atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 13

Таким образом, точка К — середина гипотенузы АС, ОК — искомое расстояние.АС=3 см, АК=1,5 см. Из ∆ АВС по теореме ПифагораОК= ОА 2 − АК 2 = 6,52 − 1,52 = 42,25 − 2,25 = 40 = 2 10621. Очевидно, что из точки О всегда можно провести прямую (отрезок),перпендикулярную l. Введем систему координат, как показано на рисунке.Уравнение окружности: х2+у2=R290Уравнение прямой l : x=dИсследуем систему :⎪⎧х 2 + у 2 = R 2 2 2у =R – d2=(R+d) (R – d) ,⎨⎪⎩x = dy= ± (R + d )(R − d ) (R+d > 0 всегда).а) Если R – d > 0, R=d и у=0 — касание в точке(d, 0) c окружностью, а значит, со сферой.б) Если R – d < 0, то решений нет, значит, l непересекается с окружностью; l не пересекается сосферой.622. Найдите координаты точки пересечениясферы, заданной уравнением (х – 3)2+у2+(z+5)2=25, с осями координат.Если точка пересечения на оси абсцисс, ее координаты имеют вид (х; 0; 0).Вычислим х.(х – 3)2+02+52=25; (х – 3)2=0, х=3.

Координаты точки (3; 0; 0).Если точка пересечения на оси ординат, то ее координаты имеют вид(0; у; 0). Вычислим у.(0 – 3) 2+у2+(0+5)2=25. 9+у2+25=25, у2+9=0, уравнение не имеет решений,значит, сфера не имеет общих точек с осью ординат.Если есть точка пересечения с осью аппликат, то эта точка имеет координаты (0; 0; z).(0 – 3) 2+02+(z+5)2=25, (z+5)2=25 – 9=16, z+5=4, или z+5=– 4,z1=– 1, или z2=– 9. Сфера пересекает эту ось в двух точках с координатами(0; 0; – 1) и (0; 0; – 9).623.

Найдите радиус сечения сферы х2+у2+z2=36 плоскостью, проходящейчерез точку М (2; 4; 5) и перпендикулярной к оси абсцисс.Т.к. плоскость проходит через точку М (2; 4; 5) перпендикулярно осиабсцисс, то все точки этой плоскости имеют координаты вида (2; у; z), еслиони удовлетворяют уравнению х2+у2+z2=36, то будут лежать на сфере.22+у2+z2=36, у2+z2=32. В плоскости, перпендикулярной оси абсцисс, этоуравнение окружности с радиусом r= 32 = 4 2 . Следовательно, плоскостьпересекает сферу по окружности с радиусом 4 2 .624.

Через точку пересечения диагоналей прямоугольника АВСD проведемпрямую l, l перпендикулярна плоскости АВСD. Все точки на прямой l равноудалены от вершин А, В, С, D. (Если наклонные, проведенные из одной точки, имеют равные проекции, то сами наклонные равны РА=РВ=РС=РD, P ∈ l.)Построим отрезок ОК⊥АВ, через точкуО1 проведем луч КО1 . АВ ⊥ плоскостиРОК. Прямая АВ лежит в плоскостипрямоугольника АВЕF АВ, значит плоскости РОК и АВЕF взаимно перпендикулярны. Проведем через точку О1 прямую m ⊥ плоскости АВЕF.91Если две плоскости перпендикулярны и к одной из них проведен перпендикуляр, который имеет общую точку с другой плоскостью, то этот перпендикуляр принадлежит в этой плоскости.Таким образом, m ⊂ плоскости РОК; m геометрическое место точек, равноудаленных от вершин прямоугольника АВЕF: QA=QB=QE=QF Q∈m.Прямые l и m пересекаются в точка S, которая равноудалена как от вершинпрямоугольник АВСD, так и от вершин прямоугольника АВЕF.Докажем, что точка S равноудалена от вершин А, В, С, D и вершин Е, F.Проведем отрезки SA, SE, SB.∆SAO1=∆SOB (они прямоугольные, SO — общий катет, ОА=ОВ по свойству диагоналей прямоугольника).Отсюда SA=SB.

Значит, SA=SB=SEДоказано, что SA=SB=SE=SC=SD и SA=SB=SE=SF, следовательно, точкаS равноудалена от всех вершин, значит, она является центром сферы, проходящей через все данные вершины.625. Введем систему координат, согласнорисунку.Уравнение сферы с центром в точке О:x2+у2+z2=R2 .Уравнение сферы с центром в точке O1. x2++(у – d)2+z2=R2 .Решение системы:⎧⎪х 2 + у 2 + z 2 = R 2⎨ 2⎪⎩x + ( y − d ) 2 + z 2 = R 2дает ответ на вопрос задачи.1x2+у2+z2– х2 – (у2 – 2dy+d2) – z2=0. 2dy – d2=0, d > 0, поэтому 2у=d,d=y.2d< R, y < R.Согласно условию задачи d < 2R , тогда,2Значит, есть некоторая плоскость, которая перпендикулярна оси ординат(а значит, параллельная плоскости Охz) и пересекает сферу, а при пересечении сферы плоскостью в сечении получим окружность.

Утверждение а) доказано.Подставим значение у=x2+z2= R 2 −d2 2 2dв уравнение сферы x2++z =R ,24d2.42,56 R 2=R2 (1 – 0,64)=0,36 R24Это уравнение окружности в плоскости, параллельной плоскости Охz, ееЕсли d=1,6R, то x2+z2=R2 –радиус r= 0,36R 2 =0,6R.92626. a) Построим DK ⊥ плоскости АВС, проведемотрезки КВ, КС. (Чтобы не загромождать рисунок,показан только КА).∆DKА=∆DKВ=∆DKС (по катету и гипотенузе).Следовательно, КА=КВ=КС=r, r — радиус окружности,описанной около ∆АВС. Построим отрезок ОТ ⊥ плоскости АВС и отрезки ТА, ТВ, ТС.∆ОТА=∆ОТВ=∆ОТС (они прямоугольные, ОТ — общий катет,ОА=ОВ=ОС=R, R — радиус сферы). тогда, ТА=ТВ=ТС=r, r — радиус окружности, описанной около ∆АВС. Выше доказано, чтоKА=KB=KС=r. Значит, точки Т и K совпадают и отрезокOD ⊥ плоскости АВС.∆АDС=∆.BDС=∆.ADB (по двум сторонам и углумежду ними), следовательно, АВ=СВ=АС, ∆АВС —равносторонний.Пусть АD=x, AB=a. ∠A=∠B=180o − 2ϕ=90°–ϕ2Согласно теоремы синусов:аxax,==, a = 2sinϕ хsin2ϕ sin (90o − ϕ) 2sinϕcosϕ cosϕПусть КА=КВ=КС=r, По теореме синусов для ∆АВС.аsin 60o= 2r , a = 2r32 sin ϕ= 3r.

2 sin ϕ ⋅ x= 3 r , r=⋅x .23В ∆ АDK DK= АD2 − AK 2 = x 2 − r 2 .В ∆ АОK ОК= ОА 2 − AK 2 = R 2 − r 2 .DK+KO=R,x 2 − r 2 + R 2 − r 2 =R, ( x 2 − r 2 + R 2 − r 2 )2=R2х2–r2 + R2–r2+2( х 2 + r 2 )(R 2 − r 2 ) =R22 ( х 2 − r 2 )(R 2 − r 2 ) =2r2 – х2,4 (х2 – r2) (R2 –r2)=4 r4+х4 – 4 r2 х2,2 22 22 24444 х R – 4 х r – 4 r R +4 r =4 r +х – 4 r2 х2,4х4 – 4 х2R2+4 r2 R2=0,х4 – 4 х2R2+4 R2 ⋅⋅ sin2 ϕ ⋅ х2=0,3х2 (х2 – 4 R2 +16R 2⋅ sin2 ϕ )=0,3х ≠·0, тогда, х2=4 R2 – 4 R2 ⋅4⋅ sin2 ϕ.343 − 4 sin 2 ϕх=DA= 4R 2 (1 − sin 2 ϕ) = 2R33АВ=а=4 R sin ϕ3 − 4 sin 2 ϕ393б) Сечение сферы плоскостью ∆ АВС является окружность с радиусомr=2 sin ϕ2R ⋅33 − 4 sin 2 ϕ3=433 − sin 2 ϕ ⋅ 4 ⋅ sin ϕ ⋅ R16sin2ϕ (3 – 4 sin2ϕ) R2.9627.

Известно, что ближайшая точка (А),лежащая на сфере к точке (.М), лежащей внесферы, принадлежит отрезку СМ, где О —центр сферы.Пусть СВ — r — радиус окружности, АС=х,ВМ=24 см. ОА=10 cмИз прямоугольного ∆ СВМ: СМ2+СВ2=МВ2, или (16+х)2+r2=24 см.Из прямоугольного ∆ СВO: ОВ2=ОС2+СВ2, или 102= (10 – х)2+r2 .⎧⎪(16 + х ) 2 + r 2 = 576,Решим систему ⎨⎪⎩(10 − x ) 2 + r 2 = 100.256+32х+х2 – 100 – х2+20х=476.(16+х)2 – (10 – х)2=476,320 8052х=576 – 256, 52х=320, х==(см);52 13r2=100 – (10 – х)2=100 – 100+20х – х2=20х – х2Вычислим площадь сечения: π r2=πr2=r=20 ⋅ 80 80 ⋅ 8016 ⋅ 13 − 64 102 ⋅ 122=;−= 100 ⋅1313 ⋅ 13169132102 ⋅ 122213=10 ⋅ 12 120=(см).1313120 240=π (см)1313628.

Пусть R — радиус внешней сферы; r — радиус внутренней сферы.Сечение тела плоскостью, которая проходит через центры сфер, кольцо.Площадь кольца равна π (R2 – r2). (1)Сечение, плоскостью касательной к внутренней сфере — окружность.По теореме п. 61 ОС=r перпендикулярен к плоскости в сечении. Из прямоугольного ∆АСО:Вычислим длину окружности L=2πr, L=2πх= R 2 − r 2 S сеч=π х2=π (R2 – r2). (2)Сравнивая выражение (1) и (2)тождественны, убеждаемся в справедливости утверждения задачи.94Разные задачи на многогранник, цилиндр, конус и шар629.АВ—диаметрокружностиоснования∠ АСВ=90 o , т.к.

опирается на диаметр.ВС ⊥ СС1, т.к. СС1 образующая и перпендикулярнаоснованию; ВС ⊥ плоскости АСС1. По признакуперпендикулярности двух плоскостей (п.23) плоскостьАА1С1С перпендикулярна плоскости ВСС1В1.630. SO перпендикулярна ABCD, SO=h=12 см, AB=8см,BC=6смОА=ОВ=r. Ребра пирамиды равны образующимконуса и лежат на поверхности конуса.BD=2r, BD= 82 + 62 = 64 + 36 = 100 =10 смr=5 смВычислим площадь полной поверхности конуса.Sосн=πr2=π ⋅ 25 (см2)Из прямоугольного ∆SOASA= 8 2 + 6 2 = 64 + 36 = 122 + 52 = 144 + 25 = 169 =13 смSбок=πrl, l=SASбок=π ⋅ 5 ⋅ 13=65π см2.Sполн=Sосн+Sбок=(25+65) π=90π см2SABCD=AB ⋅ BC=6 ⋅ 8=48 см2Боковые грани попарно равны. Построим ОК1⊥DA, OL⊥AB, отрезки SK иSL. По теореме о трех перпендикулярах SK⊥DA и SL⊥AB.11ОК= АВ=4 (см), OL= BC=3 см.22Из ∆ SOK: SK= h 2 + OK 2 = 144 + 16 = 411S∆ASD= SK⋅DA= ⋅6⋅4 10 =12 10 cм22210 см.Из ∆SOL: SL= h 2 + OL2 = 144 + 9 = 153 =3 17 см.11S ∆ASB= ⋅ SL ⋅ AB= ⋅ 8 ⋅ 3 17 =12 17 см2.22Sбок=2 (S∆ASD+S ∆ASB)=2 ⋅ 12 ( 10 + 17 )=24 ( 10 + 17 ) см2Sполн=Sбок+Sосн=24 10 +24 17 +48=24 ( 10 + 17 +2) см2S пирам24( 10 + 17 + 2) 4( 10 + 17 + 2)=S кон90π15π631.

а) r=2 см, h=4 см, R=5 см.аОбозначим АС=ВС=АВ=а, тогда R=, а=R3=3 =5 3 см.95а 2 3 75 3см 2.=44Обозначим A1C1=B1C1=A1B1=bb, b=r 3 =2 3Тогда r=3S ∆ ABC=b 2 3 4 ⋅ 3 ⋅ 3 12 ⋅ 3см 2==444Боковые грани — равные равнобедренные трапеции. Построим ОК1 ⊥ А1В1,ОК ⊥ АВ, отрезок К1К. По теореме о трех перпендикулярах К1К ⊥ АВ.ОК, О1Кr – радиусы вписанных окружностей в ∆АВС и ∆А1В1С1 соответственно.S∆A1 D1C1 =ОК=a2 3О1К1==b2 35 32 3==2 32 35см,2= 1 см.Проведем К1К2 ⊥ ОК.

К2К1=Из ∆ К1 К2К: К1 К= h 2 +Sбок=3 S ∆ABB1 A1 =99= 16 + =447373см.=4221 3 ⋅ 73 2см4Sполн=Sбок+S ∆A1B1C1 ==53– 1= см.2221 3 ⋅ 73 75 3 12 3 21 3 ⋅ 73 87 3=++=+444443 32(7 73 +29) см4б) Пусть АВ=а, тогда R=а2,2 =5 2 см, SABCD=a2=50bОбозначим A1B1=b, тогда V=2a=Rb=r 2 =2 2 смS ∆A1B1C1D1 =b 2=8 см 2Боковые грани — равные равнобедренные трапеции.Построим О1К1 ⊥ D1A1, OK ⊥ DA, отрезок К1К. По теореме отрех перпендикулярах К1К ⊥ АD.О1К1=96b= 2 см;2OK=а 5 2;=2255 2 −2 2 3 2см2− 2==222Из ∆ К1 К2К:КК2=К1К= h 2 + К 2 K 2 = 16 +S ∆AA1D1D =18=48282=см.4282 7 2 ⋅ 82=см245 2 +2 2a+bA1D1 + AD⋅ K1K =⋅ K1K =222Sбок=4 · S ∆AA1D1D =7 2Sполн=Sбок+SABCD+S82 см 2.∆A1B1C1D1 =72 ⋅82 +50+8=7 2 ⋅82 +58==(14 41 +58) см 2.в) Обозначим сторону верхнего основания b, нижнего основания а, а > b; радиус верхнего основания — r, нижнего основания — R.

Следовательно, b=r, a=R.Правильный 6-угольник состоит из 6 равносторонних треугольников; высота которых равна радиусу вписанной в 6-угольник окружности равного х,а в нижний 6-угольник – у. Из планиметрии известно, что:х=a 3b 35 32 3, у=. х== 3 см. у=см.2222Площадь нижнего основания пирамиды равна5 3 75 3⎛1⎞=см2.6⋅⎜ ⋅ a ⋅ y⎟ = 3⋅5⋅22⎝2⎠Площадь верхнего основания пирамиды равна2⎛1⎞6 ⋅ ⎜ ⋅ b ⋅ x ⎟ = 3 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 3 см .2⎝⎠Все 6 боковых граней являются равными равнобедренными трапециями.