pogorelov-gdz-11-2001z (Ответы ко всем упражнениям Погорелова по геометрии от седьмого до одиннадцатого класса (Погорелов)), страница 8

Через конец радиуса проведена плоскостьпод углом 60° к нему.Найдите площадь сечения.В прямоугольном ∆ΑΟΒ имеем:1 RAB=OBсоs 60°= ОВ ⋅ = .2 2Тогда площадь сечения равна:2πR 2R. =42S = π ⋅ AB2 = π Ответ:66πR 2.432. Радиус земного шара R. Чему равна длина параллели, еслиее широта 60°?В прямоугольном ∆АОВ:∠AOВ=90°–∠BОК=30°.1 RАВ=ОВ⋅sin∠AOB=R⋅ = . Тогда длина параллели равна2 2Rl = 2π ⋅ AB = 2π ⋅= πR..2Ответ: πR..33. Город N находится на 60° северной широты.Какой путь совершает этотпункт в течение 1ч. вследствиевращения Земли вокруг своей оси?Радиус Земли принять равным 6000 км.В прямоугольном ∆АON:∠AОN=90°–∠NOK=30°.RТогда AN=ON⋅sin60°= .

За один час город N совершит путь по21дуге, равнойдлины окружности с радиусом AN.2467Так что, l=160001= 250π ≈ 785(км).⋅ 2πAN =⋅2⋅π⋅24224Ответ: ≈785 км.34. На поверхности шара даны три точки. Прямолинейные расстояния между ними 6 см, 8 см, 10 см. Радиус шара 13 см. Найдитерасстояние от центра до плоскости, проходящей через эти точки.Проведем OO1 перпендикулярно плоскости ∆ΑВС.

Тогда прямоугольные треугольники ΑΟ1Ο, BO1O, СО1О равны по катету игипотенузе (так как AО=BO=СО — радиус шара и ОО1— общийкатет). Так что О1—центр окружности, описанной около треугольника АВС (О1А=О1В=О1С).Далее, заметим, что 62 + 82 = 102, так что ∆АВС прямоугольный сгипотенузой АС. Поэтому О1 — середина АС, так чтоАО1=1АС=5 (cм).2Далее, в прямоугольном ∆AOO1:OO1= AO 2 − AO12 = 13 2 − 5 2 = 12 (см).Ответ: 12 см.35. Диаметр шара 25 см. На его поверхности даны точка А и окружность, все точки, которой удалены (по прямой) от А на 15 см.Найдите радиус этой окружности.Радиус шара равен половине диаметра.68Так что АО=ОВ=1⋅25=12,5 (см).2Далее, ∆АОВ равнобедренный (так как ОB=ОA) и АВ=15 см.Найдем площадь ∆ΑΟΒ по формуле:SАОВ = p ⋅ ( p − AO) ⋅ ( p − OB) ⋅ ( p − AB) == 20 ⋅ (20 - 12,5) ⋅ (20 − 12,5) ⋅ ( 20 − 15) =75(см).

Но SАОВ =Так что R=BO1=1⋅АО⋅ВО1.22 S AOB 2 ⋅ 75=10(см).=AO15Ответ: 10 см.36. Радиус шара 7 см. На его поверхности даны две равные окружности, имеющие общую хорду длиной 2 см.Найдите радиусы окружностей, зная, что их плоскости перпендикулярны.Из центра шара О проведем перпендикуляры ОО1 и ОВ к плоскостям соответствующих окружностей. Из точек О1 и В проведемперпендикуляры О1В1 и ВВ1 к общей хорде АС. Тогда1AB1= B1C= AC=1(см).2Далее, в прямоугольном ∆О1AB1, если O1A=R и С1B=a, то получимО1А2=О1В12+АВ12, т.е R2 = a2 + l.

В прямоугольном ∆BCB1 обозначим ВС=R, ВВ1=b, тогда ΒC2=ΒΒ12+Β1C2, т.е. R2 = b2 + l. Так чтоа=b, то есть О1В1=ВВ1.Тогда ΟΟ1BB1 — квадрат и его диагональ ОВ12=2О1В2=2а2.Далее, в прямоугольном ∆OAB1 OA=7 см, тогда ОА2=ОВ12+АВ12, тоесть 49=2а2+l, а2 =24.Далее, R2=a2+1=25, так что О1А=R= 25 =5(см).Ответ: 5 см.6937. Дан шар радиуса R. Через одну точку его поверхности проведены две плоскости: первая — касательная к шару, вторая — подуглом 30° к первой.Найдите площадь сечения.Так как ∠O1AB=30°, а ОА⊥АВ, то ∠OAO1=90°–∠Ο1ΑΒ=90°––30°=60°.Далее, в прямоугольном ∆ΑО1O:1 RAO1=AO·cos∠O1AO=R·cos60°=R⋅ = .2 22 R  πR 2. =42Тогда площадь сечения равна S=π ·AO12= πОтвет:πR 2.438.

Имеется тело, ограниченное двумя концентрическими шаровыми поверхностями (полый шар).Докажите, что его сечение плоскостью, проходящей через центр,равновелико сечению, касательному к внутренней шаровой поверхности.Допустим, что радиусы двух шаров равны R1 и R2. Тогдав прямоугольном ∆ОО1A:O1A2 = OA2 − OO12 = R12 − R22 .Площадь касательного сечения равнаS=πO1A2=π(R12–R22).70Площадь сечения шара плоскостью, проходящей через центр, равна разности площадей S=πR12–πR22=π(R12–R22). То есть площадиискомых сечений равны.Что и требовалось доказать.39. Шар радиуса R касается всех сторон правильного треугольника со стороной а.Найдите расстояние от центра шара до плоскости треугольникаЗадача решена в учебнике п. 195, стр.

88.40. Стороны треугольника 13см, 14см и 15см. Найдите расстояние от плоскости треугольника до центра шара, касающегося всехсторон треугольника. Радиус шара 5см.Проведем OO1 перпендикулярно плоскости ∆ΜΝΚ. Так как стороны ∆MNK касаются шара, то OA, OВ и ОС перпендикулярны сторонам ∆ΜΝΚ.

Тогда по теореме о трех перпендикулярах O1A, O1Bи О1С тоже перпендикулярны к соответствующим сторонам∆MNK.Далее, так как ∆АОО1=∆ВОО1=∆СОО1 (по катету и гипотенузе), то:O1A=O1B=O1С. Так что О1 — центр вписанной окружности в∆ΜΝΚ. Площадь ∆ΜΝΚ равна:S= p ⋅ ( p − MN ) ⋅ ( p − MK ) ⋅ ( p − NK ) = 21 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 6 =84 (см2).Но S=pr, так что О1А= r =S 84= 4(см).=p 21Далее, в прямоугольном ∆AОО1:OO1= AO 2 − AO12 = 52 − 42 =3 (см).Ответ: 3 см.7141. Диагонали ромба 15 см и 20 см.

Шаровая поверхность касается всех его сторон. Радиус шара 10 см. Найдите расстояние отцентра шара до плоскости ромба.Проведем перпендикуляр ОО1 к плоскости ромба.Отрезки OM=ON=OK=OE=10 см и перпендикулярны соответствующим сторонам ромба. Так что по теореме о трех перпендикулярах О1М, O1N, О1К и О1Е перпендикулярны соответствующимсторонам ромба.

Далее, ∆ΟΟ1Μ=∆ΟO1N=∆ОО1К=∆OO1E (по гипотенузе и катету). Так что O1M=O1N=O1K=O1E и значит, О1 — центрвписанной в ромб окружности.В прямоугольном ∆AΟ1D (АС⊥BD):122122AD= AO12 + DO12 =  AC  +  BD  = 7,52 + 102 =12,5 (см).Тогда12SABCD= ⋅ AC ⋅ BD =1⋅ 15 ⋅ 20 =150 (см2).2С другой стороны,SABCD=ah=AD·NE. Так что NE=Тогда О1Е=S ABCD 150==12(см).AD12,51NE=6(см).2Далее, в прямоугольном ∆ОО1Е:OO1 =OE 2 − O1 E 2 = 10 2 − 6 2 = 8(см).Ответ: 8 см.7242. Через касательную к поверхности шара проведены две взаимно перпендикулярные плоскости, пересекающие шар по кругамрадиусов r1 и r2Найдите радиус шара R.Проведем перпендикуляры OO1 и OO2 к данным плоскостям.По условию ∠Ο1ΑO2=90°, так что OO1AO2 — прямоугольник. Тогда по теореме Пифагора ОА = R =Ответ:OO12 + OO 22 = r12 + r22 .r12 + r22 .43.

Шар радиуса R вписан в усеченный конус.Угол наклона образующей l к плоскости нижнего основания конуса равен α .Найдите радиусы оснований и образующую усеченного конуса.Рассмотрим осевое сечение, которое является трапецией ABCD,причем АВ=CD. ∠ΒΑD=α. Проведем BM⊥AD. Тогда BM=O1O2=2R.В ∆АВМ: l=AB=BM2R=.sin α sin αЦентр вписанной в ABCD окружности лежит на пересечении бис12сектрис, так что АО и ВО — биссектрисы, то есть ∠BAO= α ,11∠ABC = 90°– α .22Так что ∆АВО — прямоугольный, поэтому∠ABO =732 R ⋅ sinBO=AB·sin∠BAO=sin αα2 =Rcosα2Далее, в прямоугольном ∆BОО1: BO1 = R=  cos α2BO 2 − OO12 =2ααsin 21 − cos 222 = R tg 2 α = Rtg α .2 =R − R = R⋅222α2αcoscos22Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки кокружности, равны, то BК=BО1 и AO2=AK.Тогда АО2 = AK = AB – BK = АВ – ВО1 =α2R− Rtg =sin α2αααR ⋅ 1 − sin 2 R cos 2R sin2R222 = Rctg α .==−=ααααααα22 sin coscoscos sincos sin2222222ααОтвет: Rtgи Rctg .2244.

Два равных шара радиуса R расположены так, что центр одного лежит на поверхности другого.Найдите длину линии l, по которой пересекаются их поверхности.Задача решена в учебнике п. 196, стр. 90.45. Радиусы шаров 25 дм и 29 дм, а расстояние между их центрами 36 дм.

Найдите длину линии l, по которой пересекаются ихповерхности.Рассмотрим сечение, проведенное через центры шаров. Тогда линия пересечения шаров представляет собой окружность радиусаAH, где АН — высота в ∆ОAО1, проведенная к стороне ΟΟ1.74Площадь ∆OAO1 равнаS= p ⋅ ( p − OA) ⋅ ( p − O1 A) ⋅ ( p − OO1 ) == 45(45 − 25)(45 − 29)(45 − 36) = 360(дм2).Но с другой стороны S=АН=1OO1⋅АН, так что22S2 ⋅ 360==20(дм).36OO1Далее, длина линии l = 2πАН = 2π⋅20 = 40π (дм) = 4π (м).Ответ: 4π м.46. Найдите радиус шара, описанного около куба с ребром а.Рассмотрим осевое сечение шара, проходящего через диагональкуба.

Так как в прямоугольном параллелепипеде квадрат любойдиагонали равен сумме квадратов трех его измерений, то1a 3.AC12=a2+a2 +a2 и АС1= a 3 ; тогда R=AO= AC1=2247. Докажите, что центр шара, описанного около правильнойпирамиды, лежит на ее оси.Задача решена в учебнике п. 197, стр. 90.48. Докажите, что центр шара, вписанного в правильную пирамиду, лежит на ее высоте.75Пусть Χ точка касания шара и боковой грани ASB.

Из точки Χ проведем прямую XМ⊥О1О2, где О1О2 — диаметр шара, перпендикулярный плоскости основания.Тогда по теореме Пифагора в ∆ОХМ:XM= OX 2 − OM 2 = R 2 − OM 2 , где R — радиус шара.Так что точки касания шара с боковыми гранями лежат в плоскости, перпендикулярной диаметру O1O2 и на равном расстоянии отточки М.Значит, все точки касания принадлежат вписанной в сечение, перпендикулярное О1О2, окружности с центром в точке Μ.Тогда, точка М лежит на оси правильной пирамиды, которая является высотой.