atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (546290), страница 18
Текст из файла (страница 18)
1 Проведем через точку О МФ 11 А.Р, от- 1 резки РМ и РН(рис. 423). По теореме г о трех перпендикулярах РНЛ. ОС, РМЗ АВ. Пснтр сферы находится в ггй к ~, точке пересечения биссектрис дву- 4" гранных углов при основании: изк О дг лестно также, что центр сферы, вписанной в правильную пирамиду, А д лежит на высоте пирамиды, СледоваРис 423 тельно, задаче отвечает рисунок, на котором оЖ вЂ” биссектриса к' РНО— линейного угла двугранного угла при основании пирамиды. а а а АР = а, РЯ = х. гб — = —; х = —. 2 2х 2 а 2 Примем к'.РКО = ег, 0 < гр < 90'.
274 Глава (Г(, илинд, кон с и ша 4Я' соха а,а .,а .а а гб — соз' — ь а(п' — — 2 в(п — соз- 2 2 2 2 2 При Я = 5 ем на= 60'получим: ! Вь„=,, = —. =(00 4 25 созбо' )00 2 гбзо' ! -з(ибо* ! 3 ~ГЗ 2 4Я' соьа ,а ! — ыпа 2 (оо('г+ Гз),ГЗ = (00 ГЗ(2 + ГЗ) (см').
4 — 3 № 636. Боковые грани — равнобелренныс трапеции; высоты этих трапеций называются апофемами (рис. 424). Известно, что в правилыюй усеченной пирамиде центр вписашюй в нес сферы находится в середине отрезка ОО, где О и О, — центры оснований. Это утверждение вытекает нз теоремы о центре сферы, вписанной в правильцую пирамиду, (см, задачу № 633).
Из планиметрии известно, что в описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны. М1 + КМ = ВК+ МФ; 2КХ = ВК+ МДг ВК- Мч' В,С, + ВС 2 2 ВК = А,В, = В,С, и Ма( = АВ = ВС), ч.т.д. )у О Ряс 424 (в основаниях — квадраты № 637. а) В основаниях призмы лежат равные равносторонние треугольники. Примем А и В центры оснований ( рис. 425). Все точки, лежащие на перпендикуляре к верхнему основанию призмы, проведенном через точку В, равноудалсны от вершин треугольника РОЯ.
Весточки, лежащие на перпендикуляре к нижнему основанию призмы, прведснному через точку А, равноудалены от Разные задачи на многог аннин, цилинд, кон суша 275 Рис. 42б вершим ЬРОКс Т,к. призма правильная,тотреугольники РОЯ, и РОЯпросктируются олин на лругой, поэтому точка В проектируется и точку А и обратно. Значит, АВ псрпенликулярен плоскости РОЯ. Тогда, отрезок АВ есть геометрическое место точек, равноудалснных от вершин каждого из треугольников. Середина его — точка 0 — рая~ юудалена от вершин О,РО,Я, и от вершин ЬРОЯ на одинаковое расстояние Я, равное ралиу- Рас. 425 су описанной около призмы сФеры б) Проведем нз вершины О пирамилы высоту ОН; ОН перпендикулярен плоскости АВС, Проведем отрезки НА, НВ, НС(рис.
426). ЛОНА = Ь.ОНВ = 7эОЙС (они прямоугольные, ОН вЂ” обший катет, АР = ВО = СР по условию). НА = НВ = НС = г, г-ралиус описанной около с'хАВСокружности. Из точки 0 (центр сферы) проведем, отрсюк 06, перпендикулярный плоскости АВС (точка 6 на рисунке нс показана). Проведем отрезки 6А, 6В, 6С, ОА, ОВ, ОС сэ06А = бх06В =,'~06С (катет 06 обший, ОА = ОВ= ОС= Я, Я вЂ” радиус сферы). Значит,ОА = 6В= ОС= г, г — радиус окружности, описанной около,~4ВС. Вокруг ЛАВС можно описать единственную окружность, то есть окружность имеет единственный центр и ралнус, Вывод: точки Ни О совпадают, точки Р, Н, Олежат на одной прямой, Значит, центр сферы Олежит на высоте пирамилы ОН или на продолжении за точку Н, что и изображено на рисунке.
№ 638. Тетраэдр — это пространственный четырехугольник. а) Докажем, что ч срез любые 4 точки, нс лежа шне в олной плоскости, можно провести сферу и притом только олпу. (см. ниже). Известно, что геометрическим местом точек пространства, равноулаленных от концов отрезка, является плоскость, перпендикулярная этому отрезку и провелснная через его середину.
Поэтому центр сферы, описанной около тетраэдра, должен 276 Глава И. улин, кон с и ша принадлежать каждой из плоскостей, проведенных через середины ребрер тетраэдра перпендикулярно к этим ребрам. Примем Π— центр окружности, описанной около грани АВС тетраэдра, ! — прямая, проходящая через точку О, С перпендикулярна плоскости АВС. Каждая точка прямой ! равноудалена от точек А, В и С. (ОА = ОВ = ОС = г — радиус описанной окружности>. Если точка 5 а (, то прямоугольные треугольники ЮА, ЮВ, ЮС равРис 427 ны по двум катетам. Значит, Я4 ЯВ = 5С. Примем, что плоскость а проходит через середину ребра РА и плоскость а перпендикулярна РА. Докажем„что ! и а пересекаются. Для этого прелположим, что а ~~ !.
Если аз АРи ! 1~ а,тоАР1 !. Кроме того, ! (.АВ(поскольку! параллельна плоскости АВС), и, тогла ! (. АВР— по признаку перпендикулярности прямой плоскости. Вывод: через точку А проведены две различные плоскости АВС и АВР, перпендикулярныс к ощюй прямой, что невозможно. Поэтому предположение, что ! ~! сг неверно, значит ! и а пересекаются. Следовательно примем, что точка 5 есть точка пересечения ! и и. В этом случае ВР = ЯА, т.к.
Я принадлежит каждой плоскости, прохолящсй через середину ребра тетраэдра и перпендикуляра к этому ребру. Атак каков (,тоВА =УВ=ЮС, и, слсловательно, Хравноулалена от всех вершин тетраздра. Расстояние от точки О ло одной из вершин тетраэдра обозначим Я. Сфера с центром Я и радиусом Я проходит через все данные ~очки. Из привслснного доказательства следует, что такая сфера может быть только одна. Тогда около любого тетразлра можно описать сферу.
б) Рассмотрим две грани с общим ребром. Геометрическим местом точек, равноудаленных от обеих граней двугранного угла, является плоскость, делящая двугранный угол пополам, или, по аналогии с планиметрией, биссекторная плоскость этого двугранного угла. Поэтому центр сферы, вписанном в тетраэдр, равноудален от всех граней пирамилы, он принадлежит кажлой из биссекторных плоскостей, то есть является точкой пересечения Разные задачи на многог анник, миоин, кон с и ша 2?? биссекторных плоскостей всех двугранных углов тетраэдра. Т.к. все точки биссекторной плоскости расположены межлу гранями лвугран ного угла, то центр сферы, вписанной в тстраэдр, всегда находится внутри тетраэдра. Итак, центр у вписанной сферы может быть только один. Сфера с центром в этой точке и радиусом, равным расстоянию от этой точки до плоскости какой-либо грани тетраэдра, касается всех граней тетраэдра.
Значит, в любой тетраэдр можно вписать сферу и притом только одну. Замечание. В рассужаении было использовано, но не доказано слелуюшее утверждение: Биссекторные олоскости двуконных углов тетроздро лервсекоютсн в одной точке. Докажем это утвержаение. 1. М е у. л'.АС — линейный угол двугранного угла между плоскостями а и (3 (рис, 428). Рнс. 428 Примем, что у делит этот двугранный угол так, что к.ВСМ = к'.АСМ.
Следовательно у биссекгорная плоскость данного двугранного угла. Докажем, что биссекторные плоскости двугранных углов трехгранного угла пересекаются по одному лучу. )з, и (), — биссекторные плоскости, их пересечение — луч, исходяший из точки 3 — вершины тетраздра. Луч обозначим й Примем, что точка А и 1, А — произвольная точка луча (рис. 429). Проведем перпендикуляры АА„АА„АА, на грани трехгранного угла.
А и р„ поэтому АА, = АА„' А е Рг поэтому АА, = ААо 278 Глава И, Цилинд, кон с и ша Рис. 429 Следовательно, АА, = АА, = АА„то есть точка А равноудалена от плоскостей граней ЛВР и МИР. Следовательно, точка А нахолится на биссекторной плоскости лвуграц ного угла с ребром ВР, Л т.к. точка А выбрана на луче ! произвольно, то и весь луч находится в биссекторной плоскости. Вы вол; все три биссекторные плоскости пересекаются по одному лучу, любая точка которых равноудалсна. 0 2. Примеч, что! - луч, по которому це- рссскаются биссекторные плосксти трехгранного угла при вершине А, М вЂ” точка, в которой луч ! пересечет грань ВОС (рис. 430). Концы гжрсзка АМ принадлежат разным граням двуграшюго угла при С ребре ВС, поэтому биссскторная плоскость этого лву гран ного угла пересечет отрезок АМ в точке О. Оа (, поэтому она равноудалсна от плоскостей АВС, АВО и АСВ.
Кроме этого, расстояние от точки О Риг. 430 ло плоскостей АВС и ВСР равны, т.к. точка О принадлежит биссекторной плоскости лвугранного угла при ребре ВС. Значит, точка О равноудалена от всех граней тстраэдра, то есть принадлежит всем биссекторным нлоскостям двугранных углов тстраэлра.
Итак, биссекторные плоскости двугра нных углов тетраэдра пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать. Разные задачи на многог анник, цнлинд, кон и ша 279 № б39. а) Центр сферы совпадает с центром куба — точкой пересечения диагоналей куба. Примем, что сторопа основания куба (и его ребро) равно а. Следовательно, диагональ кубаг( = а /3. С лругой стороны, В = 2В.
2Я= аГЗ, а = — В 2 /3 А Плошади поверхностей одной грани равна а', а полная поверхность куба равна би'. Ряс 43! Я = ба' = — В' = — Ч' = ВВ'. ~43/ 3 б) Н, и Н, — центры оснований призмы„Н,Н, — высота призмы. Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходяшей через диаметр оснований призмы перпендикулярно основаниям призмы. в сечении получится прямоугольник АА,В В(рис. 43!). Из прямоугольного ДЖОАН;. Г, ,/Ю ЯчГ3 (2 / 2 АН, является радиусом описанной окружности около основания призмы, а в пра вил ышм шестиугольнике его сторона равна радиусу описанной около него окружности.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
