Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. В. Апостолової 11 клас - 2011 рік

Завдання 18

1.

Нехай О А — радіус кулі, ОА = 1 см. АВ = ΚΚ₁ = 2ОА = 2 см. CD = 2СО = 2 см.

S_біч. = P_KLMN× 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: S_{повн. призми} = Р_ABCD × АА₁ × 2S_ABCD =

= 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. P_ABCDEF = 54 дм; Paa₁b_1B = 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 = 2S_ABCD + P_ABCD × ΑΑ₁ = 2 × AB × AD + 2(AB + AD) × AA₁ =

= 2 × 2x × 3x + 2(2x + 3x) × 6x = 12x² + 60x² = 72x².

За умовою 72x² = = 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, P_ABC = 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 = Р_ABC × 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 + b^г + 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, ΌΑ = 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; 2x² = 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. 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 = KΌ₁, 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…A_n, в якої висота SO має за основу О — центр вписаного кола у багатогранник A₁…A_n. . .

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 = ... = OL_n, OL₁ ┴ А₁A₂, …, OL_n┴ А_nA₁, як радіуса вписаного кола.

ΔSOL ₁ = ... = ΔSOL_nза двома катетами. Тоді бісектриси кутів SL₁O, ...,

SL_nO цих трикутників перетинаються в одній точці Q на їх спільній стороні SO.

SO ┴ (A₁A₂A_n), 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), ..., QK_n┴ (A_nSA₁).

За властивістю бісектриси кута з рівних трикутників SOL₁, ... SOL₂маємо:

QO = QK₁ = ... = QK_n — 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= ... ΔSK_nO₁.

Проведемо бісектриси кутів SK₁O₁, SK₂O₁, SK₃O₁, ..., SK_nO₁,

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} = S_біч.+ 2S_осн

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 ΔΟ₁KΌ: 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: