Властивості сфери і кулі

1.

Відстань, яка б відділяла мене від мого антипода дорівнювала б

Двом радіусам Землі.

Відповідь: 2R Землі.

2.

Нехай АО – радіус Землі, ОА = 6400 км, О1А – радіус Полярного кола Землі.

Координати Полярного кола Землі 66°31′ п. ш.

∠АОВ = 66°31′; ∠О1ОА = 90° – 67° = 23°.

З ΔO1ОA: Ο1Α = ОА sin ∠Ο1ΟΑ = 6400 × sin 23° = 6400 × 0,39 = 2496 (км).

Довжина Полярного кола С = 2π × О1А ≈ 2 × 3,14 × 2496 = 15 675 (км).

Відповідь: 15 675 км.

Нехай ОА – радіус Землі, ОА – 6400 км.

Координати міста Харків

∠АОВ = 50°, ∠O1ОA = 90° – 50° = 40°.

З ΔOO1A: О1А = ОА × sin 40° = 6400 × 0,64 = 4096 (км).

Шлях С, який проходить за добу місто Харків, дорівнює:

С = 2π × Ο1Α ≈ 2 × 3,14 × 4096 = 25 723 (км).

Відповідь: 25 723 км.

Найбільшим колом земної кулі є екватор.

1) Нехай AM = MB, OB = ОА – радіус сфери. Розглянемо ΔSABO: ОВ = ОА – як радіуси кулі, отже, ΔАОВ – рівнобедрений. AM = MB, отже, ОМ – медіана, а в рівнобедреному трикутнику медіана є і висотою. Отже, ОМ + АВ.

2) Нехай ОА і О В – радіуси сфери. Розглянемо АОАВ: ОА = ОВ, отже, АОАВ – рівнобедрений, ОМ + АВ, а оскільки АОАВ – рівнобедрений,

Звідси AM = MB.

Нехай ОА = OB = R, AM = MB.

1) R = 15 см, AB = 18 см. ОМ + AB; OB = R = = 15 см.

З Δ OMB:

2) R= 10 дм, OM = 60 см. AB = 2AM; AO = R = 10 дм.

З Δ АМО: АВ = 2AM = 2 × 8 = 16 (см).

3) R = а, ОМ = b, OA = R = а. З Δ АМО:

Відповідь: 1) 12 см; 2) 16 см; 3)

7.

Нехай АВ – хорда, АВ = m, ОВ – радіус сфери OB = R. Проведемо ОС + АВ.

З ΔСОВ:

Відповідь:

8.

Рівняння сфери з центром у точці (а; b; c) і радіусом R має вигляд:

(х – а)2 + (у – b)2 + + (z – с)2 = R2.

1) O(0; 0; 0); R = 5 см.

Рівняння сфери буде мати вигляд: x2 + у2 + z2 = 25.

2) O(1; 0; 1); R =5 см.

Рівняння сфери буде мати вигляд: (х – 1)2 + у2 + (z – 1 )2 = 25.

2) O(2; 5; -1); R = 5 см.

Рівняння сфери буде мати вигляд: (х – 2)2 + (у – 5)2 + (z + 1)2 = 25.

Відповідь:

1) х2 + у2 + z2 = 25;

2) (х – 1)2 + у2 + (z – 1)2 = 25;

3) (x – 2)2 + (у – 5)2 + (z + 1)2 = 25.

9.

1) Складемо рівняння сфери з центром

O(1; -2; 6) і радіусом 3: (х – 1)2 + (у + 2)2 + (z – b)2 = 9.

Перевіримо, чи належить точка (1; -2; 3) отриманій сфері:

(1 – 1)2 + (-2 + 2)2 + (3 – 6)2 = 9; 0 + 0 + (-3)2 = 9; 9 = 9.

Отже, точка (1; -2; 3) належить сфері.

2) Складемо рівняння сфери з центром

Р(-1; 2; 0) і радіусом 2: (х + 1)2 + + (у – 2)2 + z2 = 4.

Перевіримо, чи належить точка (1; -2; 3) сфері:

(1 + 1)2 + (-2 – 2)2 + 9 = 4; 22 + 42 + 9 = 4; 4 + 16 + 9 = 4; 29 = 4.

Рівність неправильна 29 ≠ 4, тобто точка (1; -2; 3) не належить сфері.

Відповідь: 1) так; 2) ні.

10.

Радіус сфери дорівнює 1, сфера дотикається до координатних площин.

Абсциса і ордината її центра додатні, а апліката від’ємна, отже, центр сфери знаходиться в точці А(1; 1; -1). (х – 1)2 + (у – 1)2 + (z + 1)2 = 1.

Відповідь: (х – 1)2 + (у – 1)2 + (z + 1)2 = 1.

11.

1) O(0; 0; 0); R = 4; 2) O(0; 0; 0); 3) O(5; 1; -1); R = 3;

4) x2 + 2х + у2 + z2 = 8; х2 + 2х + 1 – 1 + у2 + z2 = 8;

(х +1)2 + у2 + z2 = 9; O(-1; 0; 0); R = 3;

5) х2 – 2х + у2 + 5у + z2- z = 0;

Х2 – 2х + 1 + у2 + 5у + 6,25 + z2 – z + 0,25 – 1 – 6,25 – 0,25 = 0;

(х -1)2 + (у + 2,25)2 + (x – 0,5) 2 = 7,5; O(1; – 2,25; 0,5);

12.

При гомотетії з центром у початку координат коефіцієнтом k координати довільної точки, образу M1(x1; у1; z1) і її прообразу М(х; у; z) пов’язані співвідношенням:

Координати центра даної сфери O(0; 0; 0). Тоді координати центра О1 шуканої сфери O1 (0; 0; 0). Радіус, даної сфери дорівнює 4. Тоді радіус шуканої сфери дорівнює:

1) R1 = 0,5 × 4 = 2. Рівняння сфери з центром у точці O(0; 0; 0) і радіуcом R1= 2 має вигляд: х2 + у2 + z2 = 4.

2) R1 = 2 × 4 = 8. Рівняння сфери з центром у точці O1(0; 0; 0) і радіусом R1 = 8 має вигляд: х2 + у3 + z2 = 64.

3) R1 = ¦-1¦ × 4 = 4. Рівняння сфери з центром у точці О1(0 0; 0) і радіусом R1 = 4 має вигляд: x2 + у2 + z2 = 16.

Відповідь: 1) x2 + у2 + z2 = 4; 2) x2 + у2 + z2 = 64; 3) x2 + у2 + z2 = 16.

13.

Оскільки точки 4(1; 0; z) і В(-1; у; 0) належать сфері x2 + у2 + z2 = 10. Підставивши коoрдинати точки A в рівняння сфери, отримаємо: 12 + 02 + z2 = 10; z2 = 9;

Підставивши координати точки В в рівняння сфери, отримаємо:

(-1)2 + у2 + 02 = 10; y2 = 9; Таким чином, отримали точки і

Відповідь:

14.

1) z = 0; х2 + у2 = 4; центр кола A(0; 0; 0), r = 2.

2) у = 1; x2 + z 2 + 1 = 4; x2 + z2 = 3; центр кола A(0; 1; 0), радіус кола

3) х = 1; 1 + у2 + z2 = 4; у2 + z2= 3; центр кола A(1; 0; 0), радіус кола

3) х + у + z = 2; х2 + у2 + z 2 = 4.

4) Знайдемо відстань р від центра сфери O(0; 0; 0)

До площини заданої рівнянням х + у + z – 2 = 0.

Радіус кола г знайдемо за теоремою Піфагора

Отже, центр колаа радіус

Відповідь: 1) A(0; 0; 0), r = 2; 2) A(0; 1; 0), 3) A(1; 0; 0),

4)

15.

1) Центр сфери (x – а)2 + (у – b)2 + (x – с) 2 = 1 є точка (а; b; c).

Оскільки радіус кулі дорівнює 1, то а = b = с = -1.

Відповідь: (-1; -1; -1).

2) Знайдемо відстань від центра сфери до перерізу

Тоді радіус перерізу дорівнює Площа перерізу

Відповідь:

16.

Нехай ОА – радіус кулі, ОА = 41 дм, OO 1 – відстань від

Центра кулі до січної площини, ОО1 = 9 дм.

За теоремою 2 маємо:

Відповідь: 1600π дм2.

17.

Нехай ОА – радіус сфери,

∠OAO1 = 45°. Проведемо ОО1 + АВ (де АВ – діаметр кола перерізу).

З ΔAO1O:

Отже, довжина кола перерізу С дорівнює С = 2π × АО1 = 2π × 2 = 4π (м).

Відповідь: 4π м.

18.

Нехай ОА – радіус сфери, ОА = R, АС – діаметр кола перерізу, ∠CAB = α. З’єднаємо точки С і В, отримаємо ΔАСВ, ∠ C = 90°, оскільки він спирається на діаметр. Ο1 – центр перерізу

Знайдемо АС з ΔАСВ: АС = АВ × cos ∠CAB = 2 · ОА × cos α = 2R × cos α.

1) R = 5см, α = 45°.

Довжина кола перерізу С дорівнює:

2) R = 2 см, α = 30°.

Довжина кола перерізу С дорівнює:

3) R = 4 см, α = 60°.

Довжина кола перерізу С дорівнює: С = 2π × АО1 = 2π × 2 = 4π (см).

Відповідь: 1) 2) 3) π см.

19.

1)

Нехай ОА = ОВ = 12 см, АВ = 12 см. Оскільки ОА = ОB = 12 см,

То ΔОАВ – рівносторонній, ∠ΑΟΒ = 60°.

Отже, відстань між А і В дорівнює:

2)

Нехай ОА = ОВ = 12 см, АВ = 24 см. Хорда АВ стягує дугу в 180°, отже,

3)

Нехай З ΔСВО:

4)

Нехай ОВ = ОА = 12 см, АВ = 9 см. З ΔСОВ:

Відповідь: 1) 4π см; 2) 12π см; 3) 4)

20.

1 випадок.

Сфери дотикаються зовнішнім дотиком. Нехай ОА і O 1 A – радіуси сфер,

ОА = 12 дм, О1А = 10 дм. OO1 = ОА + О 1 А = 12 дм + 10 дм = 22 дм.

2 випадок.

Сфери дотикаються внутрішнім дотиком. Нехай ОК і O1К – радіуси сфер,

OК = 12 дм, O1K =10 дм. ОО1 = ОА – O1A = 12 дм – 10 дм = 2 дм.

Відповідь: 22 дм або 2 дм.

21.

Нехай ОА – радіус кулі, ОА = 15 см, AO1- висота кульового сегмента.

1) AO1 = AO – OO1 = 15 см – 3 см = 12 см;

2) AO1 = AO – OO1 = 15 см – 5 см = 10 см;

3) AO1 = AO – OO1= 15 см – a см = (15 – a) см.

Відповідь: 1) 12 см; 2) 10 см; 3) (15 – a) см.

22.

1 випадок.

Основи кульового поясу лежать по різні боки від центра кулі.

Нехай ОА, ОВ – радіуси кулі, ОА = ОВ = 5 м. S1, S2- площі основ кульового поясу, S1 = 9π м2, S2 = 16π м2; O1А, О2В – радіуси основ кульового поясу,

O1A + O1O2, O2B + O1O2. S1 = π × Ο1Α2; 9π = π × Ο1Α2; Ο1Α2= 9 (м 2); S2 = π × O2B2;

16 = π × O2Β2·, О2В2 = 16 (м 2). 3 ΔΟΟ1Α:

З ΔΟΟ2В: Ο1O2 = Ο1O + Ο2O = 4 + 3 = 7 (м).

2 випадок.

Основи кульового поясу лежать по один бік від центра кулі.

Нехай ОА и ОB – радіуси кулі, ОА = ОВ = 5.

S 1, S2- площі основ кульового поясу.

S 1 = 16π м2, S2 = 9π м2; Ο1Α, O2В – радіуси основ кульового поясу.

Ο1Α + OO2, O2B + OO2. S1 = π × Ο1Α2; 16π = π × Ο1Α2; Ο1Α2= 16 (м2);

S2 = π × Ο2B2; 9π = π × O2Β2; O2Β2 = 9 (м 2).

3 ΔOO2Β:

3 ΔΟΟ1Α: O1O2 = OO2 – OO1 = 4 – 3 = 1 (м).

Відповідь: 7 м або 1 м.

23.

Нехай AO = R, О – центр кулі, О1 – центр перерізу.

Проведемо через точку А дотичну до кола, ОА + m, тоді Ο1Α + m, отже, ∠Ο1ΑΟ = α, ∠ OO1А = 90°.

З ΔΑΟ1Ο: АО1 = АО × cos ∠Ο 1ΑΟ = r cos α.

Отже, площа перерізу S дорівнює: S = π × АО21 = π × r2‘cos2α.

Відповідь: πr2 cos2α.

24.

Нехай ABC – трикутник, AB = 6 см, BC = 8 см, AC = 10 см, OA – радіус сфери,

OA = 13 см. Виходячи з довжини сторін трикутника, стає очевидним,

Що ABC – прямокутний трикутник і центр описаного кола лежить

На гіпотенузі АС. OO1 + АС.

З ΔAΟ1Ο:

Відповідь: 12 см.

25.

Кола двох великих кругів С1 і С2 – це кола з радіусом R (радіус сфери)

І центр яких співпадає з центром сфери О.

Нехай кола С1 і С2 перетинаються в точках А і В, тоді АВ – діаметр цих кіл.

Оскільки ці кола рівні, то вони діаметром АВ діляться навпіл.

26.

Нехай ОА = г, O1А + ОБ. З ΔΟ1ΑΟ:

Знайдемо площі перерізів січної площини S1 і S2- площа великого круга.

S2=π × ОС2 = π × r2;

Відповідь: 3 : 4.

27.

Нехай центр кулі О, а центри перерізів O1 і О2, спільна хорда АВ, С – її середина. Точки О, О1, С і O2 є вершинами прямокутника. Його діагональ є відрізок ОС.

З ΔСАО: Якщо радіуси перерізів позначити через 2х і 3x,

То О1C2 = 4х2 – 1 і O2С2 = 9×2 – 1. Таким чином, отримаємо рівняння:

4×2 – 1 + 9х2 – 1 = 323; 13×2 = 325; х2 = 25; х = 5 (м), отже, шукані радіуси 10 м і 15 м,

А шукані площі перерізів S1 = 225π см2, S2 = 100π см2.

Відповідь: 100π см2, 225π см2.

28.

Нехай О – центр кулі, О1, О2 – центри перерізів, АВ – спільна хорда, АВ = 16 см. Точки О, O1, O2 і С – є вершинами прямокутника. Його діагональ є відрізок ОС. S1, S, – площі перерізів, S1 = 185π см2, S2 = 230π см2.

3 ΔСВO2:

З ΔСВО1:

З ΔСOO2:

З ΔCAQ:

Відповідь: 21 см.

29.

Нехай О – центр кулі, О1, O2 – центри перерізів, S1, S2- площі перерізів,

ОА = ОВ = ОС = г.

З ΔО1BО:

З AO2AO:

Відповідь: 8 : 5.

31.

Нехай ОА = ОВ = 112 м, площина α дотикається до сфери у точці А, МА =15 м. З’єднаємо точки О і Μ, ΔОАМ – прямокутний, оскільки дотична площина перпендикулярна до радіуса у точці дотику.

З ΔOAM: MB = ОМ – OB = 113 – 112 = 1 (м).

Відповідь: 1м.

32.

1) x2 + y2 + z2 = 6; x + у + z – 6 = 0.

Знайдемо відстань від центру сфери O(0; 0; 0) до площини x + y + z – 6 = 0;

Радіус сфери Отримаємо R < ρ, оскільки

Отже, сфера і площина не мають спільних точок.

2) x2 + у2 + z2= 16; 2х – 2у + z – 12 = 0.

Знайдемо відстань від центра сфери O(0; 0; 0) до площини 2x – 2у + z – 12 = 0;

Радіус сфери R = 4. Отже, R = ρ, тобто площина дотикається до сфери.

Відповідь: 1) не має спільних точок; 2) дотикається.

33.

Нехай куля дотикається до однієї грані двогранного кута у точці А, до другої – у точцi В. ОА + АС, OB + СВ, ОС = а.

1) З ΔОАС: ЗΔАОВ:

2) З ΔАОС: З ΔАОВ:

3) З ΔАОС: З ΔАОВ:

Відповіді: 1) а; 2) 3)

34.

Розглянемо переріз площиною, яка проходить через центр кулі перпендикулярно до ребра двогранного кута. Нехай O1A1 = r, ОА = R; О2Д2 = R1; R + r = QO – QO1.

Відповідь:

35.

1)

Знайдемо радіус сфери вписаної в піраміду ВАВО із формули:

ΔΑΟΒ = 18.

Із ΔΒΟΑ:

Із ΔАОВ:

Із ΔSKA:

S = 36 + 36 + 18 + 54 = 144.

Тоді 72 = 48г,

Тоді рівняння сфери: (х – 1,5)2 +(у + 1,5)2 + (z – 1,5) 2 = 2.25.

2)

Нехай А і В – точки дотику сфери до площин xOz і уОz, тоді рівняння сфери має вигляд (х – З)2 + (у – З)2 + (z – с)2 = 9. Знайдемo с, виходячи з того, що сфера проходить через тoчку М(2; 5; 3): (2 – З)2 + (5 – 3)2 + (3 – с)2 = 9; 1 + 4 + (3 – с)2 = 9;

(3 – с)2 = 4; 3 – с = 2 або З – с = -2; с = 1 або с = 5. Отже, таких сфер дві:

(х – 3)2 + (у – З)2 + (z – 1)2 = 9, (x – З)2 + (у – З)2 + (z – 5)2 = 9.

36.

Оскільки А(-1; 2; -3) – точка дотику, то -: нормальний вектор

Нехай М(х; у; z) – довільна точка шуканої площини, то – вектор,

Що лежить у січній площині.

Оскільки то маємо: (х + 1) × (-1) + (у – 2) × 2 + (z + 3) × (-3) = 0;

-x – 1 + 2у – 4 – Зz – 9 = 0; – х + 2у – 3z = 14; х – 2у + Зz = -14.

Відповідь: х – 2у + Зz = -14.

37.

Нехай площина α дотична до кулі, А – точка дотику, β – площина, проведена під кутом α до першої, ∠BAD = α. Оскільки площина дотикається до кулі у точці А,

OA + α. Отже, ОА перпендикулярна до будь-якої прямої цієї площини, ОА + ED. ∠OAC = 90° – α. З ΔОСА: АС = ОА × cos(90° – α) = R × sin α.

Отже, площа утвореного перерізу: S = π × АС2 = πR2 sin2α.

Відповідь: πR2 sin2α.

38.

Нехай сторони рівнобічної трапеції дотикаються до кулі у точках E, F, К, L кульової поверхні. Оскільки площина ABCD перетинає кулю по колу, то коло з центром у точці О буде вписаним у трапецію ABCD. Проведемо BP + AD,

Оскільки коло вписане в трапецію, то AD + CD = ВС + AD;

АВ + CD = 52; АВ = CD = 26 (см).

З ΔВАР:

Отже, радіус вписаного кола О1К = 12 см.

З ΔΟ1КΟ:

Відповідь: 35 см.

39.

На рисунку зображено переріз куль площиною, яка проходить через їх центри О1 і О2

Нехай Ο1Α = 2 м, О2A = 4 м, O1O2 = 3 м. Оскільки O1A + O2A > ОО1 і О2A – Ο1Α < O1O2,

То поверхні куль перетинаються по колу. АВ діаметр цього кола, знайдемо площу трикутника АO1O2 за формулою Герона:

Де

З іншого боку

Відповідь:

40.

1) х2 + y2 + z2 = 100; центр сфери O(0; 0; 0), радіус R = 10.

Х2 + у2 + z2 – 38x – 16у – 8z + 152 = 0;

(x2 – 38x + 361) + (у2 – 16y + 64) + (z2 – 8z + 16) = 289;

(x – 19)2+ (у – 8)2 + (z – 4)2 = 289; центр сфери О1(19; 8; 4), R1 = 17.

Знайдемо відстань між центрами сфер:

R1- R = 17 – 10 = 7; R1 + R = 17 + 10 = 27.

Якщо R1- R < OO1 < R1 + R, то сфери перетинаються.

7 < 21 < 27. Отже, сфери перетинаються.

2) х2 + у2 + z2 = 4; центр сфери O1 (0; 0; 0), радіус R1 = 2.

Х2 + у2 + z2- 24х – 12у + 16z + 168 = 0;

(x2 – 24x+ 144) + (у2 – 12y + 36) + (z2 + 16z + 64) = 76;

(x – 12)2 + (у – 6)2 + (z + 8)2 = 76; центр сфери O2(12; 6; -8),

Радіус

Знайдемо відстань між центрами сфер.

R2- R1 = 8,71 – 2 = 6,71; R2 + R1 = 2 + 8,71 = 10,71.

ОО1 > R2 + R1, отже, сфери не перетинаються.

Відповідь: 1) перетинаються; 2) не перетинаються.

41.

Рівняння площини, яка паралельна площині 2x – 3у + z + 1 = 0,

Має вигляд: 2x – 3у + z + d = 0. Оскільки площина 2x – 3y + z + d = 0

Проходить через центр сфери (0; 0; 0), то маємо: 2 × 0 – 3 × 0 + 0 + d = 0;

Отже, шукана площина 2x – 3у + z = 0.

Відповідь: 2х – 3у + z = 0.

42.

На рисунку зображено переріз кулі площиною, яка проходить через їх центри O1і O2 (рис. 1).

Нехай AO1 = 25 см, АО2 = 30 см. Поверхні кулі перетинаються по колу, довжина якої С = 48π см; С = 2π × АС; 48π = 2π × АС; АС = 24 (см).

З ΔО2AС:

З ΔО1АС:

Отже: O1O2 = O2C+ O1C = 18 + 7 = 25 (см).

Або при розташуванні сфер, як зобрaжено на рис. 2. О1O2 = O2C – O1C = 18 – 7 = 11 (см).

Відповідь; 11 см або 25 см.

43.

1)

Геометричним місцем прямих, що дотикаються до даної сфери в заданій

Точці А є дотична площина до сфери, проведеної через задану точку А.

2) Геометричним місцем прямих, що паралельні даній прямій а

І дотикаються до даної сфери з центром О є циліндрична поверхня,

Твірні якої паралельні прямій а і дотикаються до сфери.

3)

Геометричним місцем прямих, що дотикаються до даної сфери з центром O і проходять через задану точку S є конічна поверхня з вершиною S i твірною SA, де А – точка дотику прямої і сфери.

44.

Геометричним місцем точок рівновіддалених на а від даної точки М є сфера з центром в точці М і радіуса а. Геометричним місцем точок віддалених на b від даної площини є дві площини, які паралельні даній площині і знаходяться на відстані b від неї. Отже, шуканим геометричним місцем точок є переріз сфери і двох паралельних площин. Можливі випадки: шукане геометричне місце точок є:

А) два кола;

Б) коло і точка;

В) дві точки;

Г) порожня множина;

Д) одна точка.

45.

Геометричним місцем точок, які є центрами сфер радіусів R, що дотикаються до сфери радіуса r, є:

А)

Сфера, центр якої збігається з центром сфери радіуса r і радіус якої дорівнює r + R, якщо R > r;

Б)

Дві сфери, центри яких збігаються з центром сфери радіуса r і радіус яких дорівнює

R + R і r – R, якщо R < г.

Геометричним місцем точок, які є центрами перерізів даної кулі радіуса R, які мають однакові площі заданої величини Q є:

А)

Центр заданої кулі, якщо Q = πR2;

Б)

Порожня множина, якщо Q > πR2;

В) сфера радіуса центр якої збігається з центром заданої кулі, якщо Q < πR2.

Геометричним місцем точок, які є серединами хорд сфери, які проведені з однієї точки М є: сфера діаметром якої є ОМ, де О – центр даної сфери, а центр сфери – середина відрізка ОМ.

Геометричним місцем точок, які є серединами хорд, які паралельні даній прямій a є великий круг кулі, площина якого перпендикулярна до прямої а.

Геометричним місцем точок, які є серединами хорд даної сфери, якщо довжина кожної хорди дорівнює а є:

А)

Порожня множина, якщо а > 2R, де R – радіус даної сфери;

Б)

Центр даної сфери, якщо а = 2R, де R – радіус даної сфери;

В) сфера радіуса якщо а < 2R, де R – радіус даної сфери.