atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 14

только длины сторон и обозначение треугольника; нмсс!е !зРДЯ булст ЛАВС. 13сс рассужлсния поюоряются: гочка О,— венгр ш!исаннои в гзАВС окружности. Причем, что сс радиус равен г. 5,„13+14 ь15 42 г= — "", р=- — — — — — = — = 21(см). р 2 2 Ио формуле (ср ли.

.С'=,Яр — !3)(р — !4)(р — 15) == ч21 8 7.6 =- ч!! ..' 4 з 7 -' 3 '- = 7 3 2 2 =- 84(сч!). й 8.! - -- 0 ! - --. = 4 (г ! ! з) А И !;!)8!ч иго н,поги ' ОО,Г ОΠ— з'Я вЂ” !" = Л) = 3(,). М 585. (рнс. 368). Из нснтра сфепы, точки О, провалом 00, псрпсп.шкулярнын плоскости АВСО. Проведем 0.1. ! ОС, 0,473 ВС,О,М 3 АВ, О,К 1. Ад. (Г!о тео- Рис. Здй З,С е 239 реме о трех перпендикулярах 06, ОМ, Оввг, В С ОК перпенликулярны к соответствуюшим сторонам ромба). Ов ЕвОО,Е = УвОО,К= в.'хОО,Ф=,асОО,М (они прямоугольные, 0,0 — обший катет, ОК.= ОК = ОН = ОМ = Я).

Тогда О,К = Р = 0 в', = 0 Ф = 0 М точка О, равноудалсна Рис 369 от сторон ромба, то есть О, — центр вписанной в ромб окружности (рис. 369), Примем, что ее ралиус равен г. Слсвзоватсл~ но из с'.в00,1.: оа,=вас'-ос'- в'-7.- вГвт-". Найлсм г.

ВР =- 15 ем, АС= 20 ем(рис. 369). со =,сос' оа'-1(-вс) +'(-во) = — вс' ва' = )('(2 1 (2 ) 2 1 — /625 25 = — )225+400 = — = — (см) 2 2 2 1 25 В =- — СР О Ь = — — г. Сдругой стороны асса 1 1 ! 1 В = — Х„= — — АС ВР=- 20 !5.Получилиуравненис. с,асс. 1 ка 4 1 25 1 20.15 54 53 — — г= — 20.15.Я вЂ” = =6(см) 2 2 8 2.25 2 25 0,0=чГОΠ— б =400 36со /644=8(см). № 586. В соответствии с п. 60 рассмотрим уравнение: х'+ у = Яв — с!', где Я вЂ” радиус сферы,  — расстояние от ее центра ло плоскости сс а) Я = блм, г(= ОН= 60 ем = блм.ОН вЂ” высотатетраздра,значит, ОН перпендикулярен плоскости АВС и ОН = с(. Я = г(.

Сфера и плоскость имеют одну общую точку, то есть они касаются. б) Я = 3 м, ОН = Ы = 95 см = 0,95 м. Я > В, Я' — с(' > О. Уравнение х +у = Яв — вв является уравнением окружности из плоскости АВС. Таким образом, сфера и плоскость основания тетраэлра пересекаются по окружности. 240 Глава У1. Цилинд, кон с и ша в) 8=5дм,с( ОН= 45см =45дм.

В>с(,Ф вЂ” иа>0, Как и в случае б), сфера и плоскость пересекаются. г) Я=3,5дм,ОН 8=4дм, Я< с(,Ф вЂ” с('<О. Уравнение х'+ у' = Я' — сг" нс имеет решений, то есть плоскость АВС и сфера не имеют общих точек. № 587. Если В > с(, то секушая плоскость и сфера (шар) пересекаются по окружности радиуса г = Я' — К' (и.

60). В сечении получится круг, его плогцааь 5 = яг2 = я(й' — А'). а) Я = 12 см, сг' = 8 см. В > с(, секущая плоскость и сфера пересекаются. В' — д', г'= 12' — 8'= 144 — 64 = 80; Ю=я80 80я(см'). б) 5 = ! 2 см', В = 2 см. Я = кй' — яаг; пВ' = Я+ яс(' В= = ~с(1+ —, В= 4+ — (см). +5 г № 588. ОО, = О,Ф = —. )7 Примем АО, = О,В = г, Из прямоугольного сзАОО, (рис, 370): — В' ВД а)г=,)В'-00,' = ~Я'- — =— 4 2 б) Плошали боковой поверхности прямого кругового конуса найдем по формуле: 5, = кг!, 1 = ОА = Я, БАГЗ пВ',Гз о =гп'В=я' — 'л= —. 2 2 Рг Рис. 37Р № 589. (рис. 371). Проводим 00, перпендикулярный плоскости сечения, соединим точку О, с точками В и С(точка С получается продолжением, отрезка ВО (до пересечения его со сферои).

сзСО — равнобедренный, в нем 00, Л. СВ. А тогда 00, также якзяется мелианой, СО, = 0 В. Рис. 371 ВЗ.С ва 241 № 590. Точка С вЂ” точка, в которой плоскость ее касается сферы; плоскость а — касательная к сфере; р образует с а угол Вк плоскость ~3 пересекается с шаром по окружности, диаметр которой СВ. Проведем 00, .1.

СВ, соединим точку О с точками С и В. сзОО,С = ЬОО,В(они прямоугольные, 00, — общий катет, ОС = ОВ = Я). Тогда СО, = О,В, точка О, — центр окружности, по которой плоскость (3 пересекает шар (рис. 372). Нарисуем сечение шара плоскостью СОВ. ~р — угол между плоскостями а и (3. л'.. ОСВ = 90 — д, поскольку ОВОС вЂ” равнобедренный, то е.ОВО, = 90' — <р .

Из ЛОО, В: 0 В = г = Ясов(90 — ~р) = Я з)п чь Площадь сечения шара 5= гоз, 5 = к(Яз)п <р)' = иЯ'яп'~р. Рис 372 № 591. Нарисуем сечение плоскостью, проходюцей через центр шара, точку О, и перпендикулярной ребру двугранного угла МФ. Точка О, равноудалена от точек С и В, лежащих на окружности, по котогюй сечение пересекает сферу. Точка О, — центр окружности, а ~ОВО, а, Примем О,В а)Я 2см,и=30. Я,('3 ИзЬООВ:ОВ= =Я ЗО =— 2 Е = 2то; Е и ГЗЯ 2,ГЗп(см). 2пЯ ГЗ 2 М2 б)Я=5 м,а 45',г Ясоа45'= —; Е = 2пг = 2п — — = и Г2Я = 5п ~/22(м).

а/2' 2 242 Глава Рб илиад, кон си ша Согласно следствию из теоремы п, 23 построенная плоскость перпснликулярна а и (). Проведем ОВ перпенликулярно плоскости а и ОА перпенликулярно плоскости Д (рис. 373). ОВ = ОА = Я. ОА 3 (3, АС перпснликулярсн ребру МФ вЂ” по построению. ОС 3 М)т' — по теореме о трех нерпе>шикулярах. ОС вЂ” расстояние ат пснтра сферы до ребра МДг, ОС и. ГРОВС= НОАС (ОВ= ОА =В, ОС вЂ” общая), поэтому ОС биссектриса ПАСВ, а к'.АСВ = 120', тогда к'.ОСА = 60'.

Из ЬОСА: а /3 ОА = В = а х(п 60' = —. А — расстояние между точками касания. 2 сзАО — равнобедренный, ЛОСА = 60', иногда к'.ОВА = кОАВ = 60', и43 схАО — равностронний, А В = ОА = —. 2 Ркс. 373 № 592. (рис. 374), а — касательная плоскость к сфере, Р а а, КР= 15см, ОК= ОА = В =!12см. Докажем,чтоточкаА а ОРбудст ближайшей точкой к точке Р. Возьмем произвольную точку Ф на сфере. Проведем отрезки ФО и ЧР. По неравенству треугольника: Рис. 374 243 93.С еа ОФ + ЛтР > ОР, ОР = ОА + А Р, Я+ 1(Р> Я+ АР, МР > АР. Итак, АР < (1(Р,а т.к.

точка 7з( выбрана произвольно, то утасржленис локазатнт. Из прямоугольного(зОКРР(ОК.(, а): ОР-ЗОМ' кР' (Я' ~5'-4~2' 1Г - Г27%-ИЗ( й АР = ОР— Я = 113 — 112 = ! (см). Ль 593. По формуле и. 62; 5 = 4яй'. а) 5 = 4я 6' = 4(г. Зб = 144я (см'); б) 5 = 4я 2' = 16тг (лм'); а)5= 4г (Г2)'= кя(ы'); г)5= 4я (2ч(3)' =4тс 12 = 48я(смт), 9, 9 Лтз 594. 5„„= 9 = яй, Я' = — (мт); 5 = 4пЯ' = 4л — = 36(м').

л я (324 )81 9 ЛЪ 595. 5= 324см'. 5= 4яй', К = ( — = = ~ — = =(см). т(4я т' т( (и Л8597.5, =4яЯ,Я=5ч, 5,, =-4л 5' =)ООя(м);5„:=я1, !. — ралиус круга (и), я!.' = и 1ОО, 6 --. )ОО, !. = !О(з!. ЛВ 598. (рис. 375).Проис.(см,шамс(р с)яры нсрис~(шк)л рии .. т;ш;и.'(и(!к((. лсльным сс аишм, Чсрс .и(,(мс(!т, р шс лсм сск)тую и.итсьость, ко"сися исрссс (с( с,)тору по окружая ."ги. Гь инс ыт(орой рач и р.(,ш)с) с((тсры. К!т'=( -:Осз( ИВ=-г -- !'сз( .т(6! = 3 ем. ОО.=08= й. !(з,ЗОВ(т:О(7= ОЯ -(2 у-.ой -1'44. И'3 ..' 00((т: ОЛ( = ч Я' -9' -- к Я ' — ч).

,т.. ': .'. Г '" М,Я= КО- МО= (Я. -8! —,(Ят -!44. Г: г чй' — 81 — ъй' -144 = 3,4Я'-81 = 3 и Я' -8! = 9+ 6ч(Я' -144 + (( — !44; Ра (Р з(Я' -144. Л'. 596. Пер(тая сфера; 5, -- 4лй '. Вторая сфера: 5, = 4лЯ; Ми(тжтпсль4яолниаковый. тали, 5, - Я, 5, - ЯЗ, (- ол(ачаст «ироиорш(ш(альио ). Угвсржлсние,'ктказа(ьк Глава И. Цилин, кон с и ша 6/Я'-144 = 54, чГЯ'-144 9, Я' — 144 =81, )г" = 225, Я= 15 (см),(Я > О) 5 = 4пй" = 4л 15' = 225 4 л = = 900л; (см'). № 599. Рассмотрим сечение сферы плоскостью, проходящей через следующие три точки: 1) общую точку лвух сечений, из которой под углом 90 выпалят радиусы г, и г„ 2) конец радиуса ги 3) конец ралиуса г;, Угол АС — вписанный, т.к.

он равен 90', то он опирается на диаметр сферы, то есть ЛВ= 2Я.: (2Я)' = (2г)'+ (2г,)', 4Я' 4г,'+ 4г,'; Я'=г,'+г,. Площадь сферы Ю = 4пЯ' = 4л (г,'+ г,'). Рис. 37б 1. Образующая перпендикулярна к основанию цилинлра, значит, и искомый угол равен 90'. 2. Прямоугольник. 3.

а) да (рис. 378 а). р(АВ, СР) =00, =Н б) б) да (рис. 378 6). р(АВ, СР) > АА, = Н Р и) Рис, 373 № 600. (рис. 377). Цилинлр получен враще- нием квалрата АВСР вокруг стороны АВ; Рис. 377 5,с=4па';В„„=па',В 2п АР АВ=2л а а=2па', 5,„= 25„„+ 5„„= 2па'+ 2ла' = 4ла', Вывод: 5„,„= Б . Утвержлснис локазано.

Вопросы к главе т'1 Вол осы к главе И 24б в) нет, т. к. иначе бы и расстояние между параллельными плоскостями оснований былобы меньше Ы 4. Первая деталь 2! г 2 — г — радиус основания г Я = 2п — 27= 2я! кок о =п~-~ =ив Ю. =пг' ~2! 4 мн яг' 5 ОСИ 2В = 2пгз осн 5. (рис. 379). Оглвелк а) да; б) да. С б. Отвелс равнобедренный треугольник. 1Ю 7. Омвевп да. ! 1 8.

)(=~Г5см, Р= 2В=2~Г5= /20(см). 1 Вычислим гипотенузу прямоугольного У с-Г' ПЛ)'-,йь ° в-,Ъ~ В С > Р, т. к. ~/24 > ~(20. Вывод: ги поте нуза не помешается внутри сферы, тогла, хотя бы одна вершина лежит вне сферы. 9. Одна сфера всегда будет внутри другой„поэтому общую касательную плоскость провести невозможно (радиус внутренней сферы «не дотянется» плоскости, касаюшейся первой сферы). 10. Отведя это сфера, у которой данный отрезок является диаметром.

Вторан леталь ! — высота (образующая) о = 2яг! Рие 380 246 Глава И, Цилинд, кон суша Дополнительные задачи В д № 601. АВС0 — осевое сечение; ОА = г, точка Р— середина радиуса ОА; плоскость МУКЕ ОА (рис. 381). Осевое сечение АВС0 и сечение МтК).— прямоугольники. Примеч образуюшая цилинлра ВМ =- 1, слеловатсльно 5 Я„а =А0 ВМ 2гб Найдем ллину отрезка МФ.