atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (546290), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Р 401). По теореме о трех перпендикуля- рах РК3 А,А„А,А...А, — правильный шестиугольнйк. Сторона правильного шестиугольника равна ралиусу описанной окружности. а = Я, А,А, = а = 3 (см) ОК вЂ” радиус вписанной в правильный шестиугольник окружности. Как известно из планиметрии, ОК = г = — = — (см). 2 2 Рик. 40! Из прямоугольного ЬРОК: —,-ОК, 27 22 ° 27 72 4 г' 4 2 5 = — АА РК= — 3 — = — (см"; 1 /91 3 /9! 2 ' ' 2 2 4 257 Дополнигельныв задачи Все боковые грани — равные равнобедренные треугольники, поэтому: 3 )91 9~Г91 Я =6 Я =6 — = — (см'); ал,м' 4 Я„, = 6 Х,,м,А,ОА„— равносторонний, поэтому: 1„ГЗ Х и,оч 5„„= 6 — = — а' ГЗ = — 3~3 а'~Г3 3, 9 Ю„,„= Ю + Ю„„= — + — 3 ГЗ = — ( /91 + ЗчГЗ) В гг М С л(з 618.
Х„. = п(г+ г,)Е где г= — АР= 20 (см), 1=АВ, 1 2 г = -ВС ВМ(рис. 402). 1 2 Из планиметрии известно, что если в, равнобедренной трапепии диагонали взаимно перпендикулярны, то высота трапеции равна средней линии. ВС+ АР Но = средней линии = МЖ, где МФ вЂ” высота тра- 2 пении. Итак, 36 = МФ', МЛ/ — высота трапеции. 6 (дм) = 60 (см). ВС+ АР 2г, +40 2 2 120 = 2г, + 40, 2г, = 80, г, = 40 (см), ВС = 2 ° 40 = 30 (см) Рисунок должен быть изменен (рис.
403). Проведем АЕ Л ВС. ВЕ= 40 — 20= 20 (см), АЕ= М7т'= 60 (см) Из прямоугольного ЬАВЕ. АВ-,те+ 4Е' - 2П' ЙО' - %ХО -20 гО~ ) 9 валеев. н-и кл 258 в и и Рис 403 Гпааа И. Цилинд, кон с и ша С о п(40+ 20) 20 /1О = = 1200п ч(0(см) = 12п ч(0 (дм'). Площадь верхнего основания равна; пг,' = тг40' = 1600п (см') = = ! 6п (лм'); площадь нижнего основания равна: п20' = 400п (см') = 4п (дм'). Г„.и = 12п 40+ 1бп+ 4п = = 12пъЯ+ 20п(дм'), Хв 619. Докажите, что: а) центр сферы является центром симметрии сферы; б) любая прямая, проходящая через центр сферы, является осью симметрии сферы; в) любая плоскость, прохолящая через центр сфсры, является плоскосю кз симметрии сферы, а) Прополем через центр сферы произвольную прямую, которая пересекает сФеру в точках А и В, Через центр сферы и зти точки прохолит отрезок, который называется лиаметром, Расстояние от центра сферы до каждой из точек равно, значит центр сферы я еляется центром симметрии двух данных точек.
Поскольку прямая проводилась произвольно, то утверждение справедливо для любых двух точек, являющихся концами лиамстра сферы. б) Возьмем произвольн)кз прямую и, в проходя пгую через центр сферы. Докажем, что она яв.естся осью симметрии. Возьмем произвольную точку А на сфере. Построим симметричную сс относительно а, Для э~ого провслем АК 2 а и продолжим за точку К на расстояние АК. Получим точку А и гз ОКА = Е ОКА, (по 2-м катетам) ОА, = ОА = Я.
Но сфера — геометрическое место точек, удаленных от точки О на расстояние )!. Значит А, лежит на сфере. Итак, произвольная точки сферы при симметрии персхоли г в точку этой же сферы, тогда прямая а — любая прямая, прохоля щая через центр сферы — есть ось симметрии сферы. в) Возьмем произвольную плоскость а, прохолящую через центр сферы. Докажем, что для любой точки А сил~матричная сй относительно а точка А, также лежит на сфере.
259 ополнительные задечи В самом леле, при построении симметричной точки мы проведем отрезок АК 3 а(К е а) и продолжаем егозя точку К так, «тобы АК= КАч ЬАКО= Г А КО (ОК= ОК, АК= А,К вЂ” по двум катетам). А А О = АО = Я, т,е, А„улалена от точки О на расстояние Я.
Последнее означает, что А„лежит на сфере. Итак, лля любой точки А симметричная ей точка также лежит на сфере, а значит а — плоскость симметрии. № 620. а) Найдем длину гипотенузы прямоугольного треуголь- %Чбм' 2ч'-,Г324 ььу 9 3( уй рцэр 2 1,5 = 3(см). Вывод: диаметр сферы совпалст с гипотенузой, значит, центр сферы находится на середине гипотенузы, то есть лежит в плоскости треугольника. б)(рис. 404).
Плоскость с.'хАВС пересекает сферу по окружности, центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, лежит на середине гипотенузы. Проведем из точки О отрезок ОК, перпендикулярный плоскости ЬАВС, отрезки ОА, ОВ, ОС. Равные наклонные (ралиусы ОА, ОВ, ОС) имеют равные проекции на плоскость АВС, тогда, КА = КВ = = КС, точка К равноудалена от вершин тхАВС, Рис, 404 то есть она — центр описанной окружности.
Таким образом, точка К вЂ” середина гипотенузы АС, ОК вЂ” искомое расстояние. АС = 3 см, АКО = 1,5 си. Из тхАВСпотеореме Пифагора ок- а~' — ~к' -,Кю' -'и -,азт ~д - чи = г,'Гю. № 621. Из точки О всегла можно провести прямую (отрезок), перпендикулярную /. На плоскости введем систему координат, как показано на рисунке. Уравнение окружности; х'+ у' = Я' Уравнение прямой й х = К Исследуем систеиу: ! 2 2 ч х еу =Я ;у = Я вЂ” г' = (Я+ ()(Я вЂ” А) х=В у-~4(з+тхт-'~,и+ш о - и, 260 Глава )//. илии, кон и ша а) Еслибы <0 то Я вЂ” е/>О,=» у - */втуз - е пересечения прямой и сферы б) Если Р = В, то у = 0 и прямая касается окружности в точке (Ы; 0), а, следовательно, касается сферы.
в) Если  — В < О, то решений нет, значит, / не пересекается с окружностью; / не пересекается со сферой. № 622. (х — 3)' + у' + (т+ 5)' = 25 Если точка пересечения на оси абсцисс, ее координаты (х; 0; 0). Найдем х. (х — 3)' ч- О' + 5' = 25; (х — 3)' = 0; х = 3. Координаты точки (3; 0; 0). Если точка пересечения на оси ординатт, то ее коорлинаты (О: у; 0). Найдем у. (Π— 3) ' + у'+ (О + 5)' = 25; 9 + у' + 25 = 25; у' ч 9 = О. Это уравнение не имеет решений, значит сфера не пересекает ось ординат. Если есть точка пересечения с осью аппликат, то эта точка имеетт координаты (О; 0; е). (Π— 3)'+ 0'+(е + 5)'= 25; (е+ 5)'= = 25 — 9 = !б; т + 5 = 4 или г + 5 = — 4, е, = — К т, = -9.
Сфера пересекает эту ось в двух точках с координатами (О,' О;-1) и (О; 0;-9), № 623. Т.к. плоскость прохолит через точку М(2; 4; 5) псрпснликулярно оси абсцисс, то все точки этой плоскости с координатами (2; у; е), которые удовлетво)зяют уравнению х'+ у'+ е' = 36, будутлежатьна сфере. 2'+у'+е = 36,у'+е'= 32. В плоскости, перпенликулярной оси абсцисс, это уравнение окружности с радиусом г = 432 = 4ч/2. Итак, плоскость пересекает сферу по окружности, радиус которой г 4 /2, № 624. Через точку пересечения диагоналей прямоугольника АВС/) проведем прямую /, перпенликулярную плоскости АВС/) (рнс.406). Все точки на прямой /равноудалены от вершин А, В, С, Дополнитвльныв задачи О. (Если наклонные, проведенные из одной точки, имеют равные проекции, то сами наклонные равны РА — РВ РС— РС= РР, Р в Е) Через точку О проведем ОК .(. АВ, через точку О, проведем луч КО,.
АВ перпендикулярна плоскости РОК. Плоскость прямоугольника АВЕР проходит через прямую АВ, значит плоскости РОК и АВЕРвзаимно перпендикулярны. Проведем чсрезточкуО, прямую и, перпендикулярную плоскости АВЕК Если две плоскости перпендикулярны и к одной из них провелен перпендикуляр, имеющий общую точку (О,) с другой плоскостью то этот перпендикуляр весь лежит в этой плоскости. Таким образом, е принадлежит плоскости РОК; гл есть геометрическое место точек, равноудаленных от вершин прямоугольника АВЕР: ОА = ОВ = ОЕ= ()Р в т. Пересечение прямых) и а — точка Я вЂ” равноудалена как от вершин прямоуюльника АВСВ, так и от вершин прямоугольника АВЕР. Докажем, что точка Я находится на одинаковом рассюяннн от вершин А, В, С, д и вершин Е, Р.
Проведем отрезки ЯА, БЕ, ЯВ. сз5АО= сзВОВ (они прямоугольные, Ю вЂ” общий катет, ОА = ОВ по свойствудиагоналей прямоугольника). Отсюда ЯА = ХВ. Итак, ВА = ЯВ = БЕ Выше уже установлено, что ЮА = ЯВ = ЯЕ= ЯС = Я) и 5А = ВВ = ЮЕ = ВР, тогда, точка Хравноудалена от всех вершин, то есть она является центром сферы, проходящей через все данные вершины. )) В Рик 40а 2В2 Глана И, илинд, кон суша № 625. Выберем систему координат, как показано на рисунке 407. Уравнение сферы с центром вточкеО;х'+у'+ с' = Я'. Уравнение сферы с пентром вточкеО,;х'+ (у — д) + з = Я'.
к Решение системы: О ГОГ4'ОЗ х +у'+с'=Я' 2 х +(У-д) + е'=Я' дает ответ на вопрос залачи. х' + у' + е' — х' — (у' — 2ду + д') — с' = 0; 2ду — д' = О, д > О, поэтому 2у= Н д И у=-. Поусловию задачи д< 2К,тогда.— < Я, у < К. 2 2 Вывод: существует некоторая плоскость, перпендикулярная оси орлинат (а значит, параллельная плоскости Охх), псрссекаюнзая сферу, а при пересечении сферы плоскостью в сечении получим окружность, утверждение а) доказано. д Полставим значенису = — уравнснис сз)2еры: Р 2 ,ьг г* х+ — +с2=Я', х+с =Я' — —.
2 д 2 2 1 4 4 2,збЯ' К ° °:=-а Если В=),6Я, тох'«-з1 = Я'— Р Я В 4 = К'() — 0,64) = 0,36Я Это уравнение окружности в плоскости, параллельной плоскости Охс,ее радиус г= 2)0,36Я' = 0,6Я. № 626. а) Проведем РК перпендикулярно плоскости АВС (рис. 400), проведем отрезки КА, КВ, КС. (Чтобы нс загроможлать рисунок„ показан только КА). ЛРКА = ЛРКВ = иРКС(по категу и ги- В потенузе). Отсюда КА = КВ= КС= г, г— ралиус окружности, описанной около Рис 408 ополнигельные задачи 263 ЬАВС.
Теперь из центра сферы, точки О, проведем отрезок ОТ, перпендикулярный плоскости АВС, проведем отрезки ТА, ТВ, ТС ЬОТА = кяО? В = к."КОТС(они прямоугольныс, ОТ вЂ” общий ка- тет, ОА =ОВ=ОС= Я, Я вЂ” ралиус сферы),тогда, ТА = ТВ= ТС= = г, г — ралиус окружности, описанной около ЛАВС. Выше локаза- но, что ОА ОВ = ОС = г. Значит, точки ТиОсовпалают и отрезки РК и ОК перпенликулярны плоскости АВС ЛАРС ЬВРС= ?МАРВ (по двум сторонам и углу между ними), поэтому АВ = СВ = АС, г3АВС- равносторонний. 180'-2 Примем АР = х, АВ = а. БУРАВ = «РВА = = 90' — гр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
