atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 14

Вычислим высоту трапеции. В плоскости верхнего основания построим отрезок О1К1 перпендикулярно к стороне 6угольника; в нижней плоскости построим ОК перпендикулярно одноименной стороне 6-угольника; проведем отрезок К1К.OK = y , O1K 1= xKK 2 = y − x =3a 3 b 3−=(a − b ) = 3 (R − r ) = 3 (5 − 2) = 3 3 см2222222⎛⎞2764 + 2791Из ∆K1K 2 K : K1K = h 2 + ⎜ 3 3 ⎟ = 16 +==см2.⎜⎟⎝ 2 ⎠4229191 21 91а+b⋅ КК1 = 3 ⋅ ( R + r ) ⋅= 3( 2 + 5 )=.2222Площадь полной поверхности:Sбок=697Sполн=Sбок+S верхн+S нижн==3(7 91 + 29221 9175 3 21 9187 3+6 3 +=+=22223 ) см 2.632. Очевидно, что центр сферы лежит в плос-кости α ,параллельной основаниям, и проходящей через серединыбоковых ребер, т.к. она касается всех граней.

Кроме того,центр сферы будет совпадать с центром треугольника (т.S),полученным пересечением призмы и плоскости α , а онлежит на отрезке OO1, соединяющем центры оснований,что и требовалось доказать.633. Рассмотрим для простоты треугольную правильную пирамиду. SD — высота пирамиды. Построим AE⊥BC , отрезок SE. По теореме о трех перпендикулярах SE⊥CB .Впишем в ∆SDE полуокружность DFG. Центр Оокружности лежит на катете SD, и касается сторон DE иSE. ∆SED вместе с полуокружностью DFG повернемвокруг SD. Тогда точка E опишет окружность, вписанную в ∆ABC , то есть гипотенуза SE при вращении останется внутри пирамиды, кпроме в трех положений, когда SE совпадает с высотой боковых граней.Т.е. сфера, образованная вращением полуокружности DFG, имеет единственную общую точку с каждой из боковых граней.

Этасфера касается основания пирамиды в точке D.Центр вписанной в пирамиду ∆ABC сферы лежит навысоте SD.634. а) Рассмотрим сечение, проходящее через ось. Получим квадрат и вписанную в него окружность, ее радиус равен радиусу сферы. Обозначим ребро куба через x ; x == 2 R . Площадь одной грани равна x 2 , или 4R 2 .S полн = 6 ⋅ 4 R 2 = 24 R 2 .б) Высота призмы О1О равна диаметру сферы;точки касания сферы с боковыми гранями лежат всечении призмы плоскостью, которая проходит черезсередину высоты призмы (центр сферы) перпендикулярно к боковым ребрам.Пусть сторона правильного 6-угольника равна х,2R.тогда x =3Боковая грань — прямоугольник, его площадь равна2R4H ⋅ x или 2 R ⋅=⋅ R2 .3398Вычислим площадь боковой поверхности:24 3 2R = 8 3R 2 .333Площадь основания состоит из площадей 6-ти равносторонних треугольников, площадь каждого из которых6⋅4R2 =24R2 =равна11 2RR26R2 6 3 2⋅ xR = ⋅⋅R =.

Тогда площадь основания равна=R =322 333= 2 3 R 2 . S полн = 8 3 R 2 + 2 3 R 2 + 2 3 R 2 = 12 3 R 2 .в) Все ребра тетраэдра равны; пусть они равных. Построим АК ⊥ ВС, отрезок DK. В правильном∆АВС АК проходит через центр ∆АВС. По теореме о трех перпендикулярах DK ⊥ ВС. ∠АКD —линейный угол двугранного угла при основаниитетраэдра (все двугранные углы равны).∆ОКL=∆ОКН, ОК — биссектриса ∠АКD.x2x 3.=42xHK — радиус вписанной окружности, НК=.2 3Пусть ∠DKH= ϕИз ∆DBК: DK= DB 2 − BK 2 = x 2 −В ∆DKH: cos ϕ =1 − cos 2 ϕ = 1 −sin ϕtgϕ2а 3HK а2а1== .:2DK 2 32 3 3а 31 2 2.=932 2=1sin α2 2 4 2 2 ⋅32.= 3: ===1 + cos α 1+ 1 333⋅ 422из ∆ОНК:3xϕRR=2 R.=tg, отсюда НК==HK22 3 tg ϕ2х=2 3 2 R=2 6 R.x 2 3 4 ⋅ 6 ⋅ 3 2=R 6 3 R2=44Грани правильного тетраэдра — это равные равносторонние треугольни-S∆ABC=ки, поэтому площадь полной поверхности S=4 · S∆ABC=24 3 R2.635.

РО — высота пирамиды. Проведем прямую МN параллельную ADчерез точку О, отрезки РМ и РN. По теореме о трех перпендикулярах99РN⊥DC, PM ⊥ AB. Центр сферы совпадает с точкойпересечения биссектрис двугранных углов приосновании: также известно, что центр сферы,вписанной в правильную пирамиду, лежит навысоте пирамиды. Значит, SN — биссектриса∠PNO — линейный угол двугранного угла приосновании пирамиды.ϕ xxОбозначим AD=х, РN= l .tg = ,l =ϕ2 2l2tg2∠ DPC=ϕ ∠ PNO= Ψ .ϕONxxxВ ∆РОN: cos Ψ ==tg== :22l 2 2tg ϕPN2sin Ψ = 1 − cos 2 Ψ = 1 − tg 2ϕ.22ϕВ ∆ SON: tgϕ1−tg2 R( 1+ tg )ϕ SO 2 R 2 R2 , отсюда х=2 ,=;= sin Ψ ==ϕϕ2 ONax 1 + cos Ψ1+ tg1− tg 222ϕϕ2 R( 1+tg )R( 1 + tg )2 ;2 ⋅ 1 =х=ϕαϕ2ϕ2tg21tgtg−1−tg2222ϕϕϕϕR 2 ( 1 + tg )2R 2 ( 1 + tg )1 R( 1 + tg 2 ) R( 1 + tg 2 )22S ∆DCP= ·⋅==ϕϕϕ2ϕ2 tg α 1−tg 2 ϕϕ2(1−tg)⋅tg(1−tg)⋅tg1−tg2222222ϕϕϕ24 R ( 1 + tg ) 4 R 2 cos + sin22 ;2 =Sбок=4 · S∆DCP=⋅ϕϕϕϕϕcos − sintg ( 1 − tg ) tg22222ϕϕϕϕϕϕcos ϕ =cos2 2 – sin2 2 =(cos 2 – sin 2 ) (cos 2 +sin 2 ),ϕϕcos ϕ.отсюда cos 2 +sin 2 =ϕϕcos − sin22Итак, Sбок= 4 R ·ϕtg22cos ϕϕcos 22+ϕsin 22При R=5 см и ϕ =60 ° получим:100ϕ2− 2 sin ⋅ cosϕ2=4R 2tgϕ2⋅cos ϕ.1 − sin ϕSбок =4 ⋅ 25⋅cos 60 otg 30 o 1 − sin 60 o=10013⋅1231−2= 100 ⋅ 3 ⋅132( 1 −)2=100( 2 + 3 ) ⋅ 3=4−3= 100 3 ( 2 + 3 ) см 2636.

Боковые грани — это равнобедренныетрапеции.В правильной усеченной пирамиде, центрвписанной в нее сферы лежит на середине отрезкаОО1, где О и О1 — центры оснований. Это следуетиз теоремы о центре сферы вписанной вправильную пирамиду. (см. задачу № 633).В описанном четырехугольнике суммыпротивоположных сторон равны.ML+KN=LK+MN2KN=LK+MNLK + MN В1С1 + ВСKN=(в основаниях —=22квадраты, LK=A1B1=B1C1 и MN=АВ=ВС).Доказано.637.

а) В основаниях призмы лежат равносторонние треугольники. Пусть А и В — центрыоснований.Все точки, которые лежат на перпендикуляре,проведенному через точку В к верхнему основаниюпризмы равноудалены от вершин треугольника PQR.Все точки, которые лежат на перпендикуляре, проведенному через т. А, к верхнему основанию призмы, равноудалены от вершин ∆P1Q1R1. Т.к. призма правильная,то треугольники P1Q1R и PQR проектируются один надругой, следовательно, точка В проектируется в точку А и обратно.

Поэтому, АВ ⊥ плоскости PQR. Тогда, отрезок АВ является геометрическим местом точек, равноудаленных от вершин каждого из треугольников. А егосередина — точка О — равноудалена от вершин ∆P1Q1R1 и от вершин∆PQR на расстояние R, равное радиусу описанной около призмы сферы.б) Построим из вершины D пирамиды высоту DH ⊥плоскости АВС.

Проведем отрезки НА, НВ, НС.∆DHА=∆DHB=∆DHC (они прямоугольные, DH —общий катет, АD=BD=BC — по условию).НА=НВ=НС=r. r — радиус описанной около ∆ АВСокружности.Проведем отрезок ОG ⊥ плоскости ABC (точка G нарисунке не показана). Проведем отрезки GA, GB, GC, ОА, ОВ, ОС,∆DCA=∆OGB=∆OGC (катет ОG — общий, ОА=ОВ=ОС —R, R — радиус сферы). Значит, GA=GB=GC=r, r — радиус окружности, описанной около ∆АВС.Следовательно, вокруг ∆АВС можно описать единственную окружность.101Точки Н и G совпадают, и точки D, H, O лежат на одной прямой. Следовательно, центр сферы О лежит на высоте пирамидыdDН или на продолжении за точку Н, что и показано нарисунке.638.

Тетраэдр — это пространственный четырехугольник.а) Докажем, что через любые 4 точки, не лежащие водной плоскости, можно провести сферу и притомтолько одну. (см.ниже).Геометрическим местом точек пространства, равноудаленных от концов отрезка, является плоскость, перпендикулярная этомуотрезку и проведенная через его середину. Следовательно, центр сферы,описанной около тетраэдра, принадлежит каждой из плоскостей, проведенных через середины ребрер тетраэдра перпендикулярно к этим ребрам.Пусть О — центр окружности, описанной около грани АВС тетраэдра,d— прямая, которая проходит через точку О, d ⊥ плоскости АВС.

Все точкипрямой d равноудалены от точек А, В и С. (ОА=ОВ=ОС=r — радиус описанной окружности). Если точка S ∈ d, то прямоугольные треугольникиSOA, SOB, SOC равны двум катетам. Следовательно, SA=SB=SC.Пусть плоскость α проходит через середину ребра DA и плоскость α ⊥ DA.Докажем, что d и α пересекаются. Предположим, что α║ d.Если α ⊥ AD и d ║α, то AD ⊥ d. Кроме того, d ⊥ АВ (поскольку d ⊥ плоскости АВС), и, значит d ⊥ ABD — по признаку перпендикулярности прямойплоскости.Таким образом, через точку А проведены две различные плоскости АВСи АВD, перпендикулярные к одной прямой, что невозможно.

Значит предположение, что d ║ α неверно.Значит, пусть точка S точка пересечения d и α. Тогда SD=SA, т.к. S принадлежит каждой плоскости, проходящей через середину ребра тетраэдра иперпендикуляра к этому ребру.О1 ∈ плоскости АВС.Пусть точка О равноудаленна от всех вершин тетраэдра.Расстояние от точки О до одной из вершин тетра-эдраобозначим R. Сфера с центром О и радиусом R проходит через все данные точки. Из этого доказательстваследует, что такая сфера может быть только одна.Что и требовалось доказать.б) Рассмотрим двугранный угол. Геометрическое место точек, равноудаленных от обеих граней двугранного угла, это плоскость, которая делит двугранный угол пополам. Значит центр сферы, вписанной в тетраэдр,равноудален от всех граней пирамиды, и он должен принадлежать каждой избиссекторных плоскостей, то есть это точка пересечения биссекторных плоскостей всех двугранных углов тетраэдра.

Т.к. все точки биссекторной плоскости лежат между гранями двугранного угла, то центр сферы, вписанной втетраэдр, всегда находится внутри тетраэдра.102Центр у вписанной сферы может быть только один. Сфера с радиусом,равным расстоянию от этой точки до плоскости какой-либо грани тетраэдра, касается всех граней тетраэдра. Следовательно, в любой тетраэдр можновписать сферу и притом только одну.Теперь докажем 2 факта, которые использовались в доказательстве.1) В любой трехгранный угол можно вписать сферу.2) Биссекторные плоскости двугранных углов тетраэдра пересекаются водной точке.1. М ∈ γ∠АСВ — линейный угол двугранногоугла между плоскостями α и β.Пусть γ делит этот двугранный уголтак, что ∠ ВСМ=∠ АСМ.

Таким образом,γ биссекторная плоскость данного двугранного угла.Докажем, что биссекторные плоскостидвугранных углов трехгранного угла пересекаются по одному лучу.β1 и β2 — биссекторные плоскости, их пересечение — луч, с началом вточке S — вершине тетраэдра. Луч обозначим l. Пусть точка А ∈ l, A —произвольнаяточкалуча. Проведемперпендикуляры АА1, АА2, АА3 на гранитрехгранного угла. А ∈ β1, таким образом,АА2=АА1 ; А ∈ β2, поэтому АА3=АА1.Тогда, АА1=АА2=АА3 , то есть точка Аравноудалена от плоскостей граней NSB иMSB.