Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. П. Бевз 11 клас - 2011 рік

§ 27. Куля і сфера

1028.

Нехай OA и OB — радіуси кулі з центром в точці О, OA = OB = 50 см,

AB = 80 см. Проведемо OD ┴ AB. ΔAOB — рівнобедрений (OA = OB —- як радіуси кулі). OD — висота, а також медіана. Отже, AD = DB = 80 : 2 = 40 (см).

З ΔADO за теоремою Піфагора маємо: OA2 = AD2 + OD2,

Відповідь: 30 см.

1029.

Нехай OM і ON — радіуси кулі, OM = ON = 13 см, AN : AM = 5 : 12. Через точку А і точки M I N проведемо переріз. ΔAMN належить перерізу. ∠MAN спирається на діаметр, отже, ∠MAN = 90°.

Нехай AN = 5x, AM = 12x.

З прямокутного ΔAMN: AM2 + AN2 = MN2; 144x2 + 25х2 = 676; 169х2 = 676;

x2 = 4; x = 2. Звідси AN = 10 см, AM = 24 см.

Відповідь: 10 см, 24 см.

1030.

Нехай площина перетинає кулю по кругу з центром в точці O1.

O — центр кулі, OO1 = 6 см, OA = 10 см.

З прямокутного ΔΟ1ΟΑ:

Для площі основи утвореного кульового сегмента S маємо:

S = π × О1A2 =64π (см2),

1031.

Нехай площина, перпендикулярна до радіуса ОА, перетинає кулю по кругу з центром в точці O1. BO1┴ AO, AO1 = O1O. З прямокутного ΔВО1О: нехай OB = г, тоді

Обчислимо площу основи кульового сегмента:

Обчислимо площу великого круга: S1 = π × OC2 = πr2.

Знайдемо відношення S: S1.

Відповідь:

1032.

Нехай (A1O2A) ‖ (B1O1B), O2A = 30 см, O1B = 40 см, OA = OB = 50 см,

O — центр кулі.

Розглянемо два варіанти:

1 варіант: Обидві площини лежать по одну сторону від центра кулі.

З прямокутного ΔO2 AO:

З прямокутного ΔО 1ВО:

Отже, висота утвореного кульового поясу O1O2дорівнює:

O1O2 = OO2– OO1 = 40 см – 30 см = 10 см.

2 варіант: Площини лежать по різні сторони від центра кулі.

3 прямокутного ΔO 2AO:

З прямокутного ΔO1ВО:

Отже, висота утвореного кульового поясу O1O2обчислюється таким чином:

O1O2 = OO2 + OO 1 = 40 см + 30 см = 70 см.

Відповідь: 10 см або 70 см.

1033.

Нехай S1— площа основи кульового поясу, r1— радіус основи, S1 = 64π см2,

S2— площа основи кульового поясу, S2 = 19 см2, O1O2 = 15 см, г2 — радіус основи. Площа основи S кульового поясу обчислюється за формулою:

S1 = πr1 = πO22. За умовою S1 = 64π см2.

Отже, маємо πO2A2 = 64π2; O2A2 = 64; O2A = 8 (см).

Площа основи S2кульового поясу обчислюється за формулою S2 = πr2 = πO1B2. За умовою S1 = 19π см2. Отже, маємо πO1B2 = 19π см2, O1B2 = 19,

Площі основ кульового поясу лежать по різні сторони від центра кулі.

Нехай O 1O = х. З прямокутного ΔO2AO:

З прямокутного ΔOBO1:

Отже, отримуємо: (15 – х)2 + 64 = х2 + 19; 225 – 30x + x2 + 64 = х2 + 19;

30x = 270; x = 9. Отже, OO1 = 9 см, тоді

Відповідь: 10 см.

1034.

Нехай ∠COD = 60°, O1C = а

З ΔO1CO: ∠O1OC = 30°, тоді OC = 2а,

Отже, висота конуса

З ΔAO1C:

Отже, висота кульового сегмента

Відповідь: 1 : 3.

1035.

Нехай A i B — точки на кулі. OA і OB — радіуси кулі, ОА = ОВ = r.

AB = г. Звідси маємо: ΔABO — рівносторонній, ∠AOB = 60°.

Найкоротшою відстанню між точками A i B буде l — довжина дуги AB.

де r — радіус, n° — градусна міра дуги.

Отже, маємо ∠AOB — центральний кут, n = 60°,

Відповідь:

1036.

Нехай OA — радіус кулі з центром в точці О. OA = 2 см.

Проведемо січну площину, яка перетне кулю по кругу з центром в точці O1.

OO1 = х.

З прямокутного ΔAO1O:

Для площі S перерізу маємо: S = π × O1A2 = π(4 – х2).

Відповідь: π(4 – х2).

1037.

Нехай OA = r, O — центр кулі, O1— центр перерізу.

Два круга з центрами в точках O і O1мають спільну точку А.

Проведемо через точку А дотичну до кола, OA ┴ AM, тоді O1A ┴ AM,

отже, ∠O1AO = α, ∠OO1A = 90°.

З ΔAOO1: AO1 = AO × cos ∠O1AO = r cos α.

Отже, площа S перерізу S = π × AO1 = πr 2 cos2α.

Відповідь: πr2 cos2 α.

1038.

Нехай ΔABC — рівносторонній трикутник, AB = BC = AC = 10 см;

А, В, C — точки дотику кулі до вершин трикутника. OA = OB = OC = 10 см.

Опустимо з центра O кулі перпендикуляр OO1 на площину трикутника.

ΔAO1O = ΔBO1O = ΔCO1O (за гіпотенузою і катетом: катет OO1— спільний, а гіпотенуза дорівнює радіусу). Звідси маємо AO1= BO1 = CO1.

Отже, О1 — центр описаного кола навколо трикутника.

Радіус цього кола дорівнює де а — сторона трикутника.

Отже,

За теоремою Піфагора з AAO1O маємо:

1039.

Нехай А, В, C — точки сфери з центром в точці О, OA = OB = OC = 26 см.

З’єднаємо точки A, B i C відрізками, отримаємо трикутник ABC зі сторонами:

AB = 16 см, BC = 12 см, AC = 20 см.

Опустимо з точки O — центра сфери перпендикуляр OO1 на площину трикутника ABC.

AO1O = ABO1O = ACO1O (за катетом і гіпотенузою: катет OO1— спільний,

OA = OB = OC — як радіуси сфери).

З рівності трикутників маємо: O1A = O1B = O1C.

Отже, O1— центр кола, описаного навколо трикутника ABC.

Скористаємося формулою для радіуса:

де а, = 16 см, b = 12 см, с = 20 см;

Підставивши дані, маємо:

Отже, O1A = O1B = O1C = 10 (см).

З прямокутного AAO1O:

1040.

Нехай А, В, C — точки дотику кулі до сторін трикутника KLM.

Опустимо з центра O кулі перпендикуляр OO1 на площину трикутника.

Відрізки ОА, OB, OC перпендикулярні до сторін (оскільки дотична до кулі перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику).

За теоремою про три перпендикуляри відрізки O1A, O1B, O1C теж перпендикулярні до відповідних сторін трикутника.

З рівності прямокутних трикутників OO1A, OO1B, OO1C (у них катет спільний, а гіпотенузи дорівнюють радіусу) випливає рівність сторін O1A = O1B = O1C.

Отже, O1— центр кола, вписаного у трикутник.

Для знаходження радіуса кола, вписаного в трикутник, скористаємося формулою: де а = 26 см, b = 28 см, с = 30 см, тоді

і для радіуса r маємо:

Отже, O1A = O1B = O1C = 8 см.

З прямокутного AAO1O:

Відповідь: 6 см.

1041.

Нехай сторони ромба ABCD дотикаються до сфери з центром в точці O в точках М, N, L, K.

Оскільки площина ABC перетинає сферу по колу, то коло з центром в точці O1буде вписаним в ромб ABCD. Проведемо OO1┴ (ABC).

З прямокутного ΔMO1O:

Оскільки радіус кола, вписаного в ромб, дорівнює не половині висоти,

то висота ромба ABCD BP = 2MO1 = 2 × 6 = 12 (см).

Нехай ∠ABC = 150°, тоді ∠BAD = 30°.

З прямокутного ΔАВР:

Оскільки в ромбі всі сторони рівні, то PΔABCD = 4 × AM = 4 × 24 = 96 см.

SABCD= АО × BP = 24 × 12 = 288 см2.

Відповідь: 96 см, 288 см2.

1042.

Куля дотикається до однієї сторони у точці А, до другої — у точці В.

OA ┴ AC, OB ┴ СВ, ∠ACO = ∠BCO.

а)

б)

в)

г)

Відповідь: а) 2г; б) в) г)

1043.

Нехай MA, MB — дотичні до кулі з центром в точці О.

(MOA) ┴ (МОВ), OM = 6 см. OB ┴ MB, як радіус, проведений в точку дотику,

OB = 2 см.

З прямокутного ΔВМО:

Оскільки (MOA) ┴ (МОВ), то BK ┴ ОМ, AK ┴ ОМ. Нехай OK = х.

В прямокутному ΔOBM: OB2 = OK х ОМ, 4 = х × 6,

Отже,

З прямокутного ΔАВК:

Відповідь:

1044.

Існує вісім сфер радіуса 2, які дотикаються до координатних площин.

(х – 2)2 + (у – 2)2 + (z – 2)2 = 4 — рівняння сфери радіуса 2, яка дотикається до координатних площин.

1045.

а)

Геометричним місцем центрів сфер радіуса г, які дотикаються до даної площини α, є дві площини β і γ, які паралельні до площини α і знаходяться на відстані r від неї.

б)

Геометричним місцем центрів сфер радіуса г, які проходять через дану точку А, є сфера з центром в точці А і радіуса г.

1046.

а)

Геометричним місцем центрів сфер, які дотикаються до даної площини α у даній А є пряма а (без точки А), яка перпендикулярна до площини α і проходить через точку А.

б)

Геометричним місцем центрів сфер, які дотикаються до даної прямої а в точці А, є площина (з виколотою точкою А), яка проходить через точку А і перпендикулярна до прямої а.

1047.

ΔSKO —- прямокутний, OC = OK = 6400 км, AC = 100 км.

Тоді із ΔACO :

З ΔSCO: AD × OS = CO2, тоді

Тоді SK = SO – OK = 6401 – 6400 = 1 (км).

Відповідь: 1 км.

1048.

Нехай OA = 6,4тис.км. ∠AOB = α, ∠O1OA = 90° - α.

З ΔOO1A: O1A = OA × sin(90° – α) = OA × cos α = 6,4 cos α (тис.км)

C = 2π × 6,4 cos α = 12,8π cos α (тис.км).

Якщо α = 46°29', то C = 12,8 × 3,14 × cos46°29' = 12,8 × 3,14 × 0,69 = 28(тис.км).

Якщо α = 49°49', то C = 12,8 × 3,14 cos49°49' = 40,192 × 0,6 = 26 (тис.км).

Якщо α = 50°27′, то C = 12,8 × 3,14 cos50°27'= 40,192 × 0,45 = 25,6 (тис.км).

Відповідь: =28 тис.км; =26 тис.км; =25,6 тис.км.

1049.

Нехай R — радіус Землі, тоді довжина обруча дорівнює 2πR,

нова довжина обруча 2πR1або 2πR +1, тоді 2πR +1 = 2πR1,

звідси 2πR1 - 2πR - 1; 2π(R1 - R) = 1;

Нехай г — радіус футбольного м’яча, тоді довжина обруча дорівнює 2πг,

нова довжина обруча або 2πг + 1, тоді 2πг +1 = 2πr1,

звідси 2πг1 - 2πr = 1, 2π(г1 - г) = 1;

Отже, відстані однакові.

Відповідь: відстані однакові.

1050.

Нехай рівняння сфери має вигляд

(x – a) 2 + (у -b)2 + (z - с)2 = R2. Враховуючи, що сфера

проходить через точки А(2;0;1), B(2; 0;3), С(1;4;0),D(l; 2; 2),

маємо систему рівнянь:

Розв’яжемо отриману систему:

Отже, центр сфери (8; 4; 2) і радіус сфери

Відповідь: (8; 4; 2).

1051.

AB = BC = AC = 3а, OA = OC = OB = 2а, OM = а.

Оскільки OA = OC = OB і OO1┴ (ABC) ,то O1— центр AABC, тоді

З ΔOAO1маємо

Оскільки OO1 = а, то площина трикутника ABC дотикається до кулі.

1052.

Оскільки AM + MN = NB, то N — центр кулі, нехай AB = 2а , тоді S1 = πа2

Проведемо NH ┴ KM, тоді

Тоді з ΔKHN:

Тоді

Тоді

Відповідь:

1053.

∠ABC = 120°, OA = OC = 10 см2, π × (O2A)2 = 36π см 2 , OO2┴ AB, OA1┴ BC. Оскільки π × (O2A)2 = 36π, το O2A = 6 см .

3 ΔOO2A:

Нехай ∠ OBO2 = α, тоді ∠ OBO1 = 120° - α, тоді із ΔOBO2 і ΔOBO1 маємо

Отже, звідси

8sin(120°- α) = 10sinα;

8(sin 120° cos α - cos 120° sin α) = 10 sin α;

Тоді

Тоді

Відповідь:

1054.

АС = 16см; π(O1B)2 = 100π см 2; π(O2B)2 = 144π см 2

Оскільки π(O1B)2 = 100πt, то O1B = 10.

Оскільки π(O2B)2=144π, то O2B = 12.

З ΔO1BA:

З ΔO1AO:

Відповідь:

1055.

AB = AC = AD = OB = OC = OD = 2 см. ОО 1 ┴ (ABC), ∠BAC = α = ∠BAD = ∠ DAC,

Нехай AB = AC = AD = x, тоді з ΔABC:

ΔBCD — рівносторонній,

3 ΔABO2:

З ΔBO1O:

Відповідь:

1056.

Нехай сфера з центром O проходить через точки А, В, C і дотикається до площини а в точці O2. Центр кола, описаного навколо трикутника ABC, лежить на діаметрі сфери, яка перпендикулярна до площини ABC. Продовження цього діаметра сфери перегинає площину в точці X. ΔXOO2 — прямокутний.

Якщо задано точки А, В, C і O2, то, щоб знайти центр сфери, необхідно: описати коло навколо трикутника ABC, провести перпендикуляр O1X до площини ABC та провести перпендикуляр O2O до площини α. O — точка перетину цих перпендикулярів.

1057.

Нехай ∠ASC = ∠ASB = ∠BSC = 90°,

де А, В, C — точки дотику ребер SA, SB, SC до кулі радіуса г.

ΔSAO = ΔSBO = ΔSCO, де O — центр кулі,

тоді SA = SB = SC, AO = BO = CO = г. Нехай SA = SB = SC = І, тоді

З ΔАВС:

З ΔSO1B:

З ΔOO1B:

З ΔSAO:

г2 =2l2;

Тоді

Отже, шукане геометричне місце точок — сфера радіуса

із центром О, де г і O — радіус і центр даної кулі.

1058.

Нехай через пряму а проходять площини α1, α2, …, αn, які перетинають сферу з центром у точці О, причому α1 і αnдотикаються до даної сфери в точках C I B відповідно, ∠ BAC — лінійний кут двогранного кута.

Шукане геометричне місце точок — дуга кола, радіус якого дорівнює AC = AB, а його центр — точка А.

1059.

Позначимо центри даних сфер O1і O2 , а радіус третьої сфери R.

Тоді точка O належить бісектору даного кута і площині, що проходить через середину P відрізка O1O2 і перпендикулярна до O1O2. Отже, точка O належить перетину бісектора з цією площиною — променю QP.

З ΔQOM:

З Δ O1QM1:

QP = Q1O1 = 2 r.

OP = QP – OQ = 2r - 2R, O1P = r, OO1P = R + г.

З прямокутного трикутника O1OP за теоремою Піфагора маємо:

OP2 = O1O2– O1P2; (2r – 2R)2 = (R + г)2 – г2;

2 – 8Rr + 4R2 =R2 + 2Rr + r2 – r2; 4r2 – 10Rr + 3R2 = 0 ;

3R2 – 10Rr +4г2 =0;

Відповідь:

1060.

Центри даних чотирьох сфер позначимо O1, O2, O3, O4. Сфера, яка дотикається до даних сфер внутрішньо, нехай має центр в точці O5 . Точки дотику цієї сфери зі сферами з центрами, в O1, O2 , O3, O4позначимо через A1, A2 , A3 , A4.

Тоді O5A1 = O5O1 + O1A1; O5A2 = O5O2 + O2A2; O5A3= O5O3 + O3A3;

O5A4 = O5O4 + O4A4.

Крім того O5A1 = O5A2 = O5A3 = O5A4(як радіуси однієї і тієї ж сфери),

O1A1 = O2A2 = O3A3 = O4A4 = г (як радіуси даних чотирьох однакових сфер).

Тому O5O1 = O5O2 = O5O3 = O5O4, тобто O5є одночасно і центром сфери, описаної навколо тетраедра O1O2O3O4 .

Знайдемо радіус цієї сфери. Кожне ребро тетраедра O1O2O3O4 дорівнює 2г. Центр O5рівновіддалений від вершин O2, O3, O4тетраедра, отже, точка O5лежить на висоті O1H тетраедра. З ΔO2O3O4 знаходимо

З ΔHO1O3:

Нехай O5O1 = O5O3 = R, тоді

Враховуючи, що маємо

Тоді

Звідси Радіус шуканої сфери дорівнює

Відповідь:

1061.

Нехай O1O2O3O4O5O6 — правильний шестикутник, O1O4 = 4r. OA1 — радіус сфери, яка дотикається внутрішньо до шести сфер із центрами O1, O2, O3, O4, O5, O6 радіуса r. OA1 = 3r, тоді OO1 = OA1 – O1A = 3r – r = 2r . OO1 ┴ (ABC).

Тоді із AOO1O7: O1O72 = O7O2 + OO2.

Нехай O7B = x, тоді (x + r) = (3r – x + (2г)2;

x2 + 2xr +r2 = 9r2 – 6xr + x2 + 4r2; 8xr = 12r2;

8x = 12r; x = 1,5r.

Отже, шуканий радіус дорівнює 1,5r.

Відповідь: 1,5г.

1062.

Проведемо через р площину, яка паралельна прямій l і спроектуємо на неї пряму ί і центри куль. Нехай O1, O2, O3 — проекції центрів куль, A1, A2 , A3 — точки дотику, А — точки перетину р i l′ — проекції І, α — кут між l i р, d — відстань між ними. Нехай AO1 = х. Відстань від O1 до р дорівнює x sin α. a відстань від центра першої кулі до p дорівнює .

Таким чином, х2 sin2 α + d 2 = 1.

Аналогічно отримуємо ще два рівняння:

(x + 3)2 sin2 α + d2 = 4, (х + 10)2 sin2 α + d2= 25.

Останні два рівняння з урахуванням першого рівняння перетворюються до вигляду: 2х sin2 α + 3 sin2 α = 1, 5x sin2 α + 25 sin2 α = 6 .

Звідси x = 1. Потім Отже,

Відповідь:





Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити