Теорема Гульдіна

Відповідь:

1383.

Щоб довизначити задачу слід вказати, чи лежить вісь у площині квадрата.

1384.

Знайдемо об’єм кулі, використовуючи теорему Гульдіна.

Нехай O1- центр мас півкола, тоді

З іншого боку Тоді

Відповідь:

1385.

Відповідь:

1386.

V = S × C = πг2 × 2πг = 2π2r3. Якщо г – 25, то V = 2π2×253 = 31 250π2(см3).

Відповідь: 2π2r3 = 31 250π2(см3).

1387.

Розглянемо випадок обертання трикутника ABC навколо сторони АС.

Враховуючи, що O – центр мас трикутника, то Звідси h = 3ρ.

Тоді

Отже, теорема доведена.

1388.

AB = AC = b, ∠BAC = α.

Проведемо AD + BC:

Із ΔABD:

Оскільки O1- точка перетину медіан трикутника ABC, то

Проведемо O1K + l, тоді із ΔAO1K:

Відповідь:

1389.

Нехай AB = a, AD = b,

1390.

В трикутнику ABC AB = с, AC = b, BC = а,

O – точка перетину медіан трикутника. S – площа трикутника ABC.

Нехай AM – медіана трикутника ABC, проведемо ON + BC, AK + BC,

Тоді ΔAKM ~ ΔONM, тоді тоді

Отже, відстань від точки O до сторони трикутника дорівнює третині висоти трикутника, проведеної до цієї сторони.

Де ha, hb, hc – висоти проведені до сторін а, b, с, тоді

Звідси

Відповідь:

1391.

Оскільки SABCD = S, тоді з іншого боку,

Тоді шуканий об’єм

Відповідь:

1392.

ABCD – паралелограм, AK? BD.

Нехай SΔABD = S, тоді SΔBCD = S, O1 і O2- центри мас трикутників ABD і BCD і

O1H1 + AK, O2H2 + АК, тоді (згідно з результатом задачі 1390)

Де h – висота трикутника ABD.

Тоді

Відповідь: 1:2.

1393.

Оскільки

І AB2 + BC2 = AC2, то ΔABC – прямокутний (АС – гіпотенуза).

Нехай O – центр мас трикутника ABC.

А)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь:

Б)

Враховуючи розв’язання задачі 1390, маємо:

Відповідь: 5π.

1394.

AB = a, ∠ABC = α, ∠BAC = 90 + α. O – центр мас, точка перетину медіан трикутника ABC, OK + AB, CF + AB. FC = BC sin∠ABC = a sin α, тоді

(див. розв’язання задачі 1390).

Тоді

Якщо а = 18 дм, α = 41°, тоді

Відповідь: π 1751 дм3.

1395.

ABCD – прямокутник, BD? l, BD = d, ∠ADB = α.

Із ΔABD: AD = BD × cos∠ADB = d cos α; AB = BD × sin∠ADB = d sin α,

Тоді SABCD = AD × AB = d2 sin α cos α. OK + l, AO1+ l,

Тоді AO1 = AD × sin∠ADB = d cos × sin α,

Звідси KO = d cos α sin α.

Відповідь:

1396.

ABCD – квадрат, AS = a, AK = KB, AF = FD. Шуканий об’єм дорівнює сумі об’єму V1циліндра з твірною BD і радіусом основи OM без об’ємів двох конусів з твірною BK і радіусом основи MO та об’єму V2тіла обертання трикутника BCD навколо l.

Відповідь:

1397.

Шуканий об’єм дорівнює об’єму тіла утвореного обертання прямокутника

AA1C1C навколо AA1. Оскільки AB = а, тоді

Відповідь: 2πα3.

1398.

Шуканий об’єм дорівнює об’єму тіла, утвореного обертанням трикутників SCA і ACB навколо SA:

Відповідь:

1399.

Нехай а – ребро куба, тоді

Враховуючи, що тоді

Відповідь:

§ 36. Площі поверхонь

1410.

Знайдемо площу поверхні кулі з діаметром 8 см: S1 = 4π × φ2= 64π (см2), а також площу поверхні 15 куль діаметром 2 см: S2 = 15 × 4π × 12 = 60π (см2). Отже, на нікелювання однієї кулі діаметром 8 см витрачається матеріалу більше, ніж на нікелювання 15 куль діаметром 2см.

1411.

Перетворимо рівняння сфери: x2 – 4x + у2 + 2у + z2 = 4;

(х2 – 4х + 4) + (y2 + 2у + I) + z2 = 4 + 5; (х – 2)2 + (у + 1)2 + z2 = 9.

Отже, радіус сфери r = 3, тоді S = 4πг2 = 4π × 9 = 36π.

Відповідь: 36π.

1412.

Знайдемо довжину діаметра АВ:

Отже, радіус сфери г = 3, тоді S = 4πг2 = 4π × 9 = 36π.

Відповідь: 36π.

1413.

Знайдемо радіус сфери:

Отже, площа сфери S = 4πг2 = 4π × 54 = 216π.

Відповідь: 216π.

1414.

Нехай радіус сфери, вписаної в куб, дорівнює г. Тоді S = 4πг2, оскільки сфера вписана в куб, то ребро куба а дорівнює діаметру сфери: а = 2г.

Звідси і

З ΔABD: BD2 = AB2 + AD2= 2а2.

З ΔB1BD:

Отже, площа поверхні сфери, описаної навколо квадрата,

Відповідь: 1 : 3.

1415.

Оскільки прямокутний паралелепіпед вписаний у сферу,

То B1D = 2г, AB = 3 дм, BC = 4 дм, BB1 = 5 дм.

З Δ ABD: BD2 = AB2 + AD2 = 9 + 16 = 25 (дм).

З Δ BBD:

Звідси

Отже, площа поверхні сфери S дорівнює

Відповідь: 50π дм2.

1416.

SA – апофема правильної піраміди, ∠ SAO1= α.

Центр O сфери, вписаної в піраміду, лежить на висоті SO1.

Нехай куля дотикається до деякої бічної грані в точці К,

Яка лежить на апофемі SA.

3 Δ SAO1: AO1 = AS × cos ∠ SAO1 = m × cos α.

ΔKOA = Δ O1OA (за катетом і гіпотенузою: KO = OO1, AO – спільна гіпотенуза).

Звідси:

З Δ OA1A:

Отже, площа сфери S дорівнює:

Обчислимо при m = 15, α = 60°:

Відповідь: ≈ 235 см2.

1417.

Нехай SABC – правильна трикутна піраміда, AB = BC = CA = а.

З вершини S проведемо SD + АС, оскільки Δ SAC – рівнобедрений, то SO – медіана, бісектриса і висота. В ΔABC проведемо BD + АС, тоді BD – бісектриса, медіана і висота. ∠SDO1= α.

Нехай г – радіус вписаної кулі. Проведемо OK + SD. OO 1 = OK = r.

ΔOKD ~ Δ ΟΟ1D.

Тоді з ΔΟΟ,Ο:

Отже, площа поверхні кулі V дорівнює:

Відповідь:

1418.

Нехай SABCD – задана чотирикутна піраміда, O – центр вписаного кола,

SO : OM = 5 : З, SO = 5х, OM = 3х,

В точках M і P куля дотикається основи і бічної сторони, отже, OA + LK,

OP + SK.

ΔSMK ~ ΔSOP. З подібності трикутників маємо:

Знайдемо SP з ΔSOP:

Отже, площа поверхні кулі S1 = 4π × 9х2 = 36πг2,

Площа бічної поверхні піраміди

Відповідь:

1419.

Нехай SABCDE – правильний октаедр, AB = BC = CD = DA = SA = … AE = а.

У ΔSCD: SM + DC, тоді з ΔSMD:

Площа поверхні октаедра де P – периметр ABCD.

За умовою Отже,

А2 = 36; а = 6 (см), тоді

Площа поверхні сфери S2дорівнює: S2 = 4π × OM2 = = 4π × 9 = 36π (см2).

Відповідь: 36π см2.

1420.

Нехай OA + OB, OB + ОС, ОС + ОА.

Площа поверхні частини кулі, обмеженої площинами АОВ, BOC і СОА,

Дорівнює площі поверхні кулі, отже,

Відповідь:

1421.

Нехай тоді

S 1 – площа першого сферичного сегмента:

S2 – площа другого сферичного сегмента:

Відповідь:

1422.

Площа поверхні кульового сегмента S = 2πrh = 2πr × 0,5г = πг2.

Відповідь: πг2.