Домашняя работа по геометрии за 11 класс

к учебнику «Геометрия. 10-11 класс»

А.В. Погорелов, М.: «Просвещение», 2001 г.

учебно-практическое пособие

3

СОДЕРЖАНИЕ:

§ 20 Многогранники ................................................................4 § 21 Тела вращения ...............................................................52 § 22 Объемы многогранников .............................................82 § 23 Объемы и поверхности тел вращения .....................107

§ 20. Многогранники.

1. Из точек А и В в гранях двугранного угла опущены перпендикуляры АА 1 и ВВ 2 на ребро угла. Найдите длину отрезка АВ , если АА ₁ =а , ВВ ₁ =b ₁ А ₁ В ₁ =с и двугранный угол равен α¹ . Задача решена в учебнике п. 171, стр. 59.

2. У трехгранного угла (аbс ) двугранный угол при ребре с прямой, двугранный угол при ребре b равен ϕ, а плоский угол (bc ) равен γ (ϕ,γ< ).

Найдите два других плоских угла α = ∠ (ab ), β = ∠(ас )

Задача решена в учебнике п. 172, стр. 60

3. У трехгранного угла один плоский угол равен γ, а прилегающие к нему двугранные углы равны φ (φ < ). Найдите два других

плоских угла α и угол β, который образует плоскость угла γ с противолежащим ребром.

Из произвольной точки S ребра, противолежащие углу γ, проведем перпендикуляры SA на плоскость угла γ и перпендикуляры SB и SC на его стороны. Тогда по теореме о трех перпендикулярах АВ ⊥OВ и АС ⊥OС .

Рассмотрим прямоугольные ∆SCA и ∆SВA . Они равны по катету и противолежащему углу (∠SCA =∠SBA =ϕ). Тогда АВ =СА . А значит, ∆АОВ =∆АОС по катету и гипотенузе. Так что ∠AОС =∠AOB .

А так как .

Далее, в ∆АSC SC и АС = .

В ∆АСО ОА AC AC AC и ОС = γ .

γ γ

Тогда из ∆SDC tg α ⁼ OCSC ₌ tg ϕsin⋅tg _ϕ⋅ 2_AS ⋅ AS _{= cos} tg 2_{ϕ .}

γ

AS ⋅tgϕ⋅sin 2 = tgϕ⋅sin _γ .

А из ∆SAO : tg

AS 2

 γ 

Ответ: α=arctg costg 2ϕ  , β=arctgtgϕ⋅sin 2γ  .



 

4. У трехгранного угла два плоских угла острые и равны α, а третий угол равен γ. Найдите двугранные углы ϕ, противолежащие плоским углам α, и угол β между плоскостью γ и противолежащим ребром.

Из произвольной точки А противолежащего углу γ угла проведем перпендикуляры АК на плоскость этого угла и AB и SB на другие ребра.

Тогда по теореме о трех перпендикулярах BK ⊥SB и KC ⊥SC . Тогда ∆ΑΚС =∆ΑΚΒ (по общему катету АК и противолежащему углу ∠ΑΚС =∠ΑΒΚ =φ). Тогда ВК =КС и ∠BKS =∠СKS (по гипотенузе и катету). Значит . Далее, имеем

SC =SB =AS ·cosα, и AВ =АC =AS ⋅sinα. Из ∆SCK получаем:

KC = SC = AS cos и SK = ^SC _γ = ^{AS cos} _γ ^α . cos cos

2 2

AS

Далее, из ∆АСК cos ϕ = cos ∠ACK = AS sin _α = _{tg α} .

И из ∆ASK cosβ = cos AS AS cos cos_γ .

2

 γ   

β

Ответ: α=arccos tgtgα2  , =arccos coscos α 2  .

 γ 

5. Докажите, что сечение призмы, параллельное основаниям, равно основаниям.

Пусть А 2В 2С 2 – данное сечение призмы. Тогда АА 2С 2С , АА 2В 2В , ВВ 2С 2С – параллелограммы.

Значит, АВ=А₂ В₂ , АС=А₂ С₂ , ВС=В₂ С₂ и т.д., то есть

АВС...=А₂ В₂ С₂ ... . Что и требовалось доказать.

6. Сколько диагоналей имеет n-угольная призма?

Так как диагональ призмы – это отрезок, соединяющий две вершины призмы, не принадлежащие одной грани, то из одной вершины можно провести n-3 различные диагонали. Но вершин в основании п, так что общее количество диагоналей будет n⋅(n – 3). Ответ: n⋅(n – 3).

7. Постройте сечение четырехугольной призмы плоскостью, проходящей через сторону основания и одну из вершин другого основания.

Пусть, например, плоскость проходит через сторону основания AD и вершину С ₁ , тогда отрезок C ₁ D принадлежит сечению. Далее, возможны два случая: либо AD пересекает ВС , либо нет. Если AD пересекает ВС , то точку их пересечения обозначим F . F ∈ ВС , а значит F ∈ (ВCC ₁ ). Проведем отрезок FС ₁ . Он пересечет ВВ ₁ в точке К . Тогда четырехугольник АКС 1D будет искомым сечением.

Если AD не пересекает ВС , то AD || ВС . Но ВС || В ₁ С ₁ , так что AD || B ₁ C ₁ , а через две параллельные прямые проходит единственная плоскость, содержащая их. Эта плоскость является искомым сечением т.к. точки А, D, C ₁ принадлежат этой плоскости.

8. Постройте сечение четырехугольной призмы плоскостью, проходящей через три точки на боковых ребрах призмы.

B₁ C₁

A D

Пусть K , M и N – данные точки. Возможны три случая:

1) Точки K , M , N расположены так, что MN || DC и KM || MN . Тогда плоскость, проходящая через точки K, M и N параллельна плоскости грани ABCD , т.к. две пересекающие прямые KM и MN параллельны грани ABCD . Проведем прямую ON || AD . Тогда она будет принадлежать плоскости сечения. Так как иначе она пересекала бы и грань ABCD , то есть и AD , что неверно.

Тогда четырехугольник KMNO – искомое сечение.

2) Точки K, M, N располагаются так, _B что КМ || ВС , но MN не параллельно DC . Тогда через точки M и N проведем прямую а , которая пересекает прямую DC в некоторой точке S .

Тогда S принадлежит сечению. Через

точку S проведем прямую b || KM . Тогда^K b принадлежит сечению и b || BC , т.к. b || KM и КМ || ВС . Тогда АВ пересекает прямую b в некоторой точке Х . Тогда Х принадлежит сечению.

А также можно соединить точи К и Х отрезком, который пересечет А ₁ А в некоторой точке О . Тогда точка О тоже принадлежит сечению. А значит, четырехугольник OKMN – это искомое сечение.

Общий случай:

3) Когда точки К, M, N располагаются так, что MN не параллельно DC и KM не параллельно MN . Тогда прямая ΜΝ пересечет прямую DC в некоторой точке F , прямая

МК пересечет прямую ВС в некоторой точке X. Точки Χ и F при-

надлежат плоскости ABCD , а также искомому сечению, значит, плоскость ABCD и сечение пересекаются по прямой XF . Тогда прямая АВ , или прямая AD , или обе эти прямых пересекают прямую XF . Допустим АВ пересекает XF в точке S . Тогда точка S принадлежит и плоскости АА 1В 1В , а также сечению. Проведем прямую SК . Она пересечет ребро АА ₁ в точке О. Так что ΜΝΟΚ – искомое сечение.

9. У призмы одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания. Докажите, Что остальные боковые ребра тоже перпендикулярны плоскости основания.

Боковые ребра призмы параллельны между собой, так что поскольку одно ребро перпендикулярно основанию, то значит, и остальные боковые ребра тоже перпендикулярны основанию. Что и требовалось доказать.

10. В прямой треугольной призме стороны основания равны 10 см, 17 см и 21 см, а высота призмы — 18 см. Найдите площадь сечения, проведенного через боковое ребро, и меньшую высоту основания.

Данным сечением является прямоугольник BHH ₁ B ₁ со сторонами ВВ ₁ =18 см и ВН ; где ВН — меньшая высота ∆АВС. Далее, площадь основания с одной стороны равна: S = p (p − a )(p −b )(p −c ) =

= 24(24−10)(24−17)(24− 21) = 84 (см² ).

С другой стороны S = BH , так что

ВН = 2 ⋅ 84

Тогда искомая площадь сечения равна S ₁ = BB ₁ ⋅ BH = 18 ⋅ 8 = 144 (см² ). Ответ: 144 см² .

11. Боковое ребро наклонной призмы равно 15 см и наклонено к плоскости основания под углом 30°. Найдите высоту призмы.

ΒΟ — перпендикуляр к основанию, так что ∆АВО — прямоугольный. Значит, BC =AB ⋅sin∠BAC =l 5⋅sin30° =7,5 (см). Ответ: 7,5 см.

12. В наклонной треугольной призме расстояния между боковыми ребрами равны 37 см, 13 см и 40 см. Найдите расстояние между большей боковой гранью и противолежащим боковым ребром.

Пусть сечение MNK перпендикулярно боковым ребрам призмы.

Тогда в ∆MNK :

MN = l3см, ΝΚ = 37см и MК = 40см.

Искомое расстояние равно высоте, проведенной в ∆MNK к большей стороне, то есть NH , где NH ⊥ MK .

Площадь ∆MNK с одной стороны равна: S = p(p-a)(p-b)(p-c) =

45(45-40)(45-37)(45-13) = 45⋅5⋅8⋅32 = 240 (см² ).

С другой стороны S NH , так что

NH

Ответ: 12 см.

13. Основанием призмы является правильный шестиугольник со стороной а , а боковые грани — квадраты. Найдите диагонали призмы и площади ее диагональных сечений.

Диагональные сечения призмы — это прямоугольники АА ₁ D ₁ D и АА ₁ С ₁ С . Далее, АА ₁ =a , AD =2a (диаметр описанной окружности) и

АС =а 3 (по теореме косинусов из ∆АВС ).

Так что площади сечений равны:

S ₁ = АА ₁ ⋅ АС = а · а 3 =а ^{2 3} и S ₂ =AA ₁ ⋅ AD = а · 2а = 2а ² .

Диагонали призмы вычисляются по теореме Пифагора:

AD ₁ = AA ₁ ² + AD ² = a ² + 4a ² = 5a ² = a 5 = d ₁ ,

АС = AA ₁ ² + AC ² = a ² + 3a ² = 4a ² = 2a = d 2 .

Ответ: S ₁ = a ² 3 ; S ₂ = 2a ² ; d ₁ = a 5 ; d ₂ = 2a .

14. В правильной шестиугольной призме, у которой боковые грани — квадраты, проведите плоскость через сторону нижнего основания и противолежащую ей сторону верхнего основания. Сторона основания равна а. Найдите площадь построенного сечения.

Данное сечение проходит через основание АВ и E ₁ D ₁ . Обозначим точку пересечения прямых АВ и DC точка F . Тогда F принадлежит плоскости сечения, а также плоскости CC ₁ D ₁ C . Так что проведем прямую D ₁ F , которая пересечет ребро СС ₁ в некоторой точке X .

Далее, продолжим прямые ЕК и АВ до их пересечения в точке О . Эта точка принадлежит плоскости сечения, а также грани KK ₁ Е ₁ Е . Тогда проведем прямую ОЕ ₁ , которая пересечет ребро КК ₁ в некоторой точке Y .

Шестиугольник ABXD ₁ E ₁ Y — искомое сечение. Найдем его площадь по формуле S ′ = cos^S _α , где S — площадь основания призмы, а α — угол, который образует данное сечение с плоскостью основания. Так как ЕА ⊥АВ , то и Ε ₁ Α ⊥ΑΒ (по теореме о трех перпендикулярах). Так что ∠ΕΑΕ ₁ = α. Далее, ЕЕ ₁ = a , и АЕ =а 3

(по теореме косинусов из ∆АЕК ). Далее, по теореме Пифагора

АЕ ₁ = a ² + (a 3)² = 2a , так что cos .

S = 2S_AKE + S_AEDB = AK ⋅AE ⋅sin∠AKE + AE ⋅DE = = a ² sin120° + a .

Так что S ′.

Ответ: S ′=3а ² .

15. Через сторону нижнего основания правильной треугольной призмы проведена плоскость, пересекающая боковые грани по отрезкам, угол между которыми α. Найдите угол наклона этой плоскости к основанию призмы.

Пусть АОС — данная плоскость. Проведем ВH ⊥AC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах ОН ⊥АС. Значит, ∠OHB — искомый. Далее, в равностороннем ∆АВС высота ВН .

Далее, .

 2 

Ответ: arccos^  3tg ^{α }  .

2 

16. В правильной четырехугольной призме через середины двух смежных сторон основания проведена плоскость, пересекающая три боковых ребра и наклоненная к плоскости основания под углом α. Сторона основания равна а.

Найдите площадь полученного сечения.

ABCNM — это ортогональная проекция сечения. Тогда если S — площадь ABCNM , то площадь сечения S ′ = cos^S _α .

Далее, S = S_ABCD – S_MND = AD DN =

. Так что S ′ = cosS α = 87cosa 2α .

Ответ: .

17. В правильной четырехугольной призме площадь основания 144 см² , а высота 14 см.

Найдите диагональ призмы.

Так как призма правильная, то в основании ее лежит квадрат и его площадь равна:

S = a² . Тогда a = S = 144 =12(см).

Далее, заметим, что правильная четырехугольная призма является прямоугольным параллелепипедом, так что квадрат любой диагонали равен сумме квадратов трех его измерений, так что: d = a ² + a ² + h ² = 12² +12² +14² = 22 (см).

Ответ: 22 см.

18. В правильной четырехугольной призме площадь боковой грани равна Q Найдите площадь диагонального сечения.

Так как боковая грань — прямоугольник, то ее площадь Q=AA ₁ ·AD . А так как основание призмы — квадрат, то диагональ AC =AD 2 . Тогда площадь диагонального сечения: S = AC ·AA ₁ = 2 ·AD·AA ₁ =Q · 2 . Ответ: Q 2 .

19. Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна 15 см, высота равна 20 см.

Найдите кратчайшее расстояние от стороны основания до не пересекающей ее диагонали призмы.

Проведем плоскость А ₁ В ₁ СD, а через ребро АВ проведем плоскость ABMN, перпендикулярную плоскости A ₁ B ₁ CD.

Так как АВ перпендикулярна боковым граням, то ABMN — прямоугольник.

Пусть О — точка пересечения АС и MN . Проведем ОК ⊥ АВ .

Тогда ОК =ВМ.

В прямоугольном ∆ВВ 1С :

B ₁ С = BB ₁ ² + BC ² = 20² +15² = 25(см) (по теореме Пифагора). Тогда площадь ∆ВВ ₁ С : S = p (p −a )(p −b )(p −c ) = 30⋅15⋅10⋅5 = 150(см² ).

С другой стороны, S= B ₁ C ·BM , так что

Ну и ОК =ВМ =12 (см). Ответ: 12 см.

20. В прямой треугольной призме все ребра равны. Боковая поверхность равна 12 м² . Найдите высоту.

Так как все ребра равны, то боковые грани являются квадратами. Далее, площадь одной грани равна трети площади боковой поверхности: 12 : 3 = 4 (м² ). Значит, сторона квадрата равна

4 = 2 (м). Тогда ребро призмы равно высоте и равно 2 м. Ответ: 2 м.

21. Боковая поверхность правильной четырехугольной призмы 32 м² , а полная поверхность — 40 м² . Найдите высоту.

Так как площадь поверхности S = S бок + 2S осн, то площадь осно-

вания равна S осн = (40-32) : 2 = 4(м² ).

В основании находится квадрат, так как призма правильная, так что сторона квадрата равна 4 =2 м.

Боковая поверхность правильной призмы равна S бок=p·h =4a·h,

так что h=S :(4a )= 32 : (4 · 2) = 4(м). Ответ: 4 м.

22. В наклонной призме проведено сечение, перпендикулярное боковым ребрам и пересекающее все боковые ребра.

Найдите боковую поверхность призмы, если периметр сечения равен р, а боковые ребра равны l .

Задача решена в учебнике п. 176, стр. 65.

23. Расстояния между параллельными прямыми, содержащими боковые ребра наклонной треугольной призмы, равны 2 см, 3 см и 4 см, а боковые ребра — 5 см.

Найдите боковую поверхность призмы.

Проведем сечение MNK , перпендикулярное боковым ребрам.

Тогда стороны ∆ΜΝΚ равны расстояниям между параллельными прямыми, содержащими ребра.

Далее, площадь боковой поверхности наклонной призмы равна произведению периметра сечения, перпендикулярного боковым ребрам, на длину бокового ребра. Так что S бок = р · l = (2+3+4) · 5 = 45(см² ). Ответ: 45 см² .

24. По стороне основания а и боковому ребру b найдите полную поверхность правильной призмы: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

Полная поверхность призмы вычисляется по формуле:

S = S бок + 2S осн.

1) Основание призмы — равносторонний треугольник, так что его площадь S осн. Площадь боковой поверхности

S бок = p · l =3ab.

Так что S = 3ab +

2) Основание призмы — квадрат с площадью S осн = а ² . Площадь

боковой поверхности S бок = p·l = 4ab. Так что S = 2a² + 4ab.

3) Основание призмы — правильный шестиугольник. Его площадь S осн = 6 . А площадь боковой поверхности

S бок = p·l = 6ab. Так что S = 6аb + а ² 3 3 .

26. У параллелепипеда три грани имеют поверхности 1 м² , 2 м² и 3 м² .

Чему равна полная поверхность параллелепипеда?

У параллелепипеда противоположные грани равны, а значит, имеют равные площади. Так что данный параллелепипед имеет две грани с площадью 1 м² , две грани с площадью по 2 м² и две грани с площадью по 3 м² . Так что площадь полной поверхности

S = 2 · (1 + 2 + 3) = 12 (м² ). Ответ: 12 м² .

27. Известны углы, образуемые ребрами параллелепипеда, сходящимися в одной вершине. Как найти углы между ребрами, сходящимися в любой другой вершине?

При вершине A ∠A ₁ AD = α , ∠Α ₁ ΑΒ = β и ∠BAD = γ. Так как все грани параллелепипеда — параллелограммы, ∠C = ∠A ₁ = γ (как противоположные в параллелограмме), ∠В = ∠D =180° – γ (в параллелограмме ABCD ).

Далее, ∠B ₁ A ₁ D ₁ = ∠B ₁ C ₁ D ₁ = ∠BAD = ∠BCD = γ (так как противолежащие грани равны). Далее, ∠ABC =∠ADC =∠A ₁ B ₁ C ₁ = ∠A ₁ D ₁ C ₁ = = 180° – γ; ∠A ₁ AB = ∠A ₁ B ₁ B = ∠D ₁ C ₁ C = β; ∠AA ₁ B ₁ = ∠B ₁ BA = =∠C₁ CD = ∠DD ₁ C = 180° – β; ∠A ₁ AD = ∠A ₁ D ₁ D = ∠B ₁ BC = α; ∠AA ₁ D ₁ = ∠D ₁ DA = ∠BB ₁ C = ∠C ₁ CB = 180° – α.

28. Докажите, что отрезок, соединяющий центры оснований параллелепипеда, параллелен боковым ребрам.

Центры оснований параллелепипеда являются точками пересечения диагоналей параллелограммов ABCD и A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ . Далее, ABCD = A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ (как противоположные грани). Так что АС = А ₁ С ₁ , и O ₁ С ₁ = ОС = АС . Так как O ₁ С ₁ ||ОС и O ₁ C ₁ = OC , тo О ₁ С ₁ ОС — параллелограмм, так что OO ₁ ||СС ₁ . Что и требовалось доказать.

29. В прямом параллелепипеде стороны основания 6 м и 8 м образуют угол 30°, боковое ребро равно 5 м. Найдите полную поверхность этого параллелепипеда.

Полная поверхность прямого параллелепипеда равна S =2S ₁ +S ₂ .

Площадь параллелограмма ABCD , являющегося основанием, равна S осн = AB = 24(cм² ).

А площадь боковой поверхности равна

S бок = р · l = 2(АВ + ВС )АА ₁ = 2 ⋅ (6+8) ⋅ 5 = 140 (см² ).

Так что S = 2 ⋅ 24 + 140 =188(см² ).

Ответ: 188 см²

30. В прямом параллелепипеде стороны основания 3 см и 8 см, угол между ними 60°. Боковая поверхность равна 220 см² . Найдите полную поверхность.

Полная поверхность параллелепипеда равна S = S бок+2S осн Так как в основании лежит параллелограмм, то S ₁ = ab ⋅ sinα = = 3 ⋅ 8 ⋅ sin 60° = 12 3 (см² ). А Sбок = 220 см² (по условию). Так что S = 2 ⋅ 12 3 + 220 = 220 + 24 3 (см² ).

31. В прямом параллелепипеде стороны основания 3 см и 5 см, а одна из диагоналей основания 4 см. Найдите большую диагональ параллелепипеда, зная, что меньшая диагональ образует с плоскостью основания угол 60°.

По условию А ₁ D ₁ = 3см, D ₁ С ₁ = 5см, D ₁ B ₁ = 4см. Так как основание является параллелограммом, а у параллелограмма сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов его сторон, то 2 А ₁ В ₁ ² + 2 ⋅ А ₁ D ₁ ² = =A 1C 12+B 1D 12. Так что:

A 1C 1= 2⋅ A 1B 12 + 2⋅ A 1D 12 − D 1B 12 =

= 2⋅3² + 2⋅5² − 4² = 52 (см). Так что А ₁ С ₁ >D ₁ B ₁ , а значит, диагональ BD — меньшая, а А ₁ С — большая.

Далее, в ∆BB ₁ D ₁ : BB ₁ =B ₁ D ₁ ⋅tg60°=4 3 (см). CC ₁ =BB ₁ =4 3 см.

Далее, в ∆СС ₁ A ₁ по теореме Пифагора:

A ₁ C = A ₁ C ₁ ² + CC ₁ ² = ( 52)² + (4 3)² = 100 =10 (см).

Ответ: 10 см.

32. Найдите диагонали прямого параллелепипеда, у которого каждое ребро равно а, а угол основания равен 60°.

Так как каждое ребро равно а, то ∆ABD — равнобедренный (AB =AD =a ) и так как ∠BAD =60°, то ∆ABD является равносторонним и BD = AB = a.

Далее, из прямоугольного ∆BB ₁ D по теореме Пифагора

B ₁ D = BD ² + BB ₁ ² = a ² + a ² = a 2 .

В ∆ADС по теореме косинусов AС= AD ² + DC ² −2AD ⋅DC ⋅cos120^o =

= a ² + a ² − 2a ² ⋅^ − ^{1 }  = a 3 .

 2 

А из прямоугольного ∆АСС1 по теореме Пифагора:

АС ₁ = AC ² +CC ₁ ² = 3a ² + a ² = 2a .

Ответ: a 2 и 2а .

33. Боковое ребро прямого параллелепипеда 5 м, стороны основания 6 м и 8 м, а одна из диагоналей основания 12м. Найдите диагонали параллелепипеда.

Основание параллелепипеда — параллелограмм ABCD со сторонами АВ =6 м, AD =8 м и диагональю АС =12 м. Так как в параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, то 2⋅AB ² + 2AD ² = AC ² + ВD ² . Откуда получаем:

Ответ: 13 м и 9 м.

34. В прямом параллелепипеде боковое ребро 1м, стороны основания 23дм и 11дм, а диагонали основания относятся как 2:3. Найдите площади диагональных сечений.

Основание параллелепипеда — параллелограмм со сторонами а ₁ = 23дм и а ₂ = 11дм и диагоналями d ₁ и d ₂ , отношение которых d ₁ : d ₂ = 2 : 3. Пусть d ₁ = 2k , тогда d ₂ = 3k .

В параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, так что

2a ₁ ² + 2а ₂ ² = d ₁ ² + d ₂ ² , то есть

2 · 23² + 2 · 11² = (2k )² + (3k )² , 13k ² = 1300, k= 10 (дм).

Так что d ₁ = 20(дм) и d ₂ = 30(дм). Далее, высота h = 1м = 10дм и площади диагональных сечений вычисляются по формулам:

S ₁ = d ₁ ⋅ h = 20 ⋅ 10 = 200(дм² ) = 2 (м² ).

S ₂ = d ₂ ⋅ h = 30 ⋅ 10 = 300(дм² ) = 3 (м² ).

Ответ: 2м² и 3м² .

35. Найдите диагонали прямоугольного параллелепипеда по трем его измерениям: 1) 1, 2, 2; 2) 2, 3, 6; 3) 6, 6, 7.

Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений, то есть d ² = a ² + b ² + c ² . Так что d = a ² + b ² + c ² :

1) d = 1² + 2² + 2² = 9 = 3; 2) d = 2² + 3² + 6² = 49 = 7 ; 3) d = 6² + 6² + 7² = 121 =11.

36. Ребро куба равно а. Найдите расстояние от вершины куба до его диагонали, соединяющей две другие вершины.

Имеем A ₁ D = a 2 (из ∆АА D ). Далее, ∆Α ₁ B ₁ D — прямоугольный, A ₁ B ₁ = a , A ₁ D =

Далее, квадрат диагонали в прямоугольном параллелепипеде равен сумме квадратов трех его измерений, то есть

В ₁ D ² = a ² + a ² + a ² , так что B D = a 3 Площадь ∆A ₁ B ₁ D равна:

S = D , так что

A 1H = A 1 B 1 ⋅ A D .

B ₁ D Ответ: a

37. В прямоугольном параллелепипеде стороны основания 7 дм и 24 дм, а высота параллелепипеда 8 дм. Найдите площадь диагонального сечения.

Основание параллелепипеда — прямоугольник со сторонами а ₁ = 7дм и а ₂ = 24дм.

Тогда его диагональ по теореме Пифагора: b= a ² +b ² = 7² +24² = 25(дм).

Диагональное сечение — это прямоугольник со сторонами b = 25дм и с = 8дм (высота).

Тогда площадь диагонального сечения равна: S = b ⋅ c = 25 ⋅ 8 = 200(дм² ) = 2(м² ). Ответ: 2 м² .

38. Найдите поверхность прямоугольного параллелепипеда по

трем его измерениям: 10 см, 22 см, 16 см.

Пусть а = 10см, b = 22 см и с = 16 см — измерения параллелепипеда. Так как противоположные грани равны, то и площади их равны. А значит, площадь поверхности параллелепипеда равна: S = 2ab+2bc+2ac = 2⋅10⋅22+2⋅22⋅16+2⋅10⋅16 = 1464 (см² ). Ответ: 1464 см² .

39. Найдите боковую поверхность прямоугольного параллелепипеда, если его высота h , площадь основания Q , а площадь диагонального сечения Μ .

Основание параллелепипеда —прямоугольник со сторонами AB = а и AD = b .

Тогда диагональ BD находим по теореме Пифагора:

BD = a ² + b ² .

А площадь основания равна Q = AB · AD = а ⋅ b .

Площадь прямоугольника BB ₁ D ₁ D , равна М = BD ⋅ h , так что

BD = ^М .

h

Следовательно: ^М h ₂ ² = а ² + b ² , а Q = ab .

Тогда:

^М 2^{2 2} + b ² + 2ab , то есть ² + 2Q = (а + b )² . + 2Q = а

h

Так что: a + b =

Площадь боковой поверхности равна:

S = P ⋅ h = 2(a + b )h = 2h ^М h ₂ ² + 2Q = 2 М ² + 2Qh ² .

40. Диагонали трех граней прямоугольного параллелепипеда, сходящиеся в одной вершине, равны а, b и с. Найдите линейные размеры параллелепипеда.

Пусть х, у, z линейные размеры прямоугольного параллелепипеда. Тогда по теореме Пифагора: x ² + у ² = с ² . y ² + z ² = a ² . z ² + x ² = b ² .

Сложим первые два уравнения и вычтем третье:

2у ² = c ² + a ² - b ² . Так что у =

Аналогично: 2z² = a ² + b - c , z =

и 2x ² = b ² + c ² - a ² , x =

41. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник, у которого основание равно 12 см, а боковая сторона — 10 см. Боковые грани образуют с основанием равные двугранные углы, содержащие по 45°. Найдите высоту пирамиды.

Проведем перпендикуляр SO к плоскости основания и перпендикуляры SK, SM и SN к сторонам ∆ABС . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OK ⊥ BC , ОМ ⊥ АС и ON ⊥ AB .

Тогда, ∠SKO = ∠SMO = ∠SNO = 45° — как линейные углы данных двугранных углов.

А следовательно, прямоугольные треугольники SKO , SMO и SNO равны по катету и острому углу.

Так что OK=OM=ON , то есть точка О является центром окружности, вписанной в ∆АВС .

Выразим площадь прямоугольника АВС :

S = р (р − AB )(р − AC )(p − BC ) = 16⋅(16−10)⋅(16−10)⋅(16−12) =48(см)

С другой стороны, S = p ⋅ r . Так что r = .

Так как в прямоугольном треугольнике SOK острый угол равен 45°, то ∆SOK является равнобедренным и SO=OK =3 см. Ответ: 3 см.

42. Основание пирамиды — прямоугольник со сторонами 6 см и 8 см. Каждое боковое ребро пирамиды равно 13 см. Вычислите высоту пирамиды.

Так как SA = SB = SC = SD , то прямоугольные треугольники ASO, BSO , CSO и DSO равны по гипотенузе и общему катету SO .

Тогда AO = BO = CO = DO , а значит, точка О является точкой пересечения AC и BD . В ∆ABD :

BD = AB ² + AD ² = 6² +8² =10(см). Тогда OD = BD = 5(см). Далее, в ∆SOD по теореме Пифагора:

SO = SD ² −OD ² = 13² −5² = 12(см).

Ответ: 12 см.

43. Основанием пирамиды является правильный треугольник; одна из боковых граней перпендикулярна основанию, а две другие наклонены к нему под углом α.

Как наклонены к плоскости основания боковые ребра?

Допустим, плоскость SBC перпендикулярна основанию. Тогда SK ⊥ BC является высотой пирамиды. Проведем SM ⊥ AC и SN ⊥ AB . По теореме о трех перпендикулярах КМ ⊥ АС и KN ⊥ AB. Значит, ∠SNK = ∠SMK = α как линейные углы данных двугранных углов.

Тогда ∆SMK = ∆SNK по катету и острому углу. Так что MK = NK. Далее, ∆MKC = ∆NKB (так как MK = NM и ∠С =∠В =60°).

Так что КС = KB = .

Далее, в ∆СMK :

МК = KC ⋅ sin 60° = .

В ∆СAK : АK = AC ⋅ sin 60° = ^{a 3} .

2

В ∆SMK : SK = MK .

В ∆SCK : tg∠SCK = .

∠SCK = ∠SBK = arctg^ _  ₂ ³ tg^α _ .

В ∆SΑΚ : tg∠SAK = .

Так что ∠SAK = arctg^ _{ 2} ¹ tg^α _ .

44. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой а. Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол β. Найдите ее высоту.

Построим высоту пирамиды SK . Тогда прямоугольные треугольники SAK, SBK , SCK равны по катету и острому углу (SK — общий катет и острые углы β). Так что АК=ВК=СК , то есть точка К является центром окружности, описанной около основания, так что К лежит на гипотенузе ВС и СК = КВ = .

Далее, в ∆SKC : SK = KC .

Ответ: ^{а tg β} .

2

45. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см. Все двугранные углы при основании пирамиды равны 60°. Найдите высоту пирамиды.

Проведем SO — высоту пирамиды и перпендикуляры SK, SM и SN к соответствующим сторонам ∆АВС .

Тогда по теореме о трех перпендикулярах OK ⊥ ВC , ОМ ⊥ АС и ON ⊥ AB. Так что ∠SKO = ∠SMO = ∠SNO = 60° — линейные углы данных двугранных углов. Значит, треугольники SKO , SMO и SNO равны по катету и острому углу. Тогда OM = OK = ON , то есть точка О является центром окружности, вписанной в основание. В прямоугольном ∆АВС : AB = АС ² + ВС ² = 6² +8² = 10(см). Тогда площадь ∆АВС равна:

S = ВС = 8 = 24(см² ). С другой стороны, S = pr .

Так что r =

Далее, в ∆SΜΟ : SO = MO ⋅ tg 60°= r ⋅ 3 = 2 3 (см).

Ответ: SO = 2 3

46. Основание пирамиды — параллелограмм, у которого стороны 3 см и 7 см, а одна из диагоналей 6 см.

Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей, она равна 4 см. Найдите боковое ребро пирамиды.

Так как основание пирамиды — параллелограмм, то BO = DO и АО = ОС.

Тогда треугольники AOS и COS равны по двум катетам. Треугольники BOS и DOS также равны. Так что BS = DS и AS = CS. Далее,

OD BD = 6 = 3(cм).

В ∆DOS по теореме Пифагора имеем:

DS = SO ² +OD ² = 4² +3² = 5(cм).

BS = DS = 5 см.

Далее, в параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, то есть 2 ⋅ AB ² + 2 ⋅ AD ² = BD ² ⋅ AC ² .

Так что, AC = 2АВ ² +2AD ² −BD ² = 2⋅3² +2⋅7² −6² = 80 (см).

Поэтому AO = AC = ) и в прямоугольном

∆AOS по теореме Пифагора получаем:

AS = SO ² + AO ² = 4² + ( 20)² = 6(см).

CS = AS = 6 см.

47. Основание пирамиды — ромб с диагоналями 6 м и 8 м; высота пирамиды проходит через точку пересечений диагоналей ромба и равна 1 м. Найдите боковую поверхность пирамиды.

∆AOD = ∆COD (так как АО = ОС = АС и OD — общая).

Тогда высоты ОМ=ОК. Значит, прямоугольные ∆SOM и ∆SOK равны по двум катетам. Так что SM = SK .

Поэтому во всех боковых гранях высоты, проведенные к сторонам основания, равны. Так что площадь боковой поверхности равна

S бок = SM = 2 ⋅ AD ⋅ SM.

Так в ∆AOD : АО = АС = 4 м, а OD = BD = 3 м. Так что по

теореме Пифагора AD = AO ² +OD ² = 5 (см). Далее, площадь ∆AOD равна:

S = .

ОМ Тогда в ∆SOM :

SM = SO ² +OM ² = (2,4)² +1² = 2,6 (м). и S бок = 2 ⋅ AD ⋅ SM = 2 ⋅ 5 ⋅ 2,6 = 26(м² ).

Ответ: 26 м² .

48. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник со сторонами 40 см, 25 см и 25 см. Ее высота проходит через вершину угла, противолежащего стороне 40 см, и равна 8 см. Найдите боковую поверхность пирамиды.

В ∆ABС АВ = АС = 25см и BС = 40см.

Проведем АК ⊥ ВС . Тогда по теореме о трех перпендикулярах SK ⊥ BC .

S_ASC = S_ASB = 8 = 100 (см² ).

Далее, КС = ВС = 40 = 20(см).

Так что в ∆АСК : АК = АС ² − КС ² = 25² − 20² = 15 (см).

Далее, в ∆ASK :

SK = АS ² + АК ² = 8² +15² =17(см). Поэтому площадь ∆SBC равна:

S_SBC = 17 =340(cм² ). Так что

площадь боковой поверхности равна S бок = S_ASC + S_ASB + S_SBC = = 100 + 100 + 340 = 540 (см² ). Ответ: 540 см² .

49. Основание пирамиды — квадрат, ее высота проходит через одну из вершин основания.

Найдите боковую поверхность пирамиды, если сторона основа-

ния равна 20 дм, а высота — 21 дм.

Пусть SB — высота.

Так как ABCD квадрат, то АВ = ВС =CD = AD = 20 дм, AB ⊥AD и

BC ⊥DC . Тогда, по теореме о трех перпендикулярах AS ⊥AD и CS ⊥DC .

Далее, треугольники ASB и CSB равны по двум катетам, а значит, их площади также равны.

S_ABS = S_CBS · 20 · 21=210(дм² ).

Далее, в ∆ASB :

AS = АВ ² + SB ² = 20² + 21² = 29(дм). Так как ∆SAB = ∆SCB , то AS = SC , и прямоугольные треугольники ASD и CSD равны по двум катетам, а значит, их площади тоже равны:

S_ASD 29 = 290(дм² ).

Так что S бок = 2S_ABS + 2S_ASD = 2 ⋅ 210 + 2 ⋅ 290 = 1000(дм² ) = 10(м² ). Ответ: 10 м² .

50. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину пирамиды и две данные точки на ее основании.

Пусть данные точки M и N , лежащие на основании пирамиды. Тогда MN пересекает ребра пирамиды в некоторых точках Р и Q . Так как точка P лежит с вершиной S в одной плоскости, то можно провести отрезок РS . Так как точка Q лежит с вершиной S в одной плоскости, то можно провести отрезок QS . Так что SQP — искомое сечение.

51. Постройте сечение треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через сторону основания пирамиды и данную точку на противолежащем ребре.

Так как точки В и М лежат в одной плоскости DBC , то можно провести отрезок MB , так как точки Α и Μ лежат в одной плоскости ADC , то можно провести отрезок AM . AMВ — искомое сечение, так как АВ ∈АМВ и М ∈АМВ .

52. Постройте сечение четырехугольной пирамиды плоскостью, проходящей через сторону основания и точку на одном из боковых ребер.

Пусть М точка на боковом ребре. Сторона ВС принадлежит сечению. Тогда возможны два случая:

S

l

AD

B C

1) ВС || AD . Тогда через точку М проведем прямую, параллельную AD и лежащую в плоскости (ASD ), которая пересечет прямую AS в некоторой точке N . Тогда MN || BC . Через 2 параллельные прямые можно провести плоскость. Так что BNMC — искомое сечение.

2) ВС не параллельно AD (общий случай). Тогда проведем прямые AD и ВС до пересечения в точке X . Далее, прямая ХМ пересекает AS в некоторой точке N .

Тогда BNMC — искомое сечение.

53. У четырехугольной усеченной пирамиды стороны одного основания равны 6, 7, 8, 9 см, а меньшая сторона другого основания равна 5 см. Найдите остальные стороны этого основания.

У усеченной пирамиды основания подобны. Зная меньшие стороны нижнего и верхнего оснований, найдем коэффициент подобия: . Тогда соответствующие стороны равны 7 ⋅ k = 7 =

k = 8 k = 9

54. Боковое ребро пирамиды разделено начетыре равные части, и через точки деления проведены плоскости параллельные основанию. Площадь основания равна 400 см² .

Найдите площади оснований.

Задача решена в учебнике п. 183, стр. 70.

55. Высота пирамиды равна 16 м. Площадь основания равна 512м² . На каком расстоянии от основания находится сечение, параллельное ему, если площадь сечения 50 м² ?

Сечение, параллельное основанию, отсекает от данной пирамиды другую пирамиду, подобную данной. Отношение площадей подобных фигур равны квадрату коэффициента подобия.

Так что имеем по условию k ² = . Так что k= . Отноше-

ние высот равно коэффициенту подобия.

Так что высота меньшей пирамиды равна x = k ⋅ 16м = 5м. А значит, расстояние, на котором находится сечение от основания, равно h = 16 – x = 11 (м). Ответ: 11 м.

56. В правильной треугольной пирамиде с высотой h через сторону основания а проведена плоскость, пересекающая противолежащее боковое ребро под прямым углом. Найдите площадь сечения.

Пусть АВСS пирамида, АВС — правильный треугольник.

Плоскость ADC перпендикулярна ребру BS . Тогда треугольни-

ки ADB, CDB и MDB прямоугольные.

∆ADB = ∆CDB по гипотенузе и катету (АВ = ВС = а и DB — общий катет). Так что AD = DC .

Следовательно, ВМ и DM — медианы и высоты треугольников. Тогда ВМ = ^{а 3} (так как АВС — равносторонний).

2

Высота SН в правильной пирамиде проходит через центр окружности, описанной около основания. Так что НВ = R = ^{а 3} .

3

Далее, в прямоугольном ∆SНB :

SB = SH 2 + HB 2 = h 2 + a 2 = 3h 2 + a 2

3 3

В прямоугольных ∆SНB и ∆ΜDB острый угол ∠SBM — общий.

Значит, ∆SНB ∼ ∆MDB по двум углам. Так что

, откуда получаем, что

MD = SH ⋅ MB =.

SB

А площадь сечения находим по формуле:

S = 3ha 2 .

57. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 7 см, а сторона основания — 8 см. Найдите боковое ребро.

Высота правильной пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания. Так как основание данной пирамиды — квадрат, то О — точка пересечения диагоналей.

Так что OC = ВС = АВ 2 = 4 2 (см).

Далее, в прямоугольном ∆SOC по теореме Пифагора находим SC = SO ² + OC ² = 7² + (4 2)² = 81 = 9(см).

Ответ: 9 см.

58. В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол при вершине равен α.

Найдите двугранный угол x при основании пирамиды.

Высота SO правильной четырехугольной пирамиды проходит

через центр пересечения диагоналей AD и ВС .

Проведем SM ⊥DC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM ⊥ DC .

Значит, ОМ — радиус окружности, вписанной в квадрат, поэтому ОМ = ^AB . В равнобедренном ∆DSC ∠DSC = α. Высота SM 2

является медианой и биссектрисой, так что

∠CSM = ^α , а СМ = ^AB . В ∆SMC : SM = ^CM ₌ ^AB .

^{2 2} tg 2tg

Так как ∠SMO является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостью основания и боковой гранью, то ∠SMO =x и из ∆SMO :

cos x = cos ∠SMO = ^OM SM ^{= AB} 2_{⋅ AB} = tg ₂ .

Так что x = arccos^ tg ^{α }  .

 2 

59. По данной стороне a и боковому ребру b найдите высоту правильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, описанной около основания.

Значит, AO = R . А из ∆ASO :

SO = AS ² − AO ² = b ² − R ²

Тогда:

1) В равностороннем треугольнике R = ^{2 3} .

3



Значит, SO = b 2 − a 33 2 = b 2 − a 32 .

2) В квадрате R = ^{a 2} . Так что 2



SO = b 2 −^  a 22 2 = b 2 − a 22 .

3) В правильном шестиугольнике R= a. Поэтому SO = b ² −a ² .

60. По данной стороне основания а и высоте b найдите апофему правильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, вписанной в основание. Пусть SM — апофема. То есть

SM ⊥ DC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM ⊥DC . Значит, ОМ = r .

Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM :

SM = SO ² +OM ² = b ² + r ² . Тогда

1) В правильном треугольнике r = ^{a 3} . Так что

6

SM =

3) В правильном шестиугольнике r = ; так что

2

^

SM = b ² +  a 23 ^ ² = b ² + 3a 4²

61. По стороне основания а и высоте b найдите полную поверхность правильной пирамиды:

Полная поверхность S = S осн + S бок.

Так как боковая поверхность состоит из n равных треугольников с основанием а и высотой, равной апофеме SM , то

2) В квадрате S осн = a ² и r = . Так что

S бок = ¹ ⋅4a b ^{2 + a 2} = a ⋅ 4b ² + a ² . Тогда S = a ² + a ⋅ 4b ² + a ²

2 4

3) В правильном шестиугольнике

S осн = 6 . Так что

S бок ₌ ¹ ⋅6a ⋅ b ² + ^{3a 2} = ^3a ⋅ 4b ² +3a ² . Поэтому

2 4 2

S = 3a 22 3 + 3 2a ⋅ 4b 2 +3a 2 = 3 2a a 3 + 4b 2 +3a 2  .

62. Найдите полную поверхность правильной шестиугольной пирамиды, если ее боковое ребро а, а радиус окружности, вписанной в основание, r.

В правильном шестиугольнике сторона выражается через радиус вписанной окружности по формуле: АВ = .

Далее, площадь правильного шестиугольника равна:

S осн = 6 .

Далее, в ∆SMB :

МВ = , SB = a . Тогда по теореме Пифагора:

SM = SB ² − MB ² = a ² − ^{r 2} .

3

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна S бокSM , где Ρ – периметр основания (SM – апофема). Так что

S бок = ¹ ⋅6AB ⋅SM = ¹ ⋅6⋅ ^{2r 3} ⋅ b ² − ^{r 2} = 2r 3b ² − r ² . Тогда

2 2 3 3 площадь полной поверхности равна:

S = 2r ² 3 + 2r 3b ² − r ² = 2r (r 3 + 3b ² − r ² ) .

63. В правильной четырехугольной пирамиде боковая поверхность равна 14,76 м² , а полная поверхность — 18 м² . Найдите сторону основания и высоту пирамиды.

Площадь основания равна разности площадей полной и боковой поверхности. То есть S осн = S – S бок = 18 – 14,76 = 3,24(м² ) Так как ABCD — квадрат, то AВ = S_oc н = 3,24 = 1,8 (м).

Так как в правильной пирамиде

S бок = P·h, где Ρ — периметр основания и h — апофема, то получаем, что h = SM = ^2S = 4,1 (м).

Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM :

SO = SM ² −OM ² = 4,1² − 0,9² = 4(м), так как ОМ = АВ = 0,9(м).

Ответ: 1,8 м и 4 м.

64. По стороне основания а найдите боковую поверхность правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.

Диагональное сечение представляет собой ∆ASC с высотой SO , равной высоте пирамиды, и основанием АС, являющимся диагональю квадрата АВCD . Так что AC = AВ 2 .

Так как диагональное сечение равновелико основанию, то получаем: SO = AD ² и SO =

Далее, в ∆SOM по теореме Пифагора:

^a 2 = 1,5a .

SM = SO ² +OM ² = 2a ^{2 +}

4

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна S бок = SM , где Ρ — периметр основания (SM — апофема).

Так что S бок = 1,5a = 3a ² .

Ответ: 3а ² .

65. Найдите боковую поверхность пирамиды, если площадь основания Q , а двугранные углы при основании φ.

Площадь основания равна сумме ортогональных проекций боковых граней, а боковые грани составляют с основанием равные углы φ, поэтому S бок = cos^Q _ϕ .

66. Найдите двугранные углы при основании правильной пирамиды, у которой площадь основания равна Q, а боковая поверхность S .

Как и в предыдущей задаче:

S бок = cos^Q _ϕ . Так что cos ϕ = ^Q _S , ϕ = arccos ^Q _S .

67. Найдите сторону основания и апофему правильной треугольной пирамиды, если ее боковое ребро равно 10 см, а боковая поверхность равна 144 см² .

Пусть АВ = ВС = АС = x , а SM = y — апофема. Тогда из ∆ASM по теореме Пифагора имеем: AS ² = AM ² + SM ² , то есть + y или 400 = x ² + 4y ² .

Так как площадь боковой поверхности правильной пирамиды

S = , где

Ρ — периметр основания и h — апофема, то 144 = y , то есть xy = 96. Имеем:

^ x ² + 4y ² = 400

_

xy = 96

x ² + 4xy + 4y ² = 400 + 4 ⋅ 96;

(x + 2y )² = 784;

x + 2y = 28;

x = 28 – 2y . Тогда 96 = (28 – 2y )y,

96 = 28y – 2y ² , y ² – 14y + 48 = 0; y = 6 или y = 8. Тогда x = 16 или x = 12. Ответ: 16 см и 6 см или 12 см и 8 см.

68. В правильной четырехугольной пирамиде найдите сторону основания, если боковое ребро равно 5 см, а полная поверхность —16 см² .

Пусть АВ = ВС = СD = AD = x , а SM = y — апофема. Тогда по теореме Пифагора в ∆SMC :

SC ² = SM ² + MC ² , 5² = y ² + ^{x 2} , то есть x ² + 4y ² = 100.

4

Полная поверхность равна S = S осн + S бок , где S осн — площадь квадрата, то есть S осн = x ² и S бок = · P · h , где Ρ — периметр осно-

вания и h — апофема, так что S бок = 2xy . Так что x ² + 2xy = 16. Имеем:

^ xx 2² ++ 42xyy 2 == 16100 16 2− xx 2 , y =

Так что x ² + 4_ ¹⁶ ₂ ⁻ _x ^{x 2 } _ ² = 100, то есть ^

x ⁴ – 100x ² + (16 – x ² )² = 0 x ⁴ – 66x ² + 128 = 0. Пусть x ² = a , тогда a ² – 66a + 128 = 0, a = 2 или a = 64. Тогда x = 2 или х = 8.

Но при х = 8 площадь основания больше полной.

Так что х = 2 . Ответ: 2 см.

69. Докажите, что боковая поверхность правильной усеченной пирамиды равна произведению полусуммы периметров оснований на апофему.

Задача решена в учебнике п. 184, стр. 71.

70. Высота правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна 7 см. Стороны оснований равны 10 см и 2 см. Найдите боковое ребро пирамиды.

Рассмотрим диагональное сечение АА ₁ С ₁ С, AA ₁ =CC ₁ и A ₁ C ₁ ||AC . Так что АА ₁ С ₁ С — равнобедренная трапеция.

A ₁ С ₁ и АС — диагонали квадратов, лежащих в основании усеченной пирамиды. Значит,

А ₁ С ₁ = А ₁ В ₁ ⋅ 2 = 2 2 (см) и AC = AВ · 2 = 10 2 (см).

Так как A ₁ K ⊥AC и C ₁ H ⊥AC то А ₁ С ₁ НК — прямоугольник и А ₁ К =С ₁ Н = 7 см.

Прямоугольные треугольники ΑΑ 1Κ и СС 1Н равны по гипотену-

зе и катету. Так что АК=СН. Тогда

СН = АК = (АС - А ₁ С ₁ ) = (10 2 - 2 2 ) = 4 2 (см.)

Далее, по теореме Пифагора в ∆ΑΑ ₁ Κ :

AA ₁ = AK ² + A ₁ K ^{2 =} (4 2)² + 7² = 32+ 49 = 81 = 9 (см).

Ответ: 9 см.

71. Стороны оснований правильной усеченной треугольной пирамиды 4дм и 1дм. Боковое ребро 2 дм. Найдите высоту пирамиды.

Дополним усеченную пирамиду до полной.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, описанной около основания, то точки О и О ₁ — центры описанных вокруг ∆АВС и ∆А 1В 1С 1 окружностей. Тогда

AO = R ₁ = AB ₃ 3 = 4 ₃ 3 (дм) и

A 1O 1 АА ₁ О ₁ О — прямоугольная трапеция. Проведем A ₁ K ⊥AO. Тогда Α ₁ О ₁ ОК — прямоугольник, и А ₁ О ₁ = KО = ³ (дм).

3

Так что AK = AO – KO = ^{4 3 − 3} = 3 (дм).

3 3

Далее, в ∆АА ₁ К по теореме Пифагора:

A ₁ K = AA ₁ ² − AK ² = 2² −( 3)² =1(дм).

Ответ: 1 дм.

72. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде высота равна 2 см, а стороны оснований — 3 см и 5 см. Найдите диагональ этой пирамиды.

Диагональным сечением данной пирамиды является равнобокая трапеция АА 1С 1С.

Так как A ₁ С ₁ и АС — диагонали квадратов, A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ и ABCD , то

A ₁ С ₁ = A ₁ В ₁ ⋅ 2 = 3 2 (см) и AC=AВ ⋅ 2 = 5 2 (cм).

Проведем A ₁ K ⊥AC и C ₁ H ⊥AC.

Тогда А ₁ С ₁ НК — прямоугольник и А ₁ С ₁ = КН .

Так что, прямоугольные треугольники АА 1К и СС 1Н равны по гипотенузе и катету.

Тогда, АК=СН= (АС – А ₁ С ₁ ) = (5 2 – 3 2 ) = 2 . Тогда СК = АС – АК = 5 2 – 2 = 4 2 (см) и по теореме Пифагора в ∆А ₁ СК :

А ₁ С = A ₁ K ² +CK ² = 2² + (4 2)² = 6(см).

Ответ: 6 см.

73. Стороны оснований усеченной правильной треугольной пирамиды 2 см и 6 см. Боковая грань образует с большим основанием угол 60°. Найдите высоту.

Дополним усеченную пирамиду до полной.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, вписанной в основание, то О и О ₁ — центры окружностей, вписанных в АВС и А 1В 1С 1.

Проведем SK ⊥AC, а значит, и SK ₁ ⊥A ₁ C ₁ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах ОК ⊥АС и OK ₁ ⊥A ₁ C ₁ . Значит, ОК и O ₁ K ₁ — радиусы окружностей, вписанных в правильные треугольники AВС и A ₁ B ₁ C ₁ .

Так что, ОК ) и

O ₁ K ₁ = ^{A 1 B 1 ⋅ 3} = ^{2 3} = ³ (см). Далее, проведем K ₁ H ⊥KO .

6 6 3

Тогда K ₁ O ₁ OH — прямоугольник, значит, К ₁ Н = ОО ₁

Так как ∠K ₁ KH является линейным углом двугранного угла между основанием и боковой гранью, то ∠K ₁ KH = 60° (по условию).

Тогда в ∆К ₁ ΚΗ : Κ ₁ Η = ΚΗ ⋅ tg∠K ₁ KH = 3КН .

КН = KO – ОH = КО – К 1О 1 = 3 − 33  = 2 33 .

Так что К ₁ Н = ОО ₁ = К ₁ Н = 2 см Ответ: 2 см.

74. В правильной усеченной треугольной пирамиде сторона большего основания а , сторона меньшего b . Боковое ребро образует с основанием угол 45°.

Найдите площадь сечения, проходящего через боковое ребро и ось пирамиды.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, описанной около основания, а ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, то О и О ₁ — центры окружностей, описанных около

∆А ₁ В ₁ С ₁ и ∆АВС . Так что

A ₁ O ₁ = R ₁ = ^{b 3} и AO = R.

3

Далее, проведем A ₁ K ⊥AO . Так что A ₁ O ₁ OK — прямоугольник, поэтому А ₁ O ₁ = КО . Тогда АК = АО – КО = .

Далее, в прямоугольном ∆АА ₁ К ∠АА ₁ К = 45°. Так что, A ₁ K = AK = (a - b) ³ .

3

В правильном треугольнике AВС АН = ^{a 3} , 2

а в .

Площадь сечения равна площади трапеции АА 1Н 1Н и равна:

S ₌ AH +2A ¹ H ¹ ⋅ A ₁ K = 1 2^ _ a 23 + b 23 ^ ⋅(a −b ) 33 =

Ответ:

75. Высота правильной четырехгранной усеченной пирамиды равна 4 см. Стороны оснований равны 2см и 8см.

Найдите площади диагональных сечений.

В диагональном сечении находится трапеция с высотой, равной высоте пирамиды — 4 см, и основаниями, равными диагоналям оснований, то есть квадратов со сторонами 2 см и 8 см. Так что основания трапеции равны 2 2 см и 8 2 см. Следовательно площадь сечения равна: S=

Ответ: 20 2 .

76. В правильной треугольной усеченной пирамиде сторона нижнего основания 8м, верхнего — 5м, а высота 3 м. Проведите сечение через сторону нижнего основания и противоположную вершину верхнего основания.

Найдите площадь сечения и двугранный угол между сечением и нижним основанием.

Ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, поэтому OO ₁ является высотой усеченной пирамиды, а точки О и О ₁ — центры окружностей, описанных около треугольников АВС и А 1В 1С 1. Тогда

А 1O 1 3 = 8 3 (м).

3 3

Далее, проведем АН ⊥ВС в ∆АВС . Так как ∆АВС — равносторонний, то АН Далее, по теореме о трех перпендикулярах АН ⊥ВС (в ∆А ₁ ВС ). Тогда ∠A ₁ HA — линейный угол искомого двугранного угла. Проведем А 1К ⊥ АН . Тогда из прямоугольника А 1О 1ОК получаем, что:

А ₁ O ₁ = КО . Так что АК = АО – КО =

Тогда КН = АН – АК = 4 3 - 3=3 3 (м). Далее, в прямоугольном ∆А 1КН ctg∠A ₁ HK = ^{KH = 3 3} = 3 , так что ∠A ₁ HK = 30°. Далее,

A ₁ K 3

по теореме Пифагора в ∆А 1КН :

А ₁ Н = A ₁ K ² + KH ² = 3² + (3 3)² = 6(м). Так что

площадь сечения равна S А 6 = 24(м² ).

Ответ: 24 м² и 30°.

77. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований 8 м и 2 м. Высота равна 4 м. Найдите полную поверхность.

Так как ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, то OO ₁ является высотой пирамиды и точки О и О 1 являются центрами окружностей, вписанных в квадраты ABCD и A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ . Тогда проведем ОК ⊥ AD и OK ₁ ⊥ A ₁ D ₁ .

Значит, ОК и O ₁ K ₁ — радиусы вписанных окружностей

OK 8 = 4(м)

Далее, проведем K ₁ Н ⊥ KO. Из прямоугольника K ₁ O ₁ OH следует, что ОK = О ₁ K ₁ =1 м. Так что

KH = KO – OH = 4 – 1 = 3 (м.)

Далее, из прямоугольного ∆КК 1Н найдем по теореме Пифагора:

КК ₁ = KH ² + K ₁ H ² = 3³ + 4² = 5(м), где КК ₁ — апофема.

Далее, площадь полнойповерхности S=S_ABCD +S_{A 1} B ₁ C ₁ D ₁ +S _, бок Sбок = S_ABCD = AB = 8^[1] = 64 (м² ). S A 1B 1C 1D 1= А1В12 = 22 = 4 (м2). Ответ: 168 м² .

78. Найдите полную поверхность правильной усеченной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной, если высота h, а стороны оснований а и b.

Проведем ОК ⊥ АВ и ОК₁ ⊥ А₁ В₁ .

Высота OO ₁ = h проходит через центры окружностей, вписанных в основания. Так что ОК=r ₁ и О ₁ K ₁ = r ₂ .

Тогда в прямоугольном ∆ΚΚ ₁ Η : ΚΗ = ΟΚ – ΟΗ = O ₁ K ₁ = r ₁ – r ₂ и по теореме Пифагора:

КК ₁ = K ₁ H ² + KH ² = h ² + (r ₁ − r ₂ )² — апофема.

Площадь полной поверхности равна сумме площадей S ₁ и S ₂ оснований и площади боковой поверхности. S бок = ^{Р 1 + Р 2} ⋅ КК 1, 2

где Р ₁ и Р ₂ — периметры оснований. Тогда:

^{(a − b )} 2 и

Так что КК ₁ = h ² +

4

S = S ₁ + S ₂ + S бок =

= a ² + b ² + (a + b )

3) В шестиугольной пирамиде S ,

× 3 ⋅(a + b ) + (a + b ) 4h + 3(a −b ) _

79. Докажите, что центры граней куба являются вершинами октаэдра, а центры граней октаэдра являются вершинами куба.

Обозначим центры граней куба С₁ , С₂ , С₃ , С₄ , С₅ , С₆ .

Каждая грань куба граничит с четырьмя другими, так что каждая из точек С будет соединена с четырьмя другими. Так как расстояния между центрами граней, имеющих общее ребро, в кубе одинаковы, то получим фигуру, имеющую 6 вершин, в каждой из которых сходится по n ребер, и все грани представляют собой правильные треугольники.

Значит, эта фигура — октаэдр.

Наоборот:

Обозначим центры граней октаэдра С ₁ , С ₂ , С ₃ , С ₄ , С₅ , С₆ , C₇ , С₈ .

Каждая грань октаэдра граничит с тремя другими, так что центр каждой грани будет соединен ребрами с тремя соседними центрами. Так как расстояния между центрами граней, имеющих общее ребро, одинаковы, то получится фигура, имеющая восемь вершин; из каждой вершины выходят по три одинаковых ребра и все грани представляют собой квадраты.

Значит, эта фигура — куб.

Что и требовалось доказать.

80. Докажите, что концы двух непараллельных диагоналей противолежащих граней куба являются вершинами тетраэдра.

Соединим концы непараллельных диагоналей противолежащих граней АВ ₁ и CD ₁ .

Рассмотрим полученную фигуру AB ₁ D ₁ C. В каждой из четырех А ₁ В ₁ D ₁ и С вершин сходятся три ребра. А также все отрезки АВ ₁ , AD ₁ , AC , Β ₁ D ₁ , D ₁ C и B ₁ С являются диагоналями равных квадратов и, значит, равны между собой. Так что фигура ΑΒ ₁ D ₁ С составлена из четырех правильных треугольников, то есть является тетраэдром.

Что и требовалось доказать.

81. Найдите двугранные углы правильного тетраэдра. Задача решена в учебнике п. 185, стр. 72.

82. Найдите двугранные углы октаэдра.

Проведем ось SS ₁ , которая перпендикулярна плоскости ABCD.

Так как верхняя часть октаэдра — правильная пирамида, то О — центр окружности, вписанной в квадрат ABCD.

Обозначим ребро октаэдра х . Тогда, если OK ⊥DC , то ОК =r = ^x . 2

Проведем SК и S ₁ K , тогда по теореме о трех перпендикулярах имеем SK ⊥DC и S ₁ K ⊥DC. Так что ∠SKS ₁ — линейный угол искомого двугранного угла.

Из правильного , а из ∆S ₁ DC : S ₁ K = ^{x 3} = SK .

2

Далее, из прямоугольного ∆SOK по теореме Пифагора получаем:

SO = SK ² −OK ² = ^{x 2 3} − ^{x 2} = ^{x 2} = OS ₁ . Так что SS ₁ =2OS = x 2 .

4 4 2

По теореме косинусов в ∆SKS ₁ :

SS ₁ ^{2 =} SK ² + S ₁ K ² - 2SK ⋅ S ₁ K ⋅ cos∠SKS ₁ .

То есть ,x 2 ⋅ 2 = x 2 ⋅ 3 + x 2 ⋅ 3 − 2⋅ x ⋅ 3 ⋅ x ⋅ 3 ⋅cosα .

4 4 4 4

Так что, cos . Тогда α ≈ 109°28′

Остальные двугранные углы равны найденному.

83. Какие плоскости симметрии имеет правильный тетраэдр?

Правильный тетраэдр имеет плоскости симметрии, проходящие через какое-либо ребро, перпендикулярно противоположному ребру. Так как ребер 6, то и плоскостей симметрии 6.

84. Сколько плоскостей симметрии у правильного октаэдра, додекаэдра и икосаэдра?

В октаэдре через пару противоположных вершин S₁ и S₂ проходят четыре плоскости симметрии (две из них проходят через ребра A₁ S₁ , и A₂ S₁ а также B₁ S₁ и B₂ S₁ .

Еще две плоскости проходят через ось S₁ S₂ перпендикулярно ребрам A₁ B₁ и A₂ B₁ , а также ребрам В₁ А₂ и А₂ В₂ .

Далее, через пару противоположных вершин A₁ , A₂ по тем же соображениям проходят четыре плоскости симметрии; но одна из них, проходящая через A₁ S₁ и A₂ S₁ уже была учтена.

Так что есть еще три плоскости симметрии.

Через пару противоположных вершин В1В2 проходят также четыре плоскости симметрии, но две из них уже были учтены. Значит, получим всего 4+3+2=9 плоскостей симметрии.

Правильный икосаэдр имеет 12 вершин.

Через первую пару противоположных вершин проходят пять плоскостей симметрии (каждая их них проходит через ребро, содержащее вершину, перпендикулярно противоположному углу).

Далее, через вторую пару противоположных вершин также проходят 5 плоскостей, но одна из них подсчитана в первом случае, так что остаются новых четыре плоскости симметрии.

Для третьей пары получим — 3 новых плоскости, а для четвертой — две плоскости и для пятой пары только одна новая плоскость.

Через шестую пару вершин не пройдет ни одной новой плоскости симметрии.

Значит, всего 5+4+3+2+1=15 плоскостей симметрии. Правильный додекаэдр состоит из двенадцати правильных пятиугольников. Так что плоскости симметрии проходят через ребро, содержащее вершину, перпендикулярно противоположному ребру.

Поэтому через первую пару противоположных пятиугольников проходит 5 плоскостей, через вторую пару — 4, через третью — 3, четвертую — 2, пятую — 1. Так что всего плоскостей симметрии 5+4+3+2+1=15.

§21.Тела вращения.

1. Радиус основания цилиндра 2 м, а высота 3 м. Найдите диагональ осевого сечения.

Ответ: 5 м.

2. Осевое сечение цилиндра — квадрат, площадь которого Q .

Найдите площадь основания цилиндра.

Задача решена в учебнике п. 187, стр. 82.

3. Высота цилиндра 6 см, радиус основания 5 см.

Найдите площадь сечения, проведенного параллельно оси цилиндра на расстоянии 4 см от нее.

АК= OA −OK =3(см), а AD = =2AK = 6(cм).

Тогда S_ABCD = AD⋅AB=6⋅6=36(см² ). Ответ: 36 см² . 4. Высота цилиндра 8 дм, радиус основания 5дм.

Цилиндр пересечен плоскостью так, что в сечении получился квадрат. Найдите расстояние от этого сечения до оси.

Так как в сечении квадрат ABCD, то AB=AD=8 дм. В равнобедренном ∆AOD проведем OK ⊥AD. Тогда АK= AD = 4(дм). Далее, по теореме Пифагора

ОК = AO ² − AK ² = 5² − 4² = 3 (дм).

Ответ: 3 дм.

5. Высота цилиндра 6 дм, радиус основания 5 дм. Концы отрезка АВ, равного 10 дм, лежат на окружностях обоих оснований. Найдите кратчайшее расстояние от него до оси.

1

В равнобедренном ∆AOD проведем OK ⊥AD, тогда AK = 0,5⋅AD = = 4(дм).

Из ∆AOK

ОК = AO ² − AK ² = 5² − 4² =3(дм)..

6. В равностороннем цилиндре (диаметр равен высоте цилиндра) точка окружности верхнего основания соединена с точкой окружности нижнего основания.

Угол между радиусами, проведенными в эти точки, равен 60°.

Найдите угол Χ между проведенной прямой и осью цилиндра.

Через данные точки А и С проведем плоскость ABCD, параллельную оси. Соединим точки В и О ₁ . Угол между радиусами, проведенными в данные точки А и С соответственно из О и O ₁ будет равен углу ∠BO ₁ C = 60°.

Следовательно, равнобедренный ∆BO ₁ С является равносторонним и BС = 0,5 = К. Искомый угол Χ между проведенной прямой А С и осью цилиндра равен ∠BAC . В прямоугольнике ABCD

AB=D= 2R (по условию). Тогда из прямоугольного ∆ABC tgX = tg∠BAC = и X = arctg .

Ответ: .

7. В цилиндр вписана правильная шестиугольная призма. Найдите угол между диагональю ее боковой грани и осью цилиндра, если радиус основания равен высоте цилиндра. Задача решена в учебнике п. 188, стр. 83.

8. Высота цилиндра 2 м. Радиус основания 7 м. В этот цилиндр наклонно вписан квадрат — так, что все вершины его лежат на окружностях оснований.

Найдите сторону квадрата.

Пусть ABCD — данный квадрат, тогда проведем ВВ ₁ и СС ₁ перпендикулярно плоскости основания. По теореме о трех перпендикулярах B ₁ A ⊥AD и C ₁ D ⊥AD. Так что АВ ₁ С ₁ D — прямоугольник и AD = B ₁ С₁ , а его диагональ АС ₁ является диаметром окружности, так что AС ₁ =14(м). Из ∆ADC ₁ и ∆СDС ₁ получим по теореме Пифагора DC ₁ ² = AC ₁ ² – AD² и DC ₁ ² = DC ² – CC ₁ ² . Далее, пусть AD=DC=а, тогда:

АС ₁ ² – а ² = а ² – CC ₁ ² , 14² – а ² = а ² – 2² , а ² = 100 и а = 10(м). Ответ: 10 (м).

9. Радиус основания конуса 3 м, высота 4 м. Найдите образующую l .

Ответ 5 м.

10. Образующая конуса l наклонена к плоскости основания под углом 30°. Найдите высоту.

Из прямоугольного ∆BОС :

CO = BC ⋅ sin30° = ^l

2

11. Радиус основания конуса R. Осевым сечением конуса является прямоугольный треугольник.

Найдите его площадь.

Данный прямоугольный треугольник является еще и равнобедренным. Так что высота в нем, проведенная к основанию, является и медианой. А медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, то есть радиусу, так как гипотенуза равна диаметру. Тогда площадь

S = R =R ² .

Ответ: R ² .

12. В равностороннем конусе (осевое сечение — правильный треугольник) радиус основания R.

Найдите площадь сечения, проведенного через две образующие, угол между которыми равен α.

Так как в осевом сечении ∆АВС — правильный, то AC =AB =2R. Площадь ∆MCK найдем по формуле:

S = = 2R ² sin α (так как МС =

=СК = АВ — образующие). Ответ: 2R² sinα. 13. Высота конуса 20, радиус его основания 25. Найдите площадь сечения, проведенного через вершину, если расстояние от него до центра основания конуса равно 12.

Проведем OD ⊥MK в равнобедренном ∆ОМК . По теореме о трех перпендикулярах CD ⊥MK. Проведем OE ⊥CD в ∆COD .

Тогда ОЕ данное расстояние от центра основания конуса до

плоскости МСК . ОЕ = 12.

Так что в ∆COD : sin∠OCE = ^OE = ¹² = 0,6.

OC 20

Тогда cos ∠OCЕ = 1−sin² ∠OCE = 1− 0,36 = 0,8.

Так что, tg ∠OCE .

Далее, OD = CO ⋅ tg∠OCE = 20 · 0,75 = 15

CD = OD ² + CO ² = 15² + 20² = 25 .

В ∆ΟΜD по теореме Пифагора:

MD = OM ² −OD ² = 25² −15² = 20, так что МK = 2МD = 40.

S МСК = 25 = 500.

Ответ: 500.

14. Радиус основания конуса R, а образующая наклонена к плоскости основания под углом α. Через вершину конуса проведена плоскость под углом φ к его высоте.

Найдите площадь полученного сечения.

В прямоугольном ∆АСО CO = AO ⋅ tgα = R ⋅ tgα.

В ∆ОМК проведем OD ⊥MK . Тогда по теореме о трех перпендикулярах CD ⊥MK.

В прямоугольном ∆OCD имеем OD = OC ⋅ tgϕ = R tgα tgϕ и

СD .

Далее, в прямоугольном ∆ODK по теореме Пифагора

DK = OK ² −OD ² = R ² − R ² tg² α tg² ϕ = R 1−tg ² α tg² ϕ . Так что

15. Задача решена в учебнике п. 190, стр. 85.

16. Высота конуса Н.

На каком расстоянии от вершины надо провести плоскость, параллельную основанию, чтобы площадь сечения была равна половине площади основания ?

Проведенная плоскость отсечет от конуса подобный конус. В подобных фигурах отношение линейных размеров равно коэффициенту подобия, а отношение соответствующих площадей — квадрату коэффициента подобия. Так что ^{S 1} = K ² = ¹ . Поэтому K = ¹ . Тогда ^l = K и

S ₂ 2 2 H

l , где l — искомое расстояние.

Ответ:

17. Через середину высоты конуса проведена прямая, параллельная образующей l .

Найдите длину отрезка прямой, заключенной внутри конуса.

Пусть MN — данная прямая.

Рассмотрим осевое сечение конуса, содержащее прямую MN. В ∆СОВ по условию CO ₁ = O ₁ O и O ₁ N ||CB. Тогда по теореме Фалеса ON = NВ , а значит, ОN R . Так что NA = R .

Далее, ∆ΑΜΝ ∼ ∆АСВ , поэтому ^AN = ^MN . Так что

AB CB

R ⋅l

MN .

Ответ: .

18. Образующаяконуса 13 см, высота 12 см. Конус пересечен прямой, параллельной основанию, расстояние

от нее до основания равно 6 см, а до высоты — 2 см.

Найдите отрезок прямой, заключенный внутри конуса.

Проведем плоскость, параллельную основанию и содержащую данную прямую BD. Тогда проведенная плоскость отсечет от конуса подобный конус. Далее, ∆CO ₁ A ₁ ∼∆СОА .

Тогда O 1 A 1 = CO 1 , то есть О 1А 1= OA ⋅ CO 1 = 5 ⋅ (12 − 6) = 2,5(см).

OA CO CO 12

Далее, в ∆BO ₁ D проведем O ₁ M ⊥BD .

Тогда в прямоугольном ∆ВO ₁ М

ВМ = BO ₁ ² −O ₁ M ² = 2,5² − 2² = 1,5(cм) (по теореме Пифагора). Так что BD = 2 ⋅ BМ = 2 ⋅ 1,5 = 3(см). Ответ: 3 см.

19. Радиусы оснований усеченного конуса 3 м и 6 м, высота 4м. Найдите образующую.

Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Тогда ABCD — равнобокая трапеция с основаниями BС = 2R ₁ = 2 ⋅ 3 = 6(м) и AD = 2R ₂ = 2 ⋅ 6 =12(м).

Далее, проведем BМ ⊥AD и CK ⊥AD . ВСКМ — прямоугольник. Имеем ВМ = СК и ∆АВМ =∆DCK . Поэтому

KD ). Далее, в прямоугольном ∆ΑΒΜ по теореме Пифагора:

ΑΒ = AM ² + BM ² = 3² + 4² = 5(м).

Ответ: 5 м.

20. Радиусы оснований усеченного конуса R и r , образующая наклонена к основанию под углом 45°.

Найдите высоту H .

Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Им является

ABCD — равнобокая трапеция с основаниями BС = 2 ⋅ ВО ₁ = 2r и AD = 2 ⋅ AO = 2R. . Далее, проведем BM ⊥AD и CK ⊥AD. Тогда

ВСКМ — прямоугольник и ВС = МК, ВМ = СК . ∆АВМ = ∆DCK . Так что

KD = AM= ^AD r . Далее, ∆АМВ равнобедренный, так как ∠А = ∠АВМ = 45°. Так что H=BM=AM=R–r.

Ответ: R –r .

21. Образующая усеченного конуса равна 2a и наклонена к основанию под углом 60°. Радиус одного основания вдвое больше радиуса другого основания.

Найдите радиусы.

Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Им является равнобедренная трапеция ABCD , где BC =2R ₂ и AD = 2R ₁ = 2 ⋅ 2R ₂ = =4R ₂ =ВС. Далее, проведем BM ⊥AD и CK ⊥AD. Тогда ВСКМ — прямоугольник, так что ВС =МК и ВМ = СК . Поэтому ∆ΑΒΜ = ∆DCK (АВ = CD и ВМ = СК ). Так что

AM = KD = AD − 2 BC = 4R 2 − 2 2R 2 = R 2

Далее, в прямоугольном ∆ΑΒΜ : АМ = R = АВ ⋅ соs 60° = 2а .

Тогда R ₁ = 2R ₂ = 2а . Ответ: а и 2 а .

22. Радиусы оснований усеченного конуса 3дм и 7дм, образующая 5дм.

Найдите площадь осевого сечения.

Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Им является равнобедренная трапеция ABCD с основаниями BС = 2R ₁ = 6 дм и AD = 2R ₂ = 14дм. Далее, проведем BM ⊥AD и CK ⊥AD . Так что

ВС = МК и ВМ = СК . Тогда

ВСКМ — прямоугольник. ∆ABM = ∆СКD , так что

KD = АМ = ^AD ). В прямоугольном ∆АВМ по теореме Пифагора получим:

ВМ = AB ² − AM ² = 5² − 4² =3(дм). Тогда S = AD + BC ⋅BM = 6 + 14 ⋅3 = 30(дм2).

2 2

Ответ: 30 дм² .

23. Площади оснований усеченного конуса 4 дм² и 16 дм² , через середину высоты проведена плоскость, параллельная основаниям. Найдите площадь сечения.

Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Им является ABCD — трапеция с основаниями BC = 2R ₁ и AD = 2R ₂ .

Далее, S ₁ = πR ₁ ² = 4(дм² ). Так что R ₁ = ² (дм) и ВС = ⁴ (дм). π π

S ₂ = πR ₂ ² = 16(дм² ). Так что R ₂ = ⁴ (дм) и AD = ⁸ (дм) π π

MN является средней линией трапеции, так что:

MN ₌ ^{BC + AD} ₌ ⁶ . Но MN – диаметр данного сечения.

2 π

Тогда радиус этого сечения R =MN = ³ и площадь π

S =

Ответ: 9 дм² .

24. Площадь оснований усеченного конуса M и m .

Найдите площадь среднего сечения, параллельного основаниям.

Осевое сечение усеченного конуса представляет собой трапе-

цию ABCD с основаниями BС =2R ₁ и AD =2R ₂ .

Так как площади оснований равны М = πR ₂ ² и m = πR ₂ ² , так что R 1 = M π и R 2 = m π .

Тогда, поскольку ΜΝ — средняя линия, то

MN= BC + AD = M + m .

2 π

Тогда радиус сечения равен R = MN = ^{M + m} .

2 π

А площадь S = πR ² = π ( ^M 4⁺ _π ^m ) ² = ( ^{M +} ₄ ^m ) ² .

25. У пирамиды все боковые ребра равны.

Докажите, что она является вписанной в некоторый конус.

Задача решена в учебнике п. 191, стр. 85.

26. В конусе даны радиус основания R и высота H . Найдите ребро вписанного в него куба.

Рассмотрим осевое сечение куба ASD. Тогда в ∆ASD вписан ВСС ₁ В ₁ — прямоугольник со сторонами ВВ ₁ = а — длина ребра куба и ВС=а 2 — диагональ квадрата, являющегося гранью куба. Далее, ∆ASD ∼ ∆BSС так что:

^a , откуда

1 2R H

Hа 2 = 2RH – 2аR . Так что a (2R + H 2 ) = 2RH , и а = 2RH . 2R + H 2

Ответ: а = ^2RH .

2R + H 2

27. В конусе даны радиус основания R и высота H . В него вписана правильная треугольная призма, у которой боковые грани — квадраты

Найдите ребро призмы.

Пусть длина ребра призмы равна а .

Тогда из равностороннего ∆АВС найдем ОА — радиус окружности, описанной около ∆АВС, ОА . Далее, рассмотрим осевое сечение SO ₁ D. Так как ∆SOА ∼ ∆SOD , то

OA = SO , a 3 = H − a , так что

O ₁ D SO ₁ 3R H

аH 3 =3RH – 3Rа , a (3R + H 3) = 3RH , и а = ^3RH . 3R + H 3

Ответ: а = ^3RH .

3R + H 3

28. Полушар и вписанный в него конус имеют общее основание и общую высоту .

Через середину высоты проведена плоскость, параллельная основанию.

Докажите, что площадь сечения, заключенного между боковой поверхностью конуса и поверхностью полушара, равна половине площади основания.

Рассмотрим осевое сечение конуса СОА. Тогда ∆СО ₁ А ₁ ∼ ∆СОА , так что ^{CO O 1 A 1} , так что

O ₁ A ₁ = OA AO .

Искомая площадь сечения равна разности площадей кругов с радиусом О 1В и О 1А :

S = .

А площадь основания S _O = πOA ² = πR ² , так что площадь сечения равна половине площади основания, что и требовалось доказать.

29. Шар, радиус которого 41 дм, пересечен плоскостью на расстоянии 9дм от центра.

S = π⋅AB² = π ⋅ 40² = 1600π(дм² ) = 16π(м² ). Ответ: 16π м² .

30. Через середину радиуса шара проведена перпендикулярная ему плоскость.

Как относится площадь полученного сечения к площади большого круга?

Задача решена в учебнике п. 193, стр. 87.

31. Радиус шара R . Через конец радиуса проведена плоскость под углом 60° к нему.

Найдите площадь сечения.

В прямоугольном ∆ΑΟΒ имеем:

AB =OB соs 60° .

Тогда площадь сечения равна:

S = π ⋅ AB ² = π^  ^{R } ² = ^{π R 2} .

 2  4

Ответ: .

32. Радиус земного шара R. Чему равна длина параллели, если ее широта 60°?

В прямоугольном ∆АОВ :

∠AOВ =90°–∠BОК =30°.

АВ . Тогда длина параллели равна l = .

Ответ: πR. . 33. Город N находится на 60° северной широты.

Какой путь совершает этот пункт в течение 1ч. вследствие

вращения Земли вокруг своей оси?

Радиус Земли принять равным 6000 км. В прямоугольном ∆АON : ∠AОN =90°–∠NOK =30° .

Тогда AN . За один час город N совершит путь по дуге, равной длины окружности с радиусом AN.

Так что, l Ответ: ≈785 км.

34. На поверхности шара даны три точки. Прямолинейные расстояния между ними 6 см, 8 см, 10 см. Радиус шара 13 см. Найдите расстояние от центра до плоскости, проходящей через эти точки.

Проведем OO ₁ перпендикулярно плоскости ∆ΑВС. Тогда прямоугольные треугольники ΑΟ ₁ Ο , BO ₁ O , СО ₁ О равны по катету и гипотенузе (так как AО =BO =СО — радиус шара и ОО ₁ — общий катет). Так что О ₁ —центр окружности, описанной около треугольника АВС (О ₁ А =О ₁ В =О ₁ С ).

Далее, заметим, что 6² + 8² = 10² , так что ∆АВС прямоугольный с гипотенузой АС . Поэтому О ₁ — середина АС , так что АО ₁ = АС =5 (cм). Далее, в прямоугольном ∆AOO ₁ :

OO ₁ = AO ² − AO ₁ ² = 13² −5² =12 (см).

Ответ: 12 см.

35. Диаметр шара 25 см. На его поверхности даны точка А и окружность, все точки, которой удалены (по прямой) от А на 15 см. Найдите радиус этой окружности.

Радиус шара равен половине диаметра.

Так что АО Далее, ∆АОВ равнобедренный (так как ОB =ОA ) и АВ =15 см. Найдем площадь ∆ΑΟΒ по формуле:

S АОВ = p ⋅(p − AO )⋅(p −OB )⋅(p − AB ) =

= 20⋅(20-12,5)⋅(20 −12,5)⋅(20 −15) =75(см). Но S АОВ = .

Так что R=BO

Ответ: 10 см.

36. Радиус шара 7 см. На его поверхности даны две равные окружности, имеющие общую хорду длиной 2 см.

Найдите радиусы окружностей, зная, что их плоскости перпендикулярны.

Из центра шара О проведем перпендикуляры ОО 1 и ОВ к плоскостям соответствующих окружностей. Из точек О 1 и В проведем перпендикуляры О 1В 1 и ВВ 1 к общей хорде АС . Тогда AB ₁ = B ₁ C = AC =1(см).

Далее, в прямоугольном ∆О ₁ AB ₁ , если O ₁ A =R и С ₁ B =a , то получим О ₁ А ² =О ₁ В ₁ ² +АВ ₁ ² , т.е R ² = a ² + l. В прямоугольном ∆BCB ₁ обозначим ВС =R , ВВ ₁ =b , тогда ΒC ² =ΒΒ ₁ ² +Β ₁ C ² , т.е. R ² = b ² + l. Так что а =b , то есть О ₁ В ₁ =ВВ ₁ .

Тогда ΟΟ ₁ BB ₁ — квадрат и его диагональ ОВ ₁ ² =2О ₁ В ² =2а ² . Далее, в прямоугольном ∆OAB ₁ OA =7 см, тогда ОА ² =ОВ ₁ ² +АВ ₁ ² , то есть 49=2а ² +l, а ² =24.

Далее, R ² =a ² +1=25, так что О ₁ А =R = 25 =5(см).

Ответ: 5 см.

37. Дан шар радиуса R . Через одну точку его поверхности проведены две плоскости: первая — касательная к шару, вторая — под углом 30° к первой. Найдите площадь сечения.

Так как ∠O ₁ AB =30°, а ОА ⊥АВ , то ∠OAO ₁ =90°–∠Ο ₁ ΑΒ =90°– –30°=60°.

Далее, в прямоугольном ∆ΑО ₁ O :

AO .

Тогда площадь сечения равна S =π ·AO 1² = π R 2 = π R 2 .

 2  4

Ответ: ^{π R 2} .

4

38. Имеется тело, ограниченное двумя концентрическими шаровыми поверхностями (полый шар).

Докажите, что его сечение плоскостью, проходящей через центр, равновелико сечению, касательному к внутренней шаровой поверхности.

1 2

Площадь касательного сечения равна S =πO ₁ A ² =π(R ₁ ² –R ₂ ² ).

Площадь сечения шара плоскостью, проходящейчерез центр, равна разности площадей S =πR ₁ ² –πR ₂ ² =π(R ₁ ² –R ₂ ² ). То есть площади искомых сечений равны. Что и требовалось доказать.

39. Шар радиуса R касается всех сторон правильного треугольника со стороной а.

Найдите расстояние от центра шара до плоскости треугольника Задача решена в учебнике п. 195, стр. 88.

40. Стороны треугольника 13см, 14см и 15см. Найдите расстояние от плоскости треугольника до центра шара, касающегося всех сторон треугольника. Радиус шара 5см.

Проведем OO ₁ перпендикулярно плоскости ∆ΜΝΚ. Так как стороны ∆MNK касаются шара, то OA , OВ и ОС перпендикулярны сторонам ∆ΜΝΚ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах O ₁ A , O ₁ B и О 1С тоже перпендикулярны к соответствующим сторонам ∆MNK .

Далее, так как ∆АОО ₁ =∆ВОО ₁ =∆СОО ₁ (по катету и гипотенузе), то:

O ₁ A =O ₁ B =O ₁ С . Так что О ₁ — центр вписанной окружности в ∆ΜΝΚ . Площадь ∆ΜΝΚ равна:

S= p ⋅(p − MN )⋅(p − MK )⋅(p − NK ) = 21⋅7⋅8⋅6 = 84 (см² ).

Но S =pr , так что О

Далее, в прямоугольном ∆AОО ₁ :

OO ₁ = AO ² − AO ₁ ² = 5² − 4² =3 (см).

Ответ: 3 см.

41. Диагонали ромба 15 см и 20 см. Шаровая поверхность касается всех его сторон. Радиус шара 10 см. Найдите расстояние от центра шара до плоскости ромба.

Проведем перпендикуляр ОО 1 к плоскости ромба.

Отрезки OM=ON=OK=OE= 10 см и перпендикулярны соответствующим сторонам ромба. Так что по теореме о трех перпендикулярах О ₁ М, O ₁ N, О ₁ К и О ₁ Е перпендикулярны соответствующим сторонам ромба. Далее, ∆ΟΟ ₁ Μ = ∆ΟO ₁ N = ∆ОО ₁ К =∆OO ₁ E (по гипотенузе и катету). Так что O ₁ M =O ₁ N =O ₁ K =O ₁ E и значит, О ₁ — центр вписанной в ромб окружности.

Тогда

SABCD

С другой стороны,

S_ABCD =ah=AD·NE. Так что NE= ^{SABCD = 150} =12(см).

AD 12,5

Тогда О₁ Е= NE=6(см).

Далее, в прямоугольном ∆ОО1Е:

OO₁ = OE ² −O ₁ E ² = 10² −6² = 8(см).

Ответ: 8 см.

42. Через касательную к поверхности шара проведены две взаимно перпендикулярные плоскости, пересекающие шар по кругам радиусов r ₁ и r ₂

Найдите радиус шара R.

Проведем перпендикуляры OO и OO к данным плоскостям. По условию ∠Ο ₁ ΑO ₂ =90°, так что OO AO — прямоугольник. Тогда по теореме Пифагора ОА = R = .

Ответ: r ₁ ² + r ₂ ² .

43. Шар радиуса R вписан в усеченный конус.

Угол наклона образующей l к плоскости нижнего основания конуса равен α .

Найдите радиусы оснований и образующую усеченного конуса.

Рассмотрим осевое сечение, которое является трапецией ABCD , причем АВ =CD . ∠ΒΑD =α. Проведем BM ⊥AD. Тогда BM =O ₁ O ₂ =2R.

В ∆АВМ : l=AB= .

Центр вписанной в ABCD окружности лежит на пересечении биссектрис, так что АО и ВО — биссектрисы, то есть ,

∠ABO = ¹ ∠ABC = 90°– ¹ α .

2 2

Так что ∆АВО — прямоугольный, поэтому

2R ⋅sin

BO ²

Далее, в прямоугольном ∆BОО ₁ : BO ₁ = BO ² −OO ₁ ² =

 ^R α 2 − R ² = R ^⋅ 1− cos2αα 2 = R sin2₂ αα 2 = R tg² α 2 = R tg α 2 . ⁼

_  cos 2 _ cos₂ 2 cos 2

Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки к

окружности, равны, то BК =BО ₁ и AO ₂ =AK .

Тогда АО₂ = AK = AB – BK = АВ – ВО₁ = sin^2R _α − Rtg ^α ₂ =

= 2α R α − R sinαα 2 = R ⋅1−α sin2αα 2  = R α αα .

2sin cos cos cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2 2

Ответ: .

44. Два равных шара радиуса R расположены так, что центр одного лежит на поверхности другого.

Найдите длину линии l , по которой пересекаются их поверхности. Задача решена в учебнике п. 196, стр. 90.

45. Радиусы шаров 25 дм и 29 дм, а расстояние между их центрами 36 дм. Найдите длину линии l , по которой пересекаются их поверхности.

Рассмотрим сечение, проведенное через центры шаров. Тогда линия пересечения шаров представляет собой окружность радиуса AH , где АН — высота в ∆ОAО ₁ , проведенная к стороне ΟΟ ₁ .

Площадь ∆OAO ₁ равна

S= p ⋅(p −OA )⋅(p −O ₁ A )⋅(p −OO ₁ ) = = 45(45− 25)(45− 29)(45−36) = 360(дм² ).

Но с другой стороны S АН, так что

АН

Далее,

Ответ: 4π м.

46. Найдите радиус шара, описанного около куба с ребром а.

Рассмотрим осевое сечение шара, проходящего через диагональ куба. Так как в прямоугольном параллелепипеде квадрат любой диагонали равен сумме квадратов трех его измерений, то AC₁ ² =a ² +a ² +a ² и АС₁ = a 3 ; тогда R =AO=AC₁ = ^{a 3} .

2

47. Докажите, что центр шара, описанного около правильной пирамиды, лежит на ее оси.

Задача решена в учебнике п. 197, стр. 90.

48. Докажите, что центр шара, вписанного в правильную пирамиду, лежит на ее высоте.

Пусть Χ точка касания шара и боковой грани ASB. Из точки Χ проведем прямую XМ ⊥О ₁ О ₂ , где О ₁ О ₂ — диаметр шара, перпендикулярный плоскости основания.

Тогда по теореме Пифагора в ∆ОХМ :

XM = OX ² −OM ² = R ² −OM ² , где R — радиус шара.

Так что точки касания шара с боковыми гранями лежат в плоскости, перпендикулярной диаметру O ₁ O ₂ и на равном расстоянии от точки М.

Значит, все точки касания принадлежат вписанной в сечение, перпендикулярное О 1О 2, окружности с центром в точке Μ . Тогда, точка М лежит на оси правильной пирамиды, которая является высотой. Так что и точка О лежит на высоте правильной пирамиды. Что и требовалось доказать.

49. Найдите радиус шара, описанного около правильного тетраэдра с ребром а.

Пусть высота тетраэдра DО 1 пересекает поверхность шара в некоторой точке М. Высота в правильной пирамиде проходит через центр окружности, описанной около основания. Так что O ₁ С — радиус описанной около АВС окружности. ∆АВС равносторонний, так что

O 1C = AB 3 = a 3 .

3 3

Рассмотрим осевое сечение шара, содержащее точку С . ∆DСM — прямоугольный, так как вписанный угол ∠DCM опирается на диаметр DM . Тогда катет DC — есть среднее геометрическое между своей проекцией и гипотенузой. То есть DC = DM ⋅O ₁ D .

4

50. В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна а , а плоский угол при вершине равен α. Найдите радиусы вписанного и описанного шаров.

Проведем в пирамиде высоту SO и SH ⊥DC. Тогда по теореме о трех перпендикулярах OH ⊥DC. Тогда, так как ∆SDС равнобедренный, то SH является и медианой, и биссектрисой. Так что

HС = ^a и ∠CSH= ^a . В ∆SHC : SC= ^a и 2 2 sin CSH

SH .

= ^a 2 cos² aa 2 −1 = ^{a cos} _a ^α . Далее, ∠SBM= 90°, так как этот вписан_{sin 2 2sin}

2 2 ный угол опирается на диаметр SM. Знаем, что катет является средним пропорциональным между гипотенузой и проекцией катета на гипотенузу, так что ВS ² =SМ·SO , так что

4sin^{2 a}

2 или R .

Так как радиус описанного шара R =SM , то R ⁼ _α ^a .

2sin cosα

2

Далее, рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SOH.

OO ₂ =EO ₂ — радиус вписанного шара. Имеем ∆SHО ∼ ∆SO ₂ E :

Так что ^{2 E} ₌ ^{SO 2 OO} . Так что

α α α α

₌ a cos 2 −sin 2 ₌ a 1−tg 2 _.

² cos ² 1+tg _α

2

51. В шар радиуса R вписана правильная треугольная пирамида с плоскими углами α при ее вершине. Найдите высоту пирамиды.

Проведем высоту SO пирамиды, и SH ⊥AC. Так как ∆ASC равнобедренный, то SH является и медианой, и биссектрисой. Так что, если AS = Х, то

AH . В равностороннем ∆ΑΒС

радиус описанной окружности равен AO= ^AC = .

3 3

В прямоугольном ∆ASO по теореме Пифагора:

SO = AS ² − AO ² = X ² − ⁴ X ² sin^{2 α} = X 1− ⁴ sin^{2 α} .

3 2 3 2

Рассмотрим осевое сечение шара, содержащее точку А. ∠SAD= 90° — как вписанный угол, опирающийся на диаметр SD. Так как в прямоугольном треугольнике катет является средним пропорциональным между гипотенузой и проекцией катета на гипотенузу, то

в ∆ASD : AS ² =SD·SO, X ² = 2R ⋅ X 1^{− 4} sin^{2 α} , так что

3 2

Х =2R 1− ⁴ sin^{2 α} .

3 2

Поэтому высота пирамиды равна:

SO = Х ⋅ 1− ⁴ sin^{2 α} = 2R 1− ⁴ sin^{2 α} ⋅ 1− ⁴ sin^{2 α} =

3 2 3 2 3 2

= 2R ^ 1− ⁴ sin^{2 α }  .

 3 2 

52. Правильная n -угольная призма вписана в шар радиуса R. Ребро основания призмы равно а. Найдите высоту призмы при:

1) n = 3; 2) n = 4; 3) n = 6.

Так как вписанная призма правильная, то высота будет равна длине отрезка O ₂ O, где точки О ₂ и О являются центрами окружностей, описанных около оснований призмы. Тогда

ОО ₂ =2OO ₁ = 2 O ₁ B ² −OB ² = 2 R ² −b ² где b =OB — радиус окружности, описанной около основания призмы. Тогда:

1) n = 3. В основании призмы лежит равносторонний треугольник. Так что b = ^{a 3} , поэтому

3

ОО 2 = 2 R 2 − a 33 2 = 2 R 2 − a 32 .

2) n = 4. В основании призмы лежит квадрат. Так что

b = a 22 и ОО 2= 2 R 2 − a 22 2 = 2 R 2 − a 22 .



3) п = 6. В основании призмы лежит правильный шестиугольник. Так что b= a, поэтому ОО ₂ = 2 R ² −a ² .

53. Сторона основания правильной n -угольной пирамиды равна а, двугранный угол при основании равен φ. Найдите радиус шара, вписанного в пирамиду.

В правильной пирамиде проведем высоту SO . Тогда О — центр окружности, описанной около основания. Так что ∆AOB — равнобедренный и ∠АОВ = ^{360 o} . Далее, проведем OH ⊥BA . Тогда по n

теореме о трех перпендикулярах SH ⊥АВ. Тогда ∠SHO= ϕ (линейный угол данного двугранного угла). В прямоугольном ∆OHB :

ОН ⁼ tg _∠ ^BH _HOB = _{2tg 180} ^a _o , (так как ОН — высота, медиана и бисn

сектриса).

Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис,

так что О ₁ Н— биссектриса угла φ, так что ∠ОНО ₁ = ^ϕ 2

В прямоугольном ∆ΟΟ ₁ H :

α atg

OO ₁ = OH · tg∠OHO ₁ ^{= 2} _o — искомый радиус.

_{2tg 180} n

54. Найдите радиус шара, описанного около правильной n -угольной пирамиды, если сторона основания равна а, а боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом α.

Проведем высоту SO правильной пирамиды. Тогда О — центр окружности, описанной около основания. Далее,

В прямоугольном ,

АО = ^{a 180} _o (радиус описанной окружности в правильном n-

2sin n угольнике.

Тогда SA = 2sin^{180 a} _o cosα . Далее, SO = AO⋅tgα = 2sin^{a tg} ₁₈₀ ^α _o n n

Рассмотрим осевое сечение шара, содержащее точку А.

∠SAD = 90° как вписанный угол, опирающийся на диаметр SD . Так как катет является средним пропорциональным между гипотенузой и проекцией катета на гипотенузу, то AS ² =SD ⋅ SO (в ∆ASD ).

Так что SD ₌ ^AS SO ² ₌ 8sin2 180 a ² ⋅_o sincos180 2ⁿ α° ⋅a tgα = n

= 8sin¹⁸⁰ oa sinαcosα = 4sin180 a o sin2α . n n

Тогда SO ₁ = ^{1 2} SD = α^a ⋅sin¹⁸⁰ _o — искомый радиус.

2sin2

n

§22. Объемы многогранников.

1. Три латунных куба с ребрами 3 см, 4 см и 5 см переплавлены в один куб. Какое ребро у этого куба? Объем нового куба будет равен сумме объемов трех данных кубов. То есть V =V ₁ +V ₂ +V ₃ . Но объем куба равен V =a ³ . Так что a =³ a ₁ ³ + a ³ ₂ + a ³ ₃ = ³ 3³ + 4³ +5³ = 6 (см). Ответ: 6 см.

2. Металлический куб имеет внешнее ребро 10,2 см и массу 514,15 г. Толщина стенок равна 0,1 см. Найдите плотность металла, из которого сделан куб.

Ребро внутреннего куба равно b = a –2·0,1=10 (см).

Объем металла равен разности объемов кубов: V =a ³ –b ³ =10,2³ –10³ =61,208. Тогда плотность

ρ = m = 514,15 ≈ 8,4 г/см3. V 61,208

3. Если каждое ребро куба увеличить на 2 см, то его объем увеличивается на 98 см³ . Чему равно ребро куба? Задача решена в учебнике п. 200, стр. 99.

4. Если каждое ребро куба увеличить на 1 м, то его объем увеличится в 125 раз. Найдите ребро.

Пусть ребро куба равно а, тогда его объем V=а ³ . Далее, ребро нового куба равно а+ 1, его объем V ^′ = (а+ 1)³ . По условию:

^V V ¹ ′ =125, ^(a a ⁺ ₃ ^{1) 3} =125, ^a _a ^{+ 1} = 5. Так что а =0,25(м).

5. Кирпич размером 25х12х6,5 имеет массу 3,51кг. Найдите его плотность.

Найдем объем кирпича: V = 25⋅12⋅6,5 = 1950 (см³ ).

Далее, 3,51кг=3510г. Так что плотность

6. Требуется установить резервуар для воды емкостью 10 м³ на площадке размером 2,5м х 1,75 м, служащей для него дном. Найдите высоту резервуара.

Площадь дна S =2,5⋅1,75 = 4,375 (м² ). Так как

V =S ⋅h , то h

7. Измерения прямоугольного параллелепипеда 15м, 50м и 36м. Найдите ребро равновеликого ему куба.

Объем параллелепипеда равен V =15⋅50⋅36 = 27000 (м³ ). Пусть ребро куба а , тогда V=а ³ . То есть а = 27000 = 30 (м).

8. Измерения прямоугольного бруска 3см, 4см и 5см. Если увеличить каждое ребро на Χ сантиметров, то поверхность увеличится на 54 см² . Как увеличится объем?

Площадь поверхности прямоугольного параллелепипеда S= 2·(ab+bc+ac) , где а, b, с — его измерения. Площадь поверхности данного бруска равна S =2·(3·4+3·5+4·5)=94 (см² ). Тогда площадь поверхности нового бруска S ′=2·((X +3)(X +4)+(X +3)(X +5)+

+(X +4)(X +5))=6X ² +48X +94=S+54=148 (см² ). Так что

6X ² +48X +94=148

X ² +8X –9=0, X =–9 или X =1. Корень X =–9 не подходит, так как иначе размеры нового бруска отрицательны. Значит, Х =1.

Так что 2. Объем увеличится в 2 раза.

9. Чугунная труба имеет квадратное сечение, ее внешняя ширина 25 см, толщина стенок 3 см. Какова масса погонного метра трубы (плотность чугуна 73 г/см³ )?

Найдем внутреннюю ширину трубы y = x –2·3 = 25–6 = 19 (см). Тогда площадь сечения равна S = x ² –y ² = 25² –19² = 264 (см² ) и объем метра трубы V = S ⋅100=26400 (см³ ).

Далее, m = ρ ⋅ V = 7,3⋅26400 = 192720(гр) = 192,72(кг) ≈ 193(кг).

10. Чему равен объем прямоугольного параллелепипеда, диагональ которого а составляет с плоскостью основания угол α, а с боковой гранью — угол β?

В ∆АСС ₁ :

С ₁ С=АС ₁ ⋅sinα=a sinα. AC=AC ₁ ⋅cosα=a cosα. Далее, в ∆C ₁ D ₁ A

D ₁ C ₁ =AC ₁ ⋅sinβ=a ⋅sinβ. DC =D ₁ C ₁ =a sinβ. Тогда в ∆ADC по теореме Пифагора:

AD = AC ² − DC ² = a ² cos² α − a ² sin² β = a ⋅ cos² α −sin² β .

Объем прямоугольного параллелепипеда равен произведению трех его измерений, так что V=AD ⋅DC ⋅CC ₁ =a ³ sinα⋅sinβ cos² α−sin² β .

11. В прямом параллелепипеде стороны основания а и b образуют угол 30°. Боковая поверхность равна S . Найдите его объем. Задача решена в учебнике п. 201, стр. 100.

12. В прямом параллелепипеде стороны основания 2 2 см и 5см образуют угол 45°. Меньшая диагональ равна 7см. Найдите его объем.

В основании параллелепипеда лежит параллелограмм с площадью S = AB ⋅ AD ⋅ sin 45° = = 10(см² ). Далее, в ∆ΑΒD по теореме косинусов:

BD = AB ² + AD ² − 2⋅ AB ⋅ AD ⋅cos45^o =

= 8+ 25− 2⋅2 2 ⋅5^{⋅ 2} = 13 (см).

2

Тогда в ∆BDD ₁ по теореме Пифагора:

DD ₁ = BD ₁ ² − BD ² = 7² −13 = 6(см). Поэтому

V = S ⋅ DD ₁ = 60(см³ ).

13. Основание прямого параллелепипеда — ромб, площадь которого 1м² . Площадь диагональных сечений 3 м² и 6 м² . Найдите объем параллелепипеда.

Основание параллелепипеда — ромб, с площадью

S = ). Так что

AC·BD= 2(м² ). Диагональные сечения — прямоугольники АСС ₁ А ₁ и BDD ₁ B ₁ с площадями S ₁ =AC·CC ₁ и S ₂ =BD·DD ₁ . Тогда S ₁ ·S ₂ = AC ⋅BD ⋅СС ₁ ² = 2СС ₁ ² = 3⋅6 = 18 (м² ), так что СС ₁ =3 (м) и V =S ⋅СС ₁ =1⋅3=3 (м² ).

14. Решите предыдущую задачу в общем случае, если площадь ромба Q, а площади диагональных сечений М и N. В основании лежит ромб.

Пусть d ₁ и d ₂ — диагонали ромба. Тогда Q= . Диагональ-

ными сечениями являются прямоугольники, у которых одной стороной является диагональ ромба, а другой — высота прямого параллелепипеда.

Так что их площади:

M = d ₁ ⋅h и N = d ₂ ⋅h , где h — высота.

Тогда MN = d ₁ ⋅d ₂ ⋅h ² = 2Qh . Откуда h ² = ^MN и 2Q

h = MN ; Тогда V = Q ⋅ H = MNQ .

2Q 2

15. Основание наклонного параллелепипеда — квадрат, сторона которого равна 1м. Одно из боковых ребер равно 2м и образует с каждой из прилежащих сторон основания угол 60°. Найдите объем параллелепипеда.

Из точки A ₁ проведем перпендикуляры к сторонам основания AD и АВ . Тогда AA ₁ · cos60° =2⋅0,5=1м=AD . Так что основанием перпендикуляра является точка D . Далее, AA ₁ · cos60°= 1м=АВ , так что основание перпендикуляра, опущенного из точки А 1 на АВ будет в точке В. То есть А₁ D⊥AD и A₁ B⊥AB. Тогда по теореме о трех перпендикулярах A ₁ C ⊥DC и, соответственно, A ₁ C ⊥BC. Так что А₁ С — высота параллелепипеда.

В квадрате ABCD диагональ АС = 2АВ = 2 (м). Тогда в прямоугольном ∆AA ₁ C по теореме Пифагора: А ₁ С= AA ₁ ² − AC ² = 4− 2 = 2 (м). Так что V = S_ABCD ⋅ A ₁ C = AB ² ⋅ A ₁ C =1⋅ 2 = 2 (м³ ).

16. Грани параллелепипеда — равные ромбы со стороной а и острым углом 60°.

Найдите объем параллелепипеда.

Проведем перпендикуляр А 1О к плоскости основания, а также A ₁ M ⊥AD и Α ₁ Κ ⊥ΑΒ. По теореме о трех перпендикулярах ОМ ⊥AD и ОК ⊥АВ. ∆АА ₁ М= ∆АА ₁ К (по гипотенузе AA ₁ и острому углу

∠A ₁ AM= ∠A ₁ AK= 60°). Тогда AK =AM =AA ₁ ·cos60= ^a .

2

Далее, ∆ΑΜО = ∆АКО (по гипотенузе и катету).

Так что ∠КАО =∠ОАМ =30°.

AO = cos∠AММAO = 2cosa 30o 3 .

В прямоугольном ∆АА 1О по теореме Пифагора:

A 1O = AA 12 − AO 2 = a 2 − a 32 = a 2 3 .

Основание параллелепипеда — ромб с площадью

S ;

ТогдаV = S ⋅ A ₁ O = ^{a 2} 2 ³ ⋅a 3² = ^a 2³ .

17. Каждое ребро параллелепипеда равно 1см. У одной из вершин параллелепипеда все три плоских угла острые, по 2α каждый. Найдите объем параллелепипеда.

Проведем перпендикуляр А 1О к плоскости основания, а также A ₁ M ⊥AD и A ₁ K ⊥AB . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM ⊥AD и ОК ⊥АВ . ∆АА ₁ М =∆AA ₁ K (по гипотенузе и острому углу 2α). Так что AK =AM =AA ₁ ·cos2α=cos2α. Далее, ∆АМО =∆АКО (по гипотенузе и катету). Так что ∠КАО =∠МАО =α.

AO .

Далее, в прямоугольном ∆АА 1О по теореме Пифагора получаем:

A 1O = AA 12 − AO 2 = 1− cos cos222 αα = cos 2 cosα − 2cos α 2 2 α = ₌ 1 + cos2 α − 1 ² α− cos4 α ₌ cos2 2α cos− ² cos α 4 α ₌ sin cosα⋅ sin α 3 α ₍ см_). 2cos

Далее, основание параллелепипеда — ромб с площадью

S =АВ ⋅AD ⋅sinα=1 ⋅ 1sin2α=sin2α (см² ). Тогда объем

V

= 2 sin

18. В параллелепипеде длины трех ребер, исходящих из одной вершины, равны a, b, c . Ребра a и b взаимно перпендикулярны, а ребро с образует с каждым из них угол α. Найдите объем параллелепипеда.

Основание параллелепипеда — прямоугольник ABCD со сторонами АВ =a и AD =b . Его площадь S =AB ⋅AD =ab. Из точки A ₁ проведем перпендикуляры А ₁ О к плоскости основания, а также A ₁ M ⊥AD и

А ₁ К ⊥АВ. Тогда по теореме o трех перпендикулярах OM ⊥AD и ОК ⊥АВ. Далее, ∆АА ₁ М =∆АА ₁ К (по гипотенузе и острому углу α). Так что АК =АМ =АА ₁ ⋅ cosα=c ⋅cosα.

Далее, ∆ΑΜΟ = ∆АКО (АО − общая сторона и АК =АМ ). Так что

∠МАО =∠КАО =45°. Тогда

AO = cos∠AММAO = c cos⋅ cos 45α o = c 2 cosα . В ∆AA ₁ O по теореме Пифагора получаем:

A ₁ O = AA ₁ ² − AO ² = c ² − 2c ² cos² α = c 1− 2cos² α = c ⋅ − cos2α .

Тогда V = S_ABCD ⋅ A ₁ O = abc − cos2α .

19. По стороне основания a и боковому ребру b найдите объем правильной призмы: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

Объем призмы равен V =S осн ⋅h , где h — высота. Но в правильной призме высота равна боковому ребру, так что h = b (по условию) и V = b ⋅S осн. Тогда:

1) Основание — равносторонний треугольник. Его площадь равна: ^ba 2 ³ .

S _осн =. Тогда V =

4

2) Площадь квадрата S осн=a ² , V =ba ² .

3) Правильный шестиугольник представляет собой шесть равносторонних треугольников со стороной a . Так что

S осн . V .

20. Деревянная плита в форме правильного восьмиугольника со стороной 3,2см. и толщиной 0,7см имеет массу 17,3 г. Найдите плотность дерева.

В ∆ВСО : ∠ОСВ =90° и ∠ВОС=22°30′. Тогда

CO

Далее, площадь правильного восьмиугольника

S = 8⋅S_AOB

Тогда объем трубы V (см³ ).

Далее, ρ = 17,3 14⋅ tg ,33622 ^o 30 ′ ≈ 0,5 г₃  .

 см

21. Диагональ правильной четырехугольной призмы равна 3,5 см, а диагональ боковой грани 2,5 см. Найдите объем призмы.

Так как по условию призма правильная, то CC ₁ ⊥DC и DC ⊥AD . Так что по теореме о трех перпендикулярах C ₁ D ⊥AD. Далее, в прямоугольном ∆АС 1D по теореме Пифагора находим:

AD = AC ₁ ² − DC ₁ ² = 3,5² − 2,5² = 6 (см).

Тогда в прямоугольном ∆DC ₁ С по теореме Пифагора найдем: С ₁ С = DC ₁ ² − DC ² = DC ₁ ² − AD ² = 2,5² − 6 = 0,5(см).

Далее, V = S_ABCD ⋅CC ₁ = AD ² ⋅CC ₁ = 6⋅0,5 = 3 (см³ ).

22. Сторона основания правильной треугольной призмы равна a , боковая поверхность равновелика сумме оснований. Найдите ее объем.

Площадь основания равна площади равностороннего треугольника со стороной а . Так что S _осн .

Далее, площадь боковой поверхности равна произведению пе-

23. В правильной шестиугольной призме площадь наибольшего диагонального сечения 4м² , а расстояние между двумя противоположными боковыми гранями 2м.

Найдите объем призмы.

Наибольше диагональное сечение — это AA ₁ D ₁ D . Тогда AD — диаметр окружности, описанной около правильного шестиугольника. Так что AD= 2R и АВ =АМ =R . ∠МАВ найдем по формуле:

∠MAB o . Тогда

MAB = 60^o и MX .

Далее, в прямоугольном .

Так что R

Значит, AD = 2R =

А поскольку S_AA 1_D 1_D = AA ₁ ⋅ AD =4 м² , то АА

Далее, площадь основания равна площади шести равносторонних

∆, то есть S осн = 6⋅S_AMO =

.

Тогда V = S _осн ⋅ ^АА ₁ = 2 3 ⋅ 3 = 6(м³ ).

Ответ: 6 м³ .

24. В наклонной призме проведено сечение, перпендикулярное боковым ребрам и пересекающее все боковые ребра.

Найдите объем призмы, если площадь сечения Q , а боковые ребра равны l .

Задача решена в учебнике п. 202, стр. 102.

25. Боковые ребра наклонной треугольной призмы равны 15м, а расстояние между содержащими их параллельными прямыми 26м, 25м и 17м. Найдите объем призмы.

Проведем сечение, перпендикулярное боковым ребрам. Получится ∆MΝΚ со сторонами, равными расстояниям между параллельными прямыми, содержащими боковые ребра призмы.

Используя задачу № 24, имеем, что: объем призмы равен произведению площади сечения, проведенного перпендикулярного боковым ребрам, на длину бокового ребра. Далее, найдем по формуле Герона S_MNK :

S = p (p − MK )(p − MN )(p − NK ) =

= 34⋅(34 − 26)⋅(34 − 25)⋅(34 −17) = 204 (м² ). Тогда V = S ⋅ BB ₁ = 204⋅15 = 3060 (м³ ).

26. Вычислите пропускную способность (в кубических метрах за 1ч) водосточной трубы, сечение которой имеет вид равнобедренного треугольника с основанием 1,4м и высотой 1,2м. Скорость течения воды 2м/с.

Если d — длина труб, которую проходит вода за 1 час, то V =S ⋅d =S ⋅v ⋅t , где v — скорость течения воды за t =1 час=3600 сек. S — площадь треугольника, так что

S ), поэтому количество прошедшей воды равно

V = S ⋅v ⋅t = 0,84⋅2⋅3600 = 6048(м³ ). Ответ: 6048 м³ .

27. Сечение железнодорожной насыпи имеет вид трапеции с нижнем основанием 14м, верхним 8м и высотой 3,2м.

Найдите, сколько кубических метров земли приходится на 1км насыпи.

Железнодорожная насыпь представляет собой прямую призму с основанием в виде трапеции и высотой, равной боковому ребру длиной 1 км=1000 м. Тогда

V

28. В прямой треугольной призме стороны оснований равны 4см, 5см и 7см, а боковое ребро равно большей высоте основания. Найдите объем призмы.

S

Далее, высота призмы равна боковому ребру, то есть большей высоте основания. Большая высота основания та, которая проведена к меньшему основанию. Тогда, если она равна h , то

S _осн ). Так что h

Ну, и V = S _осн ⋅h = 4 6 ⋅2 6 = 48(см³ ).

Ответ: 48 см³ .

29. Площадь основания прямой треугольной призмы равна 4см² , а площади боковых граней — 9 см² , 10 см² и 17 см² . Найдите объем.

Боковые грани призмы — это прямоугольник с одной из сторон, равной длине бокового ребра, то есть АА₁ , а другой — равной стороне ∆АВС, лежащего в основании. Далее, S AA ₁ B ₁ B = AB ⋅ AA 1; S BCC ₁ B ₁ = BC ⋅BB 1 ; S CC ₁ A ₁ A = AC ⋅CC 1 .

Так что в .

Тогда полупериметр р .И по формуле Герона:

S_АВС = p (p − AB )(p − BC )(p − AC ) , то есть

4 = 18 _⋅ 9 _⋅ 8 _⋅ 1 .

AA ₁ AA ₁ AA ₁ AA ₁