются, а| | b.

2. Vпирамиды= 1/3*Sосн.*H

БИЛЕТ 6

Отрезки параллельных прямых, заключенные м/у параллельными плоскостями, равны.

Для док-ва рассмотрим отрезки АВ и СD двух параллельных прямых, заключенные м/у параллельными плоскостями a и b. Докажем, АВ=СD. Плоскость j, проходящая ч/з параллельные прямые АВ и СD, пересекается с плоскостями a и b по параллельным прямым АС и ВD. Таким образом, в четырехугольнике ABDC противолеж. стор. паралл., т.е. ABDC-параллел-м

Но в пар-ме прот. леж. стороны равны, значит AB=CD.

Sп.п.=2pR(H+R)

БИЛЕТ 7

Сформулируем основные св-ва параллельного проектирования при условии, что проектируемые отрезки и прямые не параллельны прямой L.

10 Проекция прямой есть прямая.

20 Проекция отрезка есть отрезок.

30 Проекции параллельных отрезков - параллельные отрезки или отрезки, принадлеж.

одной прямой.

40 Проекции параллельных отрезков, а также проекции отрезков, лежащих на одной прямой, пропорциональны самим отрезкам.

Из св-ва 40 следует, что проекция середины отрезка есть середина проекции отрезка.

БИЛЕТ 8

Определение. Прямая называется перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой прямой, лежащей в этой плоскости.

ТЕОРЕМА: Если прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна к этой плоскости.

БИЛЕТ 9

ТЕОРЕМА: Прямая, проведенная в плоскости ч/з основание наклонной перпендикулярно к ее проекции на эту плоскость, перпендикулярна и к самой наклонной

Док-во: AH - перпенд. к плоскости a, AM - наклонная, а – прямая проведенная в плоск. a ч/з точку M перпенд к проекцииHM наклонной.

Рассмотрим плоск. AMH. Прямая а^этой плоскости, т.к. она ^ к двум пересекающимся прямым AH и MH. Отсюда след. что прямая а перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости AMH, в частности а^AM. Ч.Т.Д.

БИЛЕТ 10

ТЕОРЕМА: Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна к плоскости, то и другая прямая перпендикулярна к этой плоскости.

Док-во: Рассмотрим две параллельные прямые а и а1 и плоскость a, такую, что а^a. Докажем, что и а1^a.

Проведем какую-нибудь прямую х в плоскости a.

Так как а^a, то а^х. Таким образом, прямая а1 перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости a, т.е. а1^a. Ч.Т.Д.

Vпаралл-да=abc=Sосн.*H

БИЛЕТ 12

ОПРЕДЕЛЕНИЕ: Две пересекающиеся плоскости называются перпендикулярными, если угол м/у ними равен 900.

ТЕОРЕМА: Если одна из двух плоскостей проходит ч/з прямую,перпендикулярную к др.

плоскости, то такие плоскости перпендикулярны.

Док-во: Рассмотрим плоскости a и b такие, что плоскость a проходит ч/з прямую АВ, перпендикулярную к плоскости b и пересекающуюся с ней в точке А. Докажем, что a^b. Плоскости a и b пересекаются по прямой АС, причем АВ^АС, Т.к. по усл. АВ^b, и, значит, прямая АВ^ к любой прямой, лежащей в плоскости b.

Проведем в плоскости b прямую АD,^АС. Тогда ÐBAD - линейный угол двугранного угла, образованного при пересечении плоскостей a и b. Но ÐBAD=900 (т.к. AB^b). След-но, угол м/у плоскостями a и b равен 900, т.е. a^b. Ч.Т.Д.

Sбок=P*a (а - бок. ребро, Р-периметр)

БИЛЕТ 11

ТЕОРЕМА: Если две прямые перпендикулярны плоскости, то они параллельны.

Док-во: Рассмотрим прямые а и b, перпендикулярные к плоскости a. Докажем, что а½½b.

Через какую-нибудь точку М прямой b проведем прямую b1, параллельную прямой a. Докажем, что прямая b1 совпадает с прямой b. Тем самым будет доказано, что a½½ b. Допустим, что прямые b и b1 не совпадают. Тогда в плоскости b, содержащей прямые b и b1, ч/з точку М проходят две прямые, перпендикулярные к прямой c, по которой пересекаются плоскости a и b. Но это невозможно, след-но, a½½ b. Ч.Т.Д.

БИЛЕТ 13

ОПРЕДЕЛЕНИЕ: Расстояние м/у одной из скрещивающихся прямых и плоскостью, проходящей ч/з другую прямую параллельно первой, называется расстоянием м/у скрещивающимися прямыми.

Sполн=Sбок+2Sосн ; Sбок=P*H(ребро)

БИЛЕТ 14

ОПРЕДЕЛЕНИЕ: Если боковые ребра призмы перпендикулярны к основаниям, то призма называется прямой, в противном случае наклонной.

ТЕОРЕМА: Площадь боковой поверхности прямой призмы равна произведению периметра основания на высоту призмы.

Док-во: Бок.грани прямой призмы - прямоугольники, основания которых - стороны основания призмы, а высоты равны высоте h призмы. Площадь боковой поверхности призмы равна сумме площадей указанных прямоугольников, т.е. равна сумме произведений сторон основания на высоту h. Вынося множитель h за скобки, получим в скобках сумму сторон основания призмы, т.е. его периметр Р. Итак, Sбок=P*h. Ч.Т.Д.

БИЛЕТ 15

Рассмотрим два равных параллелограмма ABCD и A1B1C1D1, расположенных в плоскостях так, что отрезки AA1,BB1,CC1, и DD1 параллельны.

Поверхность составленная из двух равных параллелограммов ABCD и A1B1C1D1 и четырех параллелограммов называется параллелепипедом м обозначается ABCDA1..D1.

Параллелограммы, из которых составлен параллелепипед, называются гранями, их стороны - ребрами, а вершины параллелограммов - вершинами параллелепипеда.

ТЕОРЕМА: Диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.

Док-во: Рассмотрим четырехугольник A1D1CB, диагонали которого являются диагоналями параллелепипеда ABCDA1..D1. Т.к. A1D1½½ BC и

A1D1=BC, то A1D1CB - параллелограмм. Поэтому диагонали A1C и D1B пересекаются в некоторой точке О и этой точкой делятся пополам.

БИЛЕТ 16

ТЕОРЕМА: Противолежащие грани параллелепипеда параллельны и равны.

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.

Похожие работы:

  • Билеты по геометрии для 9 класса (2002г.)

    Реферат >> Математика
    Билеты по геометрии 9 класса БИЛЕТ 1 1.Определение вертикальных углов. ... треугольника. 2.Решение треугольника по трём сторонам. БИЛЕТ 4 1.Свойство биссектрисы равнобедренного ... ah). 2.Решение треугольника по стороне и прилежащим к ней углам. БИЛЕТ 13 1.Теорема о ...
  • Билеты по астрономии, 11 класс

    Шпаргалка >> Математика
    БИЛЕТЫ ПО АСТРОНОМИИ 11 КЛАСС БИЛЕТ № 1 Видимые движения светил, как следствие ... солнеч­ного или лунного 3. зависят от геометрии системы Зем­ля—Луна—Солнце. Из ... уточ­нить теорию движения Луны. Поскольку геометрия си­стемы почти точно повторяется каждые ...
  • Билеты по геометрии (11 класс)

    Реферат >> Математика
    ... оснований S и S1вычисляется по формуле V=1/3h(S·S1+√ S·S1). Билет №7 Угол между ... т.к по аксиоме А1через 3 точки проходит только одна плоскость. Билет № 13 ... неверно и α|| β. Теорема доказана. Билет № 18 1.Формула прямоугольногопараллелепипеда. (формулировка ...
  • Билеты по математическому анализу

    Шпаргалка >> Математика
    Билеты по математическому анализу ... понять опираясь на их геометр. св-ва: график ... f‘(x) имеет локальный экстремум. Геометр. т-ка перегиба хар-ся ... вспом. переменной g(x). g(x)=f(x)-f(a)-f‘(x)(x-a)-…-1/n!*f^n(x)(x-a)^n-1/(n+1)!(x-a)^n+1*l. По т-ме Роляя $ т-ка с ...
  • Билеты по истории развития науки и техники за весенний семестр 2001 года

    Реферат >> Остальные работы
    ... геометрии. Расскажите о теории эволюции Чарльза Дарвина. Зав. кафедрой -------------------------------------------------- Экзаменационный билет по ... кафедрой -------------------------------------------------- Экзаменационный билет по предмету ИСТОРИЯ РАЗВИТИЯ ...
  • Билеты по истории с ответами

    Реферат >> История
    ... научился многому. Он изучил арифметику, геометрию и артиллерийское дело; знакомился он и ... . Тимофей Ермаков Тимофей Ермаков Билеты по истории Россия в системе мировых ... -2001 гг. Данные билеты предлагались на экзамене по истории в Братском Государственном ...
  • Экзаменационные билеты по аналитической геометрии за первый семестр 2001 года

    Реферат >> Остальные работы
    ... . кафедрой -------------------------------------------------- Экзаменационный билет по предмету АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ Билет № 2 Как вычисляется ... Экзаменационный билет по предмету АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ Билет № ...
  • Билеты по истории психологии

    Реферат >> Психология
    ... и обучения. Билет 4. Учение Аристотеля и стоиков о душе. Душа, по Аристотелю, не ... психологической теории, использовавшей достижения геометрии и новой механики, принадлежал ... неумолимой точностью и строгостью, с какой геометрия делает свои выводы о линиях и ...
  • Экзаменационные вопросы и билеты по концепции современного естествознания за осенний семестр 2000 года

    Реферат >> Естествознание
    ... Зав. кафедрой -------------------------------------------------- Экзаменационный билет по предмету КОНЦЕПЦИИ СОВРЕМЕННОГО ЕСТЕСТВОЗНАНИЯ Билет № 9 Охарактеризуйте основные ... и кем были заложены основы геометрии? Кто является основоположником математической ...