1.
Нехай О А – радіус кулі, ОА = 1 см. АВ = ΚΚ1 = 2ОА = 2 см. CD = 2СО = 2 см.
Sбіч. = PKLMN× КК1 = 4 × 2 × 2 = 16 (см2).
Відповідь: 16 см2.
2.
Нехай
АВ =AD = ВВ1 = а.
З ΔABD:
З ΔΒ1BD: В1D2 = BD2 + В1В2; 75 = 2а2 + а2; 75 = 3а2; а2 = 25; а =5.
Отже, АВ = 5 дм. Радіус сфери
Відповідь: 2,5 дм.
3.
Нехай KLMNOP – переріз шестикутної призми, який проходить через діаметр сфери, KL = 12 м, ΔKLO – рівносторонній, LO = КО = KL = 12 м; KR = RL = 6 м.
З ΔLOF:
Відповідь:
4.
Нехай A2B2C2D2Е2F2 – переріз шестикутної призми, який проходить через центр
З ΔΑ1ΚΟ:
Відповідь:
5.
Нехай OO2 = OO1 = R, AB = BC = AC. На рисунку зображено переріз призми площиною, яка проходить через центр сфери.
Оскільки призма правильна, то ΔА2В2С2 – правильний.
Нехай A2С2 = а; A2L – медіана ΔА2В2С2;
З ΔA2ОК:
АА1 = 2R.
Відповідь:
7.
Нехай ABCDA1B1C1D1 – правильна чотирикутна призма, О – центр сфери, вписаної в призму, ОО 1 = OO2 = R, отже АА 1 = ВВ1 = СС 1 = DD 1 = 2R.
Проведемо через центр сфери переріз сфери площиною паралельною
Основі, отримаємо чотирикутник A2B2C2D2,в який вписане коло.
За
A2В2 + C2D2 = B2C2+ А2D2,
Отже,
А оскільки A2B2 + С2D2 = B2C2 + A2D2 то суми площ теж рівні.
8.
Нехай а – сторона основи призми, R – радіус кулі.
Відповідь:
9.
Нехай ABCDA1B1C1D1 – задана призма, АВ = ВС = CD = DA = 6 дм,
АА1 = 17 дм. О1В – радіус описаної сфери.
З ΔABD:
З ΔB1BD:
Отже, радіус сфери
Відповідь: 9,5 дм.
Нехай ABCDA1B1C1D1 – задана призма, АА 1 = 14 см. Оскільки прямокутна призма вписана у сферу, то B 1D = 2R (де R – радіус сфери). В 1О = 21 см, B 1D = 42 см.
З ΔΒ 1DΒ:
З ΔBBD: АВ2 + AD2 = BD2; 2АВ2 = BD2;
Отже, маємо: Sповн. призми = РABCD × АА1 × 2SABCD =
= 4 × 28 ×14 + 2 × (28 × 28) = 1568 + 1568 = 3136 (см2).
Відповідь: 3136 см2.
11.
У правильній шестикутній призмі дві грані основ рівні між собою і шість бічних граней теж рівні між собою. PABCDEF = 54 дм; Paa1b1B = 178 дм;
CF = 2AF = 18 (дм).
3 ΔC1CF:
Радіус сфери, описаної навколо шестикутної призми:
Відповідь: 41 дм.
12.
Нехай AD = 2x, АВ = Зx, АА1 = 6x. Площа повної поверхні прямокутного паралелепіпеда S дорівнює:
S = 2SABCD + PABCD × ΑΑ1 = 2 × AB × AD + 2(AB + AD) × AA1 =
= 2 × 2x × 3x + 2(2x + 3x) × 6x = 12×2 + 60×2 = 72×2.
За умовою 72×2 = = 1152; x2 = 16; x = 4. Отже, AD = 8 см. АB = 12 см. AA1 = 24 см.
3 ΔABD:
3 ΔΒΒ1D:
Радіус сфери, описаної навколо прямокутного паралелепіпеда дорівнює.
Відповідь: 14 см.
Нехай АВСА1В1С1 – дана правильна трикутна призма, яка вписана в сферу. АА1 = 4 м, PABC = 72 м, Нехай O1 і O2 – центри кіл, описаних навколо трикутників ABC і A1B1C1. Центр сфери Р лежить на прямій O1О2. Центр описаного кола знаходиться в точці перетину серединних перпендикулярів трикутника ABC.
Нехай AD + ВС, ВЕ + AD – бісектриси, медіани і висоти ΔАВС.
З ΔBDO1: Тоді
З ΔОВО1:
Відповідь: 14 см.
14.
ABCDEFA1B1C1D1E1F1 – дана призма. Призма правильна, тоді її ребра перпендикулярні до основ, звідси Ε1Ε + BE. Проведемо січну площину через Ε1Ε і центр сфери О. У діаметральному перерізі маємо прямокутник Β1Ε1ΕΒ, вписаний у велике коло сфери радіуса R,ΒΕ1 = 2R. Шестикутник основи – правильний (з центром Q): ∠EQF = 360° : 6 = 60° і його сторона дорівнює радіусу описаного кола r;
Q – середина більшої діагоналі основі. Розглянемо ΔBDE : BE = 2r, DE = r,
∠BDE = 90° (спирається на діаметр).
Тоді ∠DBE = 30°; З ΔBE1E: BE = 28.
Звідси радіус описаної сфери
Відповідь: 14 см.
15.
Нехай грань ABC – рівнобедрений трикутник, АС = 6 см, BE = 1 см, ΑΑ1 = 24 см,
O1, O2 – центри кіл, описаних навколо трикутників ABC і А1В1С1. Центр сфери О лежить на прямій O1O2. Нехай BO1= R, тоді O1E = BE – ΒΟ1 = 1 – R. BE – висота і медіана ΔАВС, АЕ = АС : 2 = 6 : 2 = 3 (см).
3 ΔО1АE: Ο1Α2= O1E2 + AE2; R2 = (1 – R)2 + 9;
R2 = 1 – 2R + R2 + 9; 2R = 10; R = 5 (см). BO1 = 5 см.
3 Δ OO 1B:
Відповідь: 13 см.
16.
Нехай ABCDA1B1C1D1 – правильна піраміда. AB = BC = CD = AD; AB 1 = 17 см,
AC = 12 см.
3 ΔACD: AC2 = AD2 + DC2; 144 = 2AD2;
3 ΔΑΒ1Β:
Оскільки піраміда правильна, то BD = АС = 12 см.
З ΔBB1D:
Центр вписаного кола лежить на середині діагоналі B1D, отже,
Відповідь: 9,5 см.
17.
Нехай призма АВСА1В1С1 вписана в сферу, АВ = ВС =АС = х, АА 1 = х + 17.
Нехай О 1 і O2 центри кіл, описаних навколо трикутників ABC і А1В1С1.
Центр сфери О лежить на прямій O1O2. O1O = OO2. OB – радіус сфери. ОВ = 14 дм. Проведемо BD + АС. Оскільки Δ АВС – правильний, то
З ΔBDA:
За властивістю медіан трикутника
З ΔОО1В:
7056 = 12х2 + 9х2 + 306x + 2601; 21х2 + 306х – 4455 = 0;
X 1 = 9,
Корінь х2 не задовольняє умові задачі. Отже, отримуємо: АВ = ВС = АС = 9 дм;
АА1 = 9 +17 = 26 (дм). Площа бічної поверхні призмі S дорівнює
S = РABC × АА1 = 27 × 26 = 702 (дм2)
Відповідь: 702 дм2.
18.
Нехай х, у, z виміри паралелепіпеда, тоді х2 + у2 = а2, у2 + z2 = b2, z2 + х2 = с2
Додавши почленно три рівності; отримаємо: 2(x2 + у2 + z2) = а2 + bг + с2.
Оскільки d2= х2 + у2 + z2, Де d діагональ прямокутного паралелепіпеда,
То 2d2 = а2 + Ь2 + с2; Радіус описаної сфери R дорівнює:
Відповідь:
19.
1)
Нехай ABCDEFA1B1C1D1E1F1 – правильна шестикутна призма, ОА – радіус сфери, описаної навколо призми. ОА = r, ∠OA1К = 30°. Проведемо OK + AA1.
З ΔКОА:
Отже, площа бічної поверхні призми дорівнює:
2)
Нехай ABCDEFA1B1C1D1E1F1 – правильна шестикутна призма, ОВ1, ОА – радіуси сфери, описаної навколо призми, ОВ1 = ОА = r, ∠OB1А = ∠OAB1= 30°.
З ΔB1OA:
З ΔАКЕ:
З ΔAKF: ∠AFO1 = 60°;
ΔAB1B:
Отже, площа бічної поверхні призми дорівнює:
3)
ABCDEFA1B1C1D1E1F1 – правильна шестикутна призма, ОА – радіус сфери, описаної навколо призми, ?Α = г, ∠ΟΑΟ1 = 30°.
З ΔАОО 1:
Отже, площа бічної поверхні призми дорівнює:
20.
1) Центр сфери, описаної навколо піраміди, міститься всередині піраміди. Нехай R – радіус сфери. Опустимо перпендикуляр ОО, з центра кулі О на площину основи піраміди. З ΔOO1A: З ΔΟΟ1B:
З ΔΟΟ1C:
Таким чином, O1A = O1B = O1С, а це означає, що точка О, є центром кола, описаного навколо основи піраміди. Отже, центр кулі О лежить на осі піраміди.
2) Центр сфери, описаної навколо піраміди лежить на площині основи. Нехай R – радіус сфери. ΔАВС – правильний, ОА = OR = ОС, а це означає, що точка О є центром кола, описаного навколо основи піраміди. Отже, центр кулі О лежить на висоті піраміди.
3) Центр сфери, описаної навколо піраміди, лежить поза пірамідою. Нехай R – радіус сфери. Проведемо OO1 з центра кулі на площину основи піраміди.
З ΔΑΟΟ1: З ΔВOO1:
З ΔВОО1: Отже, ОА = ОВ = ОС, а це означає, що точка О є центром кола, описаного навколо основи піраміди. Отже, центр сфери О, лежить на осі піраміди.
21.
1) Центр сфери, описаної навколо піраміди, лежить всередині піраміди. Нехай R – радіус сфери. Проведемо ОО1 – перпендикуляр з центра кулі на площину основи піраміди.
З ΔΑΟΟ1: З ΔВOO1:
З ΔВOC1: З ΔDOD1:
Таким чином, АО1 = ВО 1 = CO1 = DO1. Отже, О1 – центр кола, описаного навколо основи піраміди. Звідси випливає, що центр описаної піраміди лежить на висоті піраміди.
2) Центр сфери, описаної навколо піраміди лежить на площині основи піраміди. О – центр сфери, SO + (ABCD). ABCD – квадрат. ОА = ОВ = ОС = OD, отже, О – центр кола описаного навколо основи піраміди. Отже, О – центр сфери, описаної навколо піраміди лежить на висоті SO.
3) Центр сфери, описаної навколо піраміди лежить поза пірамідою. Нехай R – радіус сфери. З ΔΑΟ1Ο: З ΔBΟ1Ο:
З ΔCΟ1Ο: З ΔDΟ1Ο:
Отже, АО1 = BO1 = СО1 = DO1, а це означає, що точка О1 є центром кола, описаного навколо основи правильної піраміди. Звідси, центр сфери О лежить на осі піраміди.
22.
На рисунку зображено переріз піраміди, яка вписана в сферу, площиною, яка проходить через центр сфери. SO1 – висота піраміди,
SO 1 = R, AS = l. SO 1 = AS × cos α = І cos α.
1) Якщо а < 45°, то
2) Якщо = 45°, то
3) Якщо а > 45°, то
23.
Дана піраміда SABCD – правильна. Тоді центр описаної навколо неї сфери належить прямій, що належить висоті піраміди. Продовжимо висоту піраміди до її перетину зі сферою в точці S1. Тоді SS1 = 2R (де R – радіус сфери, описаної навколо піраміди), ∠SCS1 = 90° (оскільки спирається на діаметр кола перерізу).
З ΔACD:
З ΔSO1A:
SS 1 = 2R; O1S1 = 2R – SO 1; СО21 = SO1 × O1S1
(за теоремою про пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику).
32 = 7 × (2R – 7); 32 = 14R – 49; 14R = 81;
Відповідь:
24.
1)
Нехай SABCD – задана піраміда. Продовжимо висоту піраміди до її перетину зі сферою в точці S1. Тоді SS1 = 2R (де R – радіус сфери, описаної навколо піраміди),
∠SCS1 = 90° (оскільки спирається на діаметр кола перерізу).
З ΔACD:
З ΔSО1C:
SS1 = 2R; O1S1 = 2R – SO1; CO21 = SO1× О1S 1
(за теоремою про пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику).
2)
Нехай SABC – правильна трикутна піраміда, вписана в сферу. SO + (ABC), SA = SB = SC = AB = BC = АС = а, O1 – центр сфери, описаної навколо піраміди SABC.
З ΔABC: З ΔSAO:
Нехай AО1 = R, тоді
З ΔΑΟΟ1:
Відповідь: 1) 2)
25.
Нехай SABC – дана піраміда, вписана в сферу. SO + (ABC), AB = BC = АС = a, ∠CSA = ∠CSB = ∠ASB = 90°. З ΔАВС:
З ΔCSA: CS2 + AS2 = АС2·, 2AS2 = AC2; 2AS2 = a2;
3 ΔSAO: Нехай AO1 = R, тоді
3 ΔΑΟΟ1:
Відповідь:
26.
Нехай SABC – піраміда, в якій SA + SВ, SA + SC, SB + SC, SA = 2 дм, SB = 14 дм, SC = 23 дм. O1 – центр кола, описаного навколо трикутника SAB.
Проведемо переріз сфери площиною яка проходить через точку С і паралельна площині SAB. O2 – центр перерізу. Тоді точка О – центр кулі є серединою відрізка О1O2, Тоді З ΔASB; маємо:
З ΔSOO1;
Відповідь: 13,5 дм.
27.
Нехай SABCD – задана піраміда; тоді центр описаної навколо неї сфери належить прямій, що містить висоту піраміди. Продовжимо висоту піраміди до її перетину зі сферою у точці S1. Тоді SS1 = 2R (де R – радіус сфери, описаної навколо піраміди),
∠SCS1 = 90° (оскільки спирається на діаметр кола перерізу).
З ΔACD:
3 ΔSCO1:
(за теоремою про пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику).
Відповідь:
28.
Нехай SABC – задана піраміда, вписана в сферу.
SO + (ABC), SO = H, SA = SB = SC = AB = BC =AC = x.
3 ΔABC: 3 ΔSAO: SO2 = SA2 – AO2; 2×2 = З H2;
Нехай ΑΟ1 = R, тоді OO1 = SO – SO1 = H – R.
3 ΔΑΟΟ1:
4 HR = ЗH2;
Відповідь;
29.
Нехай OA – радіус кола, описаного навколо основи правильної трикутної піраміди, ОА = 8 м. З ΔABC: На рис. 2 зображено переріз сфери площиною, яка проходить через бічну грань піраміди. SO2 = СO2 = 7 м.
З ΔCO2К: SK = SО2 + О2К = 7 + 1 = 8 (м);
З ΔSOA: Нехай AО1 = R, тоді
З ΔАОО1:
Відповідь:
30.
Нехай SABCD – дана правильна піраміда. АВ = ВС = CD = DA = х. О 1С – радіус кола, описаного навколо основи, О1С = 4 м, АС = 2О1С = 8 м.
З ΔACD: На рис. 2 зображено переріз сфери площиною, яка проходить через бічну грань піраміди. SО2 = АО2 = 3 м.
З ΔAO2К: SK = SО2 + О2К = 3 + 1 = 4 (м);
З ΔASO1:
Продовжимо висоту піраміди до її перетину зі сферою у точці S1. Тоді SS1 = 2R (де R – радіус сфери, описаної навколо піраміди), ∠SCS1 = 90° (оскільки спирається на діаметр кола перерізу).
З ΔSCS1:
Відповідь:
31.
Нехай SABCDEF – дана правильна піраміда, ABCDEF – правильний шестикутник, ОВ – радіус кола, описаного навколо основи, OB = FE = 6 м. На рис. 2 зображено переріз сфери площиною, яка проходить через бічні грані піраміди. SО2 = FO2 = 5м.
З ΔFО2K: SK = SO2 + О2K = 5 + 4 = 9 (м);
З ΔSFO1:
Нехай OB = OS = R, тоді З ΔΒΟΟ1:
Відповідь:
32.
1)
Нехай SABC – правильна трикутна піраміда, вписана в сферу. SO + (ABC), O1 – центр сфери, описаної навколо піраміди SABC, SO = АВ = ВС = СА = а.
З ΔABC: OO1 = SO – SO1 = = а – R. З ΔO1BО:
6aR = 4a2; Отже, площа основи піраміди:
2)
Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда, вписана в сферу.
АВ = ВС = CD = DA, SO + (ABC), O1 – центр сфери, описаної навколо піраміди SABCD. SO = AB = BC = CD = DA = а; SО1 = DO1 = R. OO1 = SO – SO = a – R.
3 ΔO1DO: 4R = Зa;
Отже, площа основи піраміди:
3)
Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда, вписана в сферу. SO + (ABC), O1 – центр сфери, описаної навколо піраміди.
SO = АВ = BC = CD = DE = EF = FA. FO =АВ = a; SO1 = O1F = R; O1O = а – R.
З ΔO1OF: O1F2 = O1O2 + FO2; R2= (a – R)2 + a2; R2= a2 – 2aR + R2 + а2;
2aR = 2a2; a = R.
Отже, площа основи піраміди:
Відповідь: 1) 2) 3)
33.
Нехай SABCD – задана піраміда, SA = SB = SC = SD = 4 дм. Проведемо SK + CD, тоді за теоремою про три перпендикуляри OK + CD, ∠SKO – лінійний кут при ребрі основи, ∠SKO = 30°. З ΔSOK: SO = х, SK = 2SO = 2х;
З ΔOKD: З ΔSOD: SO2 + OD2 = SD2: х2 + 6х2 = 16;
7х2 = 16; Отже, нехай ΒΟ1 = O1S = R, Тоді
3 ΔΒΟ1Ο:
Відповідь:
34. Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда вписана в сферу.
Проведемо (BND) + SC, тоді ∠BND – лінійний кут двогранного кута при бічному ребрі, ∠BND = 60°. Так як ABCD – квадрат зі стороною 4 см, то
З ΔNOD, в якому ∠NOD = 90°;
Позначимо кут нахилу бічного ребра до площини основи через β, тоді ∠SCO = β.
З ΔONC, в якому ∠ONC – 90°, маємо:
35.
1) Нехай SABC – правильна трикутна піраміда, АВ = ВС = СА = a, ∠SAM = β,
SK = КО1, SO = AO = R. Проведемо SM + СВ, KL + SM, KL – відстань від середини висоти SO до грані SCB, KL = d.
З ΔABC: З ΔSAO1:
З ΔSKL:
ΔSO1M – ΔSLK. 3 подібності трикутників
Отже,
З ΔAОО1:
2)
Нехай SABC – правильна трикутна піраміда. АВ = ВС = СА = а, SO =AО = R.
КР + SA, КР = m.
Проведемо AM + СВ, тоді SM + СВ за теоремою про три перпендикуляри, ∠SMA = а.
З ΔАВС:
З ΔSO1M:
З ΔSKP:
ΔSΑΟ1 – ΔSPK. З подібності трикутників:
12m2 tg2α = а2 tg2α -48m2; 12m2tg2α + 48m2 = a2tg2α; 12m2 (tg2α + 4) = a2 tg2α; Отже,
3 ΔAOO1:
Відповідь: 1) 2)
36.
1)
Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда,
AB = ВС = СД = DE = EF = FA = a, ∠SAM = β, SK = K?1, SO = AO = R.
Проведемо SM + DE, KL + SM. KL – відстань від середини висоти SO1 до грані SDE, KL = d. AO1= d;
3 ΔSAO1: SO1 = AO1 × tg ∠SAO1= a × tg β.
3 ΔSKL:
ΔSO1M – ΔSLK.
4a2 tg2β × 4d2= 3a2(a2 tg2β – 4d2); 16 tg2β × d2 = 3a2 tg2β – 12d2;
16d2 tg2β + 12d2 = 3а2 tg2 β; 4d2(4 tg2β + 3) = 3a2 tg2β;
Отже,
З ΔΑΟΟ 1:
2)
Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда,
АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = a, SO = AO = R, KP + SA, KP = m.
Проведемо O1M + DE, тоді SM + DE за теоремою про три перпендикуляри,
∠SMO1 = α. ΑΟ1 = а;
З ΔSO1M:
З ΔSKP:
ΔSAO1 – ΔSPK.
Отже,
З ΔΑΟΟ1:
Відповідь: 1) 2)
37.
Нехай SABC – трикутна піраміда, СВ = a, ∠BAC = a, ∠SAO = φ.
З ΔАВС за теоремою синусів: де R – радіус описаного кола навколо ААВС, R = ОА.
З ΔSΑΟ: Нехай SO1 = AO1 = R1
З ΔAO1O:
Відповідь:
38.
Нехай маємо піраміду SA1…An, в якої висота SO має за основу О – центр вписаного кола у багатогранник A1…An. . .
Доведемо, що на висоті піраміди. існує точка, рівновіддалена від усіх граней піраміди.
У площині основи з’єднаємо точку О з точками L1…Ln дотику вписаного в основу кола зі сторонами основи OL1 = OL2 = … = OLn, OL1 + А1A2, …, OLn+ АnA1, як радіуса вписаного кола.
ΔSOL 1 = … = ΔSOLnза двома катетами. Тоді бісектриси кутів SL1O, …,
SLnO цих трикутників перетинаються в одній точці Q на їх спільній стороні SO.
SO + (A1A2An), OL1 + Α 1Α2, тоді за теоремою про три перпендикуляри SL1 + А1A2.
Звідси (SOL1) ∠(A1SA2) і перпендикуляр QK1 проведений у (SOL1) до прямої
SL1 перетину цих площин, є перпендикуляром дo (A1SA2).
Аналогічно QK2 + (A2SA3), …, QKn+ (AnSA1).
За властивістю бісектриси кута з рівних трикутників SOL1, … SOL2маємо:
QO = QK1 = … = QKn – точка Q рівновіддалена від усіх граней піраміди.
Твердження доведено.
39.
Проведемо SO + (ABC). Із точки К1 проведемо OK1 + АВ, тоді SK1 + AB
За теоремою про три перпендикуляри. O1К2 + ВС, тоді SK2+ ВС, O1К3 + CD,
Тоді SK3+ CD, … ΔSK1O1 = ΔSK2O1 = ΔSK3O1= … ΔSKnO1.
Проведемо бісектриси кутів SK1O1, SK2O1, SK3O1, …, SKnO1,
Вони перетнуть висоту SO у точці О, яка рівновіддалена від усіх граней піраміди.
Отже, О – центр кулі, вписаної в піраміду.
40.
Нехай SABC… – задана піраміда, О – центр вписаного кола,
А також вершина піраміди OABCD…
Отже, двогранні кути при основі піраміди рівні. Далі доводиться аналогічно задачі 39.
41.
Нехай SABCD – задана піраміда, SA = SB = SC = SD = 8,5 м,
AB = ВС = CD = AD = 8 м.
3 ΔACD:
З ΔSOM:
З ΔSOD:
OK – радіус сфери, вписаної в піраміду. ОК = r;
OK + SM (оскільки SM – дотична до сфери).
ΔSOK – ΔSMO. 3 подібності трикутників маємо:
Відповідь:
42.
Нехай SABCD – задана піраміда, SO + (ABCD), О1 – центр сфери, ABCD – ромб, АС = 8 дм, BD = 6 дм, SO = 1 дм.
ΔOCD – прямокутний (оскільки діагоналі ромба перетинаються під прямим кутом). ОМ ∠ DC. Знайдемо ОМ з ΔOCD.
З іншого боку
З ΔSOM:
SO1 = SO – r = 1 – r. ΔSOM – ΔSKO1.
3 подібності трикутників маємо:
2,4 – 2,4r = 2,6r; 5r = 2,4; r = 0,48 (дм).
Відповідь: 0,48 дм.
43.
Нехай SO1 – висота піраміди, SP – апофема, ∠SPO1 = φ.
Центр О – сфери, вписаної в піраміду, лежить на висоті SO1.
Нехай сфера дотикається до деякої бічної грані в точці К, яка лежить на апофемі SP. АВ = ВС = a, ∠BAC = а. Проведемо ВР + АС.
З ΔАВР: АР = АВ × cos ∠BAC = а × cos α.
Оскільки О1 – центр вписаного кола, то O1 – точка перетину бісектрис,
Отже, АО1 – бісектриса ∠BAC, Ο1Ρ – радіус вписаного кола.
З ΔΑΟ1Ρ:
ΔKOP = ΔOPO1 (за катететом і гіпотенузою: КО = ОО1, РО – спільна),
Отже, З ΔΡΟΟ1:
Відповідь:
44.
1) Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда, АВ = ВС = CD = DA – а.
SK = КО1. Проведемо SM + CD, KL + SM, KL – відстань від середини висоти до
Бічної грані. KL = d. ∠SAO1 = β.
З ΔSАО1:
З ΔSLK:
ASO1M – ΔSLK.
16d2 tg2β = a2 tg2β – 8d2; 8d2(2 tg2β + 1) = a2 tg2β;
Отже,
2) Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда, АВ = ВС = CD = DA,
KM + SA, KM = m, O1K = x, OP = OO1 = r.
Ο1Κ + CD, тоді SK + CD за теоремою про три перпендикуляри, ∠SKO1 = α.
З ΔSKO1:
З ΔACD:
З ΔASO:
ΔSO1A – ΔSML.
З ΔSКО1:
ΔSO1K – ΔSPO.
3) Нехай SABCD – правильна чотирикутна піраміда. Проведемо (BNU) + SC,
Тоді ∠BND = δ. Оскільки ABCD – квадрат зі стороною а, то
З ΔNOD:
Позначимо кут нахилу бічного ребра до площини основи через β, тоді ∠SCO = β.
З ΔONC, в якому ∠ONC = 90°, маємо:
З ΔSOC: Оскільки то отримаємо для
Отже,
З ΔSLO:
ΔSLO – ΔSO1K.
4) Нехай SABCD – правильна піраміда, ∠DSC = ∠ASD = ∠ASB = ∠BSC = γ,
SA = SB = SC = SD = 6. SL + DC, ΔDSC – рівнобедреник, отже, SL – бісектриса
І медіана,
З ΔSDL:
З ΔSOL:
Нехай О1К = OO1 = г. ΔSOL – ΔSKO1
Відповідь: 1) 2) 3) 4)
45.
1) Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда, ∠SAO = β, РК + SL, РК = d. Нехай сторона основи дорівнює а,
З ΔALO:
З ΔASO: SO = АО × tg ∠SAO = a tg β.
З ΔSLO:
ΔSLO – ΔSPK.
SO1 = SO – OO1 = a tg β – r. ΔSOL – ΔSO1M.
2) Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда,
АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = a. LM + SF, LM = m, ∠SKO = α.
OK + DE, SK + DE, ∠SKO = α.
3 ΔOKE:
3 ΔSOK:
3 ΔSFO:
ΔSOF – ΔSLM.
3 ΔSKO:
ΔSOK – ASPO 1
3) Нехай SABCDEF – правильна шестикутна піраміда із стороною основи а. Проведемо CN + SD, EN + SD, тоді ∠CNE = 5.
З ΔCDE за теоремою косинусів маємо:
З ΔKDE:
З ΔNKE:
Позначимо кут нахилу бічного ребра до площини основи через β, тоді ∠SDK = β.
3 ΔKND:
Для tg β отримаємо:
З ΔLOF:
З ΔLOF:
З ASOL:
ΔSLO – ΔSО 1Р.
4) Нехай SABCDEF – задана піраміда,
∠ASB = ∠BSC = ∠CSD = ∠DSE = ∠EDF = ∠FSE = γ,
SA = SB = SC = SD = SE = SF = 6. SL + DE, AESD – рівнобедрений, отже,
Si – бісектриса і медіана,
З ΔSEL:
З ΔOLE: ОЕ = 2EL;
З ΔSOL:
Нехай О1К – OO1 = г.
ΔSOL – ΔSKO1
Відповідь·. 1) 2)
3) 4)
46.
Нехай О – центр кулі, О 1, O2 – центри основ циліндра.
Позначимо R – радіус сфери, а – твірна циліндра.
Оскільки циліндр рівносторонній, то
З ΔОО2R: О2A2 + О2O2 = ОА 2; звідси
Знайдемо площу великого круга: S = πR2. Знайдемо площу основи циліндра:
Отже, площа великого круга у два рази більша за площу основи циліндра.
Відповідь: у два рази.
47.
1)
Нехай SAB – осьовий переріз конуса, який вписаний в сферу з центром О.
AS = SB = AB = 3 дм. Центр описаного кола знаходиться
В точці перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника SAB.
Нехай АК + SB, SD + AB, АК і SD – бісектриси, медіани і висоти ΔABC.
В AAOD: тоді
2)
Нехай SAB – осьовий переріз конуса, в який вписана сфера з центром в точці О.
AS = SB = AB = 3 дм. Проведемо SK + AB.
∠SAO = ∠KAO (оскільки АО – бісектриса кута SAK),
Відповідь: 1) 2)
48.
1)
Нехай SAB – осьовий переріз конуса, в який вписана сфера з центром у точці О.
Проведемо SK + АВ. ОК – радіус вписаної сфери, OK = 1 дм.
Оскільки точка О – центр вписаного кола, то О – точка перетину бісектрис трикутника SAB, отже, ∠OAK = 30°.
З ΔАОК: АВ = 2АК (оскільки SK I є і медіаною).
Відповідь:
2)
Нехай SAB – осьовий переріз конуса, який вписаний у сферу з центром у точці О. Центр описаного кола знаходиться у точці перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника SAB.
Проведемо SK + АВ, AD + SB. AD + SK – бісектриси, медіани і висоти трикутника SAB, оскільки ΔSAB – рівносторонній. ∠SAD = ZBAD = 30°.
З ΔАОК:
Відповідь:
49.
1) Нехай ABCD – осьовий переріз рівностороннього циліндра, в який вписана куля з радіусом R.
Оскільки циліндр рівносторонній, то ВА = ВС; BA = 2R; ВК = R.
Отже, S біч. циліндра = 2π × ВК × АВ = 2π × R × 2R = πR2.
2) Нехай SAB – осьовий переріз конуса, який вписано в сферу з центром у точці О. Центр описаного кола знаходиться у точці перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника SAB.
Проведемо AD + SB, SK + AB. AD i SK – бісектриси, медіани і висоти трикутника SAB, оскільки ΔSAB – рівносторонній. ∠SAD = ∠BAD = 30°.
З ΔАОК:
Отже,
Звідси
Відповідь: 8 : 3.
50.
Нехай SAB – осьовий переріз конуса, в який вписано кулю з центром у точці О. Проведемо SK + АВ. ОК – радіус вписаної кулі, OK = R.
Оскільки точка О – центр вписаного кола, то О – точка перетину бісектрис трикутника SAB, отже, ∠OAK = 30°.
З ΔАОК:
Нехай ABCD – осьовий переріз циліндра, вписаного в кулю з центром у точці О.
ОС = R. АВ – твірна циліндра, АВ = 2х, тоді BE = х (оскільки циліндр рівносторонній).
З ΔECO: ОС2 = ЕС2 + EO2; R2= х2 + х2; R2= 2х2; CD = 2EC;
Отже, S пов. циліндра = Sбіч.+ 2Sосн
Відповідь: 1) у 3 рази; 2) у 2 рази.
53.
Нехай SABCD – задана піраміда. АВ = ВС = CD = DA = 2а, SP – апофема,
SP = b, SA = SB = SC = SD = l, О1К = г = ΟO1.
З ΔSOP:
ΔSOP – ΔSKO:
L2 = а2 + b2;
За умовою R = 6r,
(а + b)2(а + b) = 12а(b2 – а2); a2 + b2 = 12а(b – а); 13а2 + b2 = 12аb;
Оскільки OP = a, SP = b, то – тангенс кута DSP;
Відповідь:
54.
Нехай SABCD – задана правильна чотирикутна піраміда.
AB = BC = CD = DA = 2а, г – радіус вписаної сфери,
R – радіус описаної сфери, Н – висота, l – ребро піраміди.
OK + CD, SK + CD (за теоремою про три перпендикуляри), ∠SKO = 2х.
Оскільки радіуси вписаної і описаної сфер симетричні відносно площини основи,
То R = Н + г.
3 ΔΟ1K?: OO1 = r = ОК × tg∠O1KO = а × tgx.
З ΔSOK: SO = Я = OK × tg∠SKO = а × tg 2х.
З ΔSKD:
З ΔSAO: AS2 = 12 = SO2 + AО2 = a2 tg22х + 2а2.
З прямокутного трикутника SAM: AS2 = SM × SO;
2a2 + a2 tg2 2x = 2R × a tg 2x;
З другого боку R = Η + r = a tg 2x + a tg x.
Tg2 2x + 2 tg 2x × tg x – 2 = 0;
Tg2 x = у; 3у2 – 6y + 1 = 0;
Відповідь:
(1 votes, average: 5,00 out of 5)