Вписана та описана сфера



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 кулі, а –

сторона основи призми, R – радіус сфери, АА1 = 2R.

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 властивістю чотирикутника,

в який вписане коло, маємо:

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 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (No Ratings Yet)
Loading...


Етикет електронного листування.
Ви зараз читаєте: Вписана та описана сфера