atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 11

Центр окружности находится вточке пересечения диагоналей прямоугольника. Пусть О — центр сферы, следовательно ОК ⊥ плоскости ABCD, ОК — искомое расстояние.Из прямоугольного ∆ОКА вычислим ОК:p=OK = OA 2 − AK 2 = R 2 − AK 2 .16AK == 8 см, OK = 10 2 − 8 2 = 100 − 64 = 6 см.2583. Равнобедренный ∆PQR «положили» на сферу,он касается сферы в точках А, В, С. Проведем изцентра сферы О перпендикуляр ОО1 на плоскость PQR.О1А ⊥ PR, O1B ⊥PQ, O1C ⊥ RQ.

(По теореме о трехперпендикулярах О1А, О1В, О1С перпендикулярны ксторонам треугольника PQR).∆ОО1А=∆ОО1В=∆ОО1С (прямоугольные, где О1О— общий катет, ОА=ОВ=ОС=R).Тогда: точка О1 — центр вписанной окружности.74Вычислим радиус вписанной окружности:S∆PQR10 + 10 + 12r=, p== 16 см.2pПо формуле Герона: S∆PQR = 16 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 4 = 4 ⋅ 6 ⋅ 2 = 48 см2,48= 3 см.16По теореме Пифагора из ∆ ОО1В найдем ОО1:r=OO1 = OB 2 − O1 B 2 = R 2 − r 2 = 5 2 − 3 2 = 4 см.584.

см.538, за иключением: вместо ∆PQR будет ∆АВС. Рассуждения повторяются; точка О1 — центр вписанной в ∆АВС окружности. Пусть ее радиус равен r.S13 + 14 + 15 42r = ∆ABC , p === 21 см.p22По формуле Герона: S =p( p − 13 )( p − 14 )( p − 15 ) = 21 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 == 7 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 7 ⋅ 2 ⋅ 3 = 7 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 = 84 см2.84r = O1 F == 4 см.21Из прямоугольного ∆ОО1F по теореме Пифагора:OO1 = R 2 − r 2 = R 2 − r 2 = 9 = 3 см.585. Из центра сферы — О, опустим перпендикуляр ОО1 к плоскости ABCD.

Проведем O1L ⊥ DC,O1M ⊥ BC, O1N ⊥ AB, O1K ⊥ AD. (По теореме о трехперпендикулярах OL, OM, ON, OK перпендикуляр-нык соответствующим сторонам ромба). ∆OO1L==∆OO1K=∆OO1N=∆OO1M (прямоугольные, О1О —общий катет, ОК=OL=ON=OM=R). Тогда, O1K=O1L==O1N=O1M, точка О1 равноудалена от сторон ромба,таким образом О1 — центр вписанной в ромб окружности. Пусть ее радиус равен r. Тогда из ∆OO1L:OO1 = OL2 − O1 L2 = R 2 − r 2 = 100− r 2 .Вычислим r. BD=15 см, АС=20 см.CD = O1C 2 + O1 D 2 ==2⎛1⎞⎛1⎞⎜ AC ⎟ + ⎜ BD ⎟⎝2⎠⎝2⎠2=12AC 2 + BD 2 =625 251(см).225 + 400 ==22211 25S ∆O1CD = CD ⋅ O1L = ⋅ ⋅ r .22 275С другой стороны S ∆O1CD =11 11S ABCD = ⋅ ⋅ AC ⋅ BD = ⋅ 20 ⋅ 15.44 28Запишем уравнение:1 25120 ⋅15 5 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 3⋅ ⋅ r = ⋅ 20 ⋅ 15 , R === 6 см,2 222 ⋅ 252 ⋅ 25O1O = 100 − 6 2 = 100 − 36 = 64 = 8 см.586.

Запишем уравнение:x2 + y2 = R2 − d 2 ,где R — радиус сферы, d — расстояние от ее центра до плоскости α.а) R=6 дм, d=ОН=60 см=6 дм. ОН — высота тетраэдра, тогда,ОН ⊥ плоскости АВС и ОН=d.R=d. Сфера и плоскость имеют одну общую точку, т.е. касаются.б) R=3 м, ОН=d=95 см=0,95 м. R > d , R 2 − d 2 > 0.x 2 + y 2 = R 2 − d 2 — это уравнение окружности на плоскости АВС. Значит, сфера и плоскость основания тетраэдра пересекаются по окружности.в) R=5 дм, d=OH=45 см=4,5 дм.R > d , R 2 − d 2 > 0.Как и в б) — сфера и плоскость пересекаются.г) R=3,5 дм, ОН=d=4 дм. R < d , R 2 − d 2 < 0.x 2 + y 2 = R 2 − d 2 не имеет решений, т.е. плоскость АВС и сфера неимеют общих точек.587. Если R > d, то секущая плоскость и сфера пересекаются по окружно-сти радиуса r = R 2 − d 2 .

В сечении будет окружность, площадь которойS = πr 2 = π( R 2 − d 2 ) (круг, соответствующий окружности r).а) R=12 cм, d=8 см. R > d, секущая плоскость и сфера пересекаются.r 2 = R 2 − d 2 , r 2 = 12 2 − 8 2 = 144 − 64 = 80, S = π80 = 80π см2.б) S=12 см2, d=2 см. S = πR 2 − πd 2 ; πR 2 = S + πd 2 ,Sπd 2 + S12= d2 + , R = 4+см.πππR588. OO1 = O1 N = . Пусть AO1 = O1 B = r .2Тогда из прямоугольного ∆AOO1 :R=R2R 3=.42б) Площадь боковой поверхности прямого круговогоконуса вычислим по формуле:а) r = R 2 − OO12 = R 2 −76πR 2 3R 3⋅R =.22589.

Опустим перпендикуляр ОО1 к плоскостисечения, соединим точку О1 с точками В и С (точка Сполучается в результате продолжения отрезка ВО1 допересечения со сферой).∆СОВ — равнобедренный, в нем ОО1 ⊥ СВ, тогда,ОО1 тоже является медианой, СО1=О1В.Точка О1 равноудалена от точек С и В, лежащих наокружности, по которой сечение пересекает сферу. Точка О1 — центр окружности, ∠OBO1 = α. Пусть O1B = r , тогдаSбок = πrl , l = OA = R. , Sбок = πrR = π ⋅а) R = 2 см, α = 30 o .Из ∆OO1 B : O1B = r = R cos 30o =R 32πR 3; L = 2πr , L == π 3 R = 2 3π см.22б) R = 5 м, α = 45 o . r = R cos 45 o =R 2;2R 2= π 2 R = 5 2 π м.2590. С — точка, касания плоскости α со сферой;плос-кость с — касательная к сфере; β образует с αугол ϕ; β пересекается с шаром по окружности, диаметр которой СВ.Построим ОО1 ⊥ СВ, соединим точку О с точками Си В.

∆OO1C = ∆OO1 B (прямоугольные, ОО1 — общийL = 2πr = 2π ⋅катет, OC = OB = R). Тогда, CO1 = O1 B, точка O1 — центр окружности,по которой плоскость β пересекает шар.Построим сечение шара плоскостью СОВ.ϕ — угол между плоскостями α и β.∠OCB = 90 o − ϕ, поскольку ∆BOC — равнобедренный, то ∠OBO1 = 90 o − ϕ.Из ∆OO1 B : O1 B = r = R cos( 90 o − ϕ ) = R sin ϕ.Площадь сечения шара S = πr 2 , S = π( R sin ϕ ) 2 = πR 2 sin 2 ϕ.591. Построим сечение плоскостью, проходящей через центр шара, (точку О), и перпендикулярной ребру двугранного угла MN .

Тогдапостроенная плоскость перпендикулярна α и β.Проведем ОВ перпендикулярно к плоскости α иОА перпендикулярно к плоскости β.OB = OA = R.77ОА ⊥ β, АС ⊥ MN (по построению).ОС⊥MN — по теореме о трех перпендикулярах.ОС — расстояние от центра сферы до ребра MN ,ОС=а. ∆ОВС=∆ОАС (ОВ=ОА=R, ОС — общая),тогда ОС — биссектриса угла ∠АСВ, ∠АСВ= 120 o ,тогда, ∠ОСА= 60 o. Из ∆ОСА имеем: OA = R = a sin 60o =a 3.2AB — расстояние между точками касания.∆АОВ — равнобедренный, ∠ОСА= 60o , тогда, ∠ОВА=∠ОАВ= 60o ,∆АОВ — равносторонний, АВ=ОА=a 3.2592. α — касательная плоскость к сфере,P ∈ α , КР=15 см, ОК=ОА=R=112 см.

Докажем, что точка A ∈ OP будет ближайшейточкой к точке Р.Выберем произвольную точку N насфере. Проведем отрезки NO и NP. Посвойству сторон треугольника:ON + NP > OP , OP = OA + AP , R + NP > R + AP , NP > AP.Итак, AP < NP , а далее так как точка N выбрана произвольно, то утверждение доказано. Из прямоугольного ∆ОКР имеем:OP = OK 2 + KP 2 = R 2 + 152 = 1122 + 152 = 12544 + 225 == 12769 = 113 см, AP = OP − R = 113 − 112 = 1 см.593. S = 4πR 2 .а) S = 4π ⋅ 6 2 = 4π ⋅ 36 = 144π см2;б) S = 4π ⋅ 2 2 = 16π см2;в) S = 4π ⋅ ( 2 ) 2 = 8π м2;г) S = 4π ⋅ ( 2 3 ) 2 = 4π ⋅12 = 48π см2.99 2594.

S сеч = 9 = πR 2 , R 2 =м ; S = 4πR 2 = 4π ⋅ = 36 м2.ππ595. S = 324 см2, S = 4πR 2 , R =324819==см.π4ππ596. Первая сфера: S1 = 4πR1 2 . Вторая сфера: S 2 = 4πR2 2 .Множитель 4π одинаковый, тогда, S1 пропорционально R1 2 , S 2 пропорционально R 2 2 .Доказано.78597. S сф = 4πR 2 , R = 5 м, S сф = 4π ⋅ 5 2 = 100π м2;S = πL2 , L — радиус круга. πL2 = π ⋅100, L2 = 100, L = 10 см.598.

Проведем диаметр сферы перпендикулярно к данным параллельнымсечениям. Через диаметр проведем секущую плоскость. Она пересечет сферу по окружности, радиус которой равен радиусу сферы.ND = r1 = 9 см, MB = r2 = 12 см, NM = 3 см, OD = OB = R.Из прямоугольного ∆OBM по теореме ПифагораOM = R 2 − 12 2 = R 2 − 144 .Из ∆ODN : ON = R 2 − 9 2 = R 2 − 81.MN = NO − MO = R 2 − 81 − R 2 − 144,R 2 − 81 − R 2 − 144 = 3,R 2 − 81 = 3 + R 2 − 144 ,R 2 − 81 = 9 + 6 R 2 − 144 + R 2 − 144; 6 R 2 − 144 = 54,R 2 − 144 = 9,R 2 − 144 = 81, R = 15 смS = 4πR 2 = 4π ⋅ 152 = 900π см2.599. Рассмотрим сечение сферы плоскостью,проходящей через следующие три точки:1) общую точку двух сечений, из которой под углом90о выходят радиусы r1 и r2;2) конец радиуса r1;3) конец радиуса r2;Угол ∠ АСВ — вписанный, т.к.

он равен 90о , то он опирается на диаметрсферы, то есть АВ=2R.( 2 R )2 = ( 2r1 )2 + ( 2r2 )2 ; 4 R 2 = 2r12 + 2r2 2 ; R 2 = r1 2 + r2 2 . Площадь сфе-ры S = 4πR 2 = 4π( r1 2 + r2 2 ).600. Цилиндр получен в результате вращения квадратаABCD вокруг стороны АВ; АВ=а.S сф = 4πa 2 ; Sосн = πa 2 ;S бок = 2π ⋅ AD ⋅ AB = 2π ⋅ a ⋅ a = 2πa 2 ;S полн = 2 Sосн + Sбок = 2πa 2 + 2πa 2 = 4πa 2 .Тогда: S полнцикл =Sсф . Доказано.79Вопросы к главе VI1. 90 o .2. Сечение — прямоугольник.3.

АВ и CD лежат в параллельных плоскостях.ρ ( AB, CD) = H , Н — высота цилиндра.4. Первая детальВторая деталь2l ,l — высота (образующая),r,r — радиус основания,2rS бок = 2πrl ,S бок = 2π ⋅ ⋅ 2l = 2πl ,22r2⎛r⎞S осн = π⎜ ⎟ = π,4⎝2⎠S осн = πr 2 ,πr 2. 2 S осн = 2πr 2 .2Боковые поверхности равны, но площадь двух оснований второй деталибольше площади двух оснований первой детали.5.2 S осн =а) да; б) да.6.Равнобедренный треугольник.7.Да.8. R = 5 см, D = 2 R = 2 5 = 20 см.Вычислим гипотенузу прямоугольного треугольника:C = 42 + ( 2 2 )2 = 16 + 8 = 24 см.C > D , т.к. 24 > 20 .Гипотенуза не помещается внутри сферы,тогда, хотя бы одна вершина лежит внесферы.9. Одна сфера всегда будет внутри другой,поэтому общую касательную плоскостьпровести невозможно.10.

Это сфера, у которой данный отрезок является диаметром.80Дополнительные задачи601. ABCD — осевое сечение цилиндра; ОА=r; точка Р —середина радиуса ОА; плоскость MNKL ⊥ OA.Осевое сечение ABCD и сечение MNKL являются прямоугольниками. Пусть образующая цилиндра LM= l , следовательно, S = S ABCD = AD ⋅ LM = 2rl .Выразим длину отрезка MN.rON = OM = r , OP = .2Из прямоугольного треугольника ONP найдем:2r2 r 3⎛r⎞PN = r 2 − ⎜ ⎟ = r 2 −=.42⎝2⎠∆OPN=∆OPM, следовательно, NP=PM,NM = 2 PN = 2 ⋅r 3= r 3.2S MNKL = MN ⋅ LM = r 3l = rl 3 .SS. Поэтому S MNKL =3.22602. ABCD — прямоугольник.Через центры оснований проведем диаметры, перпендикулярные к сторонам АВ и DC. О1М ⊥ АВ, ON ⊥ DC.Из планиметрии известно, что диаметр, перпендикулярный к хорде, делит хорду пополам, следовательно,точка N и точка М — середины DC и АВ соответственно.

Отрезок MN параллелен сторонам AD и ВС,Итак, S = 2rl , отсюда rl =∠MNO = 60o — угол между прямой ВС (или ей параллельной MN) и плоскостью основания.Пусть R — радиус основания цилиндра.хDC=АВ=х; DN = . Из ∆DNO получим:2х2.4Из прямоугольного треугольника LON:ON = R 2 −LOх2= tg 60o = 3 , OL = 3 ⋅ R 2 − .4ONРассмотрим плоскость верхнего основанияO1M = O1B 2 − BM 2 =2⎛х⎞R 2 − ⎜ ⎟ ; следовательно, O1 M = ON .⎝2⎠81Значит ∆O1LM=∆OLN, отсюда OL=O1L.O1L+LO=O1O=х (высота цилиндра равна его образующей).2 3 ⋅ R2 −х2х2) = х 2 , 12 R 2 − 3 х 2 = х 2 , 12 R 2 = 4 х 2 ,= х , 4 ⋅ 3( R 2 −44х2хх 3, R==.333603. Возьмем систему координат, как показанона рисунке. Ось ординат при этом перпендикулярна плоскости α, по оси аппликатнаправлена ось цилиндра. Будем приближатьплоскость α к оси Оz параллельно плоскости Oxz.Когда расстояние станет равно R, то допустим,что через точку А можно провести две прямые,параллельные оси Oz (или, что то же самое, перпендикулярные плоскостиOxy).