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

§ 27. Куля і сфера

1028.

Нехай OA и OB — радіуси кулі з центром в точці О, OA = OB = 50 см,

AB = 80 см. Проведемо OD ┴ AB. ΔAOB — рівнобедрений (OA = OB —- як радіуси кулі). OD — висота, а також медіана. Отже, AD = DB = 80 : 2 = 40 (см).

З ΔADO за теоремою Піфагора маємо: OA² = AD² + OD²,

Відповідь: 30 см.

1029.

Нехай OM і ON — радіуси кулі, OM = ON = 13 см, AN : AM = 5 : 12. Через точку А і точки M I N проведемо переріз. ΔAMN належить перерізу. ∠MAN спирається на діаметр, отже, ∠MAN = 90°.

Нехай AN = 5x, AM = 12x.

З прямокутного ΔAMN: AM² + AN² = MN²; 144x² + 25х² = 676; 169х² = 676;

x² = 4; x = 2. Звідси AN = 10 см, AM = 24 см.

Відповідь: 10 см, 24 см.

1030.

Нехай площина перетинає кулю по кругу з центром в точці O₁.

O — центр кулі, OO₁ = 6 см, OA = 10 см.

З прямокутного ΔΟ₁ΟΑ:

Для площі основи утвореного кульового сегмента S маємо:

S = π × О₁A² =64π (см²),

1031.

Нехай площина, перпендикулярна до радіуса ОА, перетинає кулю по кругу з центром в точці O₁. BO₁┴ AO, AO₁ = O₁O. З прямокутного ΔВО₁О: нехай OB = г, тоді

Обчислимо площу основи кульового сегмента:

Обчислимо площу великого круга: S₁ = π × OC² = πr².

Знайдемо відношення S: S₁.

Відповідь:

1032.

Нехай (A₁O₂A) ‖ (B₁O₁B), O₂A = 30 см, O₁B = 40 см, OA = OB = 50 см,

O — центр кулі.

Розглянемо два варіанти:

1 варіант: Обидві площини лежать по одну сторону від центра кулі.

З прямокутного ΔO₂ AO:

З прямокутного ΔО ₁ВО:

Отже, висота утвореного кульового поясу O₁O₂дорівнює:

O₁O₂ = OO₂— OO₁ = 40 см — 30 см = 10 см.

2 варіант: Площини лежать по різні сторони від центра кулі.

3 прямокутного ΔO ₂AO:

З прямокутного ΔO₁ВО:

Отже, висота утвореного кульового поясу O₁O₂обчислюється таким чином:

O₁O₂ = OO₂ + OO ₁ = 40 см + 30 см = 70 см.

Відповідь: 10 см або 70 см.

1033.

Нехай S₁— площа основи кульового поясу, r₁— радіус основи, S₁ = 64π см²,

S₂— площа основи кульового поясу, S₂ = 19 см², O₁O₂ = 15 см, г₂ — радіус основи. Площа основи S кульового поясу обчислюється за формулою:

S₁ = πr₁ = πO₂.Α². За умовою S₁ = 64π см².

Отже, маємо πO₂A² = 64π²; O₂A² = 64; O₂A = 8 (см).

Площа основи S₂кульового поясу обчислюється за формулою S₂ = πr² = πO₁B². За умовою S₁ = 19π см². Отже, маємо πO₁B² = 19π см², O₁B² = 19,

Площі основ кульового поясу лежать по різні сторони від центра кулі.

Нехай O ₁O = х. З прямокутного ΔO₂AO:

З прямокутного ΔOBO₁:

Отже, отримуємо: (15 — х)² + 64 = х² + 19; 225 — 30x + x² + 64 = х² + 19;

30x = 270; x = 9. Отже, OO₁ = 9 см, тоді

Відповідь: 10 см.

1034.

Нехай ∠COD = 60°, O₁C = а

З ΔO₁CO: ∠O₁OC = 30°, тоді OC = 2а,

Отже, висота конуса

З ΔAO₁C:

Отже, висота кульового сегмента

Відповідь: 1 : 3.

1035.

Нехай A i B — точки на кулі. OA і OB — радіуси кулі, ОА = ОВ = r.

AB = г. Звідси маємо: ΔABO — рівносторонній, ∠AOB = 60°.

Найкоротшою відстанню між точками A i B буде l — довжина дуги AB.

де r — радіус, n° — градусна міра дуги.

Отже, маємо ∠AOB — центральний кут, n = 60°,

Відповідь:

1036.

Нехай OA — радіус кулі з центром в точці О. OA = 2 см.

Проведемо січну площину, яка перетне кулю по кругу з центром в точці O₁.

OO₁ = х.

З прямокутного ΔAO₁O:

Для площі S перерізу маємо: S = π × O₁A² = π(4 — х²).

Відповідь: π(4 — х²).

1037.

Нехай OA = r, O — центр кулі, O₁— центр перерізу.

Два круга з центрами в точках O і O₁мають спільну точку А.

Проведемо через точку А дотичну до кола, OA ┴ AM, тоді O₁A ┴ AM,

отже, ∠O₁AO = α, ∠OO₁A = 90°.

З ΔAOO₁: AO₁ = AO × cos ∠O₁AO = r cos α.

Отже, площа S перерізу S = π × AO₁ = πr ² cos²α.

Відповідь: πr² cos² α.

1038.

Нехай ΔABC — рівносторонній трикутник, AB = BC = AC = 10 см;

А, В, C — точки дотику кулі до вершин трикутника. OA = OB = OC = 10 см.

Опустимо з центра O кулі перпендикуляр OO₁ на площину трикутника.

ΔAO₁O = ΔBO₁O = ΔCO₁O (за гіпотенузою і катетом: катет OO₁— спільний, а гіпотенуза дорівнює радіусу). Звідси маємо AO₁= BO₁ = CO₁.

Отже, О₁ — центр описаного кола навколо трикутника.

Радіус цього кола дорівнює де а — сторона трикутника.

Отже,

За теоремою Піфагора з AAO₁O маємо:

1039.

Нехай А, В, C — точки сфери з центром в точці О, OA = OB = OC = 26 см.

З’єднаємо точки A, B i C відрізками, отримаємо трикутник ABC зі сторонами:

AB = 16 см, BC = 12 см, AC = 20 см.

Опустимо з точки O — центра сфери перпендикуляр OO₁ на площину трикутника ABC.

AO₁O = ABO₁O = ACO₁O (за катетом і гіпотенузою: катет OO₁— спільний,

OA = OB = OC — як радіуси сфери).

З рівності трикутників маємо: O₁A = O₁B = O₁C.

Отже, O₁— центр кола, описаного навколо трикутника ABC.

Скористаємося формулою для радіуса:

де а, = 16 см, b = 12 см, с = 20 см;

Підставивши дані, маємо:

Отже, O₁A = O₁B = O₁C = 10 (см).

З прямокутного AAO₁O:

1040.

Нехай А, В, C — точки дотику кулі до сторін трикутника KLM.

Опустимо з центра O кулі перпендикуляр OO₁ на площину трикутника.

Відрізки ОА, OB, OC перпендикулярні до сторін (оскільки дотична до кулі перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику).

За теоремою про три перпендикуляри відрізки O₁A, O₁B, O₁C теж перпендикулярні до відповідних сторін трикутника.

З рівності прямокутних трикутників OO₁A, OO₁B, OO₁C (у них катет спільний, а гіпотенузи дорівнюють радіусу) випливає рівність сторін O₁A = O₁B = O₁C.

Отже, O₁— центр кола, вписаного у трикутник.

Для знаходження радіуса кола, вписаного в трикутник, скористаємося формулою: де а = 26 см, b = 28 см, с = 30 см, тоді

і для радіуса r маємо:

Отже, O₁A = O₁B = O₁C = 8 см.

З прямокутного AAO₁O:

Відповідь: 6 см.

1041.

Нехай сторони ромба ABCD дотикаються до сфери з центром в точці O в точках М, N, L, K.

Оскільки площина ABC перетинає сферу по колу, то коло з центром в точці O₁буде вписаним в ромб ABCD. Проведемо OO₁┴ (ABC).

З прямокутного ΔMO₁O:

Оскільки радіус кола, вписаного в ромб, дорівнює не половині висоти,

то висота ромба ABCD BP = 2MO₁ = 2 × 6 = 12 (см).

Нехай ∠ABC = 150°, тоді ∠BAD = 30°.

З прямокутного ΔАВР:

Оскільки в ромбі всі сторони рівні, то P_ΔABCD = 4 × AM = 4 × 24 = 96 см.

S_ABCD= АО × BP = 24 × 12 = 288 см².

Відповідь: 96 см, 288 см².

1042.

Куля дотикається до однієї сторони у точці А, до другої — у точці В.

OA ┴ AC, OB ┴ СВ, ∠ACO = ∠BCO.

а)

б)

в)

г)

Відповідь: а) 2г; б) в) г)

1043.

Нехай MA, MB — дотичні до кулі з центром в точці О.

(MOA) ┴ (МОВ), OM = 6 см. OB ┴ MB, як радіус, проведений в точку дотику,

OB = 2 см.

З прямокутного ΔВМО:

Оскільки (MOA) ┴ (МОВ), то BK ┴ ОМ, AK ┴ ОМ. Нехай OK = х.

В прямокутному ΔOBM: OB² = OK х ОМ, 4 = х × 6,

Отже,

З прямокутного ΔАВК:

Відповідь:

1044.

Існує вісім сфер радіуса 2, які дотикаються до координатних площин.

(х — 2)² + (у — 2)² + (z — 2)² = 4 — рівняння сфери радіуса 2, яка дотикається до координатних площин.

1045.

а)

Геометричним місцем центрів сфер радіуса г, які дотикаються до даної площини α, є дві площини β і γ, які паралельні до площини α і знаходяться на відстані r від неї.

б)

Геометричним місцем центрів сфер радіуса г, які проходять через дану точку А, є сфера з центром в точці А і радіуса г.

1046.

а)

Геометричним місцем центрів сфер, які дотикаються до даної площини α у даній А є пряма а (без точки А), яка перпендикулярна до площини α і проходить через точку А.

б)

Геометричним місцем центрів сфер, які дотикаються до даної прямої а в точці А, є площина (з виколотою точкою А), яка проходить через точку А і перпендикулярна до прямої а.

1047.

ΔSKO —- прямокутний, OC = OK = 6400 км, AC = 100 км.

Тоді із ΔACO :

З ΔSCO: AD × OS = CO², тоді

Тоді SK = SO — OK = 6401 — 6400 = 1 (км).

Відповідь: 1 км.

1048.

Нехай OA = 6,4тис.км. ∠AOB = α, ∠O₁OA = 90° - α.

З ΔOO₁A: O₁A = OA × sin(90° — α) = OA × cos α = 6,4 cos α (тис.км)

C = 2π × 6,4 cos α = 12,8π cos α (тис.км).

Якщо α = 46°29', то C = 12,8 × 3,14 × cos46°29' = 12,8 × 3,14 × 0,69 = 28(тис.км).

Якщо α = 49°49', то C = 12,8 × 3,14 cos49°49' = 40,192 × 0,6 = 26 (тис.км).

Якщо α = 50°27′, то C = 12,8 × 3,14 cos50°27'= 40,192 × 0,45 = 25,6 (тис.км).

Відповідь: =28 тис.км; =26 тис.км; =25,6 тис.км.

1049.

Нехай R — радіус Землі, тоді довжина обруча дорівнює 2πR,

нова довжина обруча 2πR₁або 2πR +1, тоді 2πR +1 = 2πR₁,

звідси 2πR₁ - 2πR - 1; 2π(R₁ - R) = 1;

Нехай г — радіус футбольного м’яча, тоді довжина обруча дорівнює 2πг,

нова довжина обруча або 2πг + 1, тоді 2πг +1 = 2πr₁,

звідси 2πг₁ - 2πr = 1, 2π(г₁ - г) = 1;

Отже, відстані однакові.

Відповідь: відстані однакові.

1050.

Нехай рівняння сфери має вигляд

(x — a) ² + (у -b)² + (z - с)² = R². Враховуючи, що сфера

проходить через точки А(2;0;1), B(2; 0;3), С(1;4;0),D(l; 2; 2),

маємо систему рівнянь:

Розв’яжемо отриману систему:

Отже, центр сфери (8; 4; 2) і радіус сфери

Відповідь: (8; 4; 2).

1051.

AB = BC = AC = 3а, OA = OC = OB = 2а, OM = а.

Оскільки OA = OC = OB і OO₁┴ (ABC) ,то O₁— центр AABC, тоді

З ΔOAO₁маємо

Оскільки OO₁ = а, то площина трикутника ABC дотикається до кулі.

1052.

Оскільки AM + MN = NB, то N — центр кулі, нехай AB = 2а , тоді S₁ = πа²

Проведемо NH ┴ KM, тоді

Тоді з ΔKHN:

Тоді

Тоді

Відповідь:

1053.

∠ABC = 120°, OA = OC = 10 см², π × (O₂A)² = 36π см ² , OO₂┴ AB, OA₁┴ BC. Оскільки π × (O₂A)² = 36π, το O₂A = 6 см .

3 ΔOO₂A:

Нехай ∠ OBO₂ = α, тоді ∠ OBO₁ = 120° - α, тоді із ΔOBO₂ і ΔOBO₁ маємо

Отже, звідси

8sin(120°- α) = 10sinα;

8(sin 120° cos α - cos 120° sin α) = 10 sin α;

Тоді

Тоді

Відповідь:

1054.

АС = 16см; π(O₁B)² = 100π см ²; π(O₂B)² = 144π см ²

Оскільки π(O₁B)² = 100πt, то O₁B = 10.

Оскільки π(O₂B)²=144π, то O₂B = 12.

З ΔO₁BA:

З ΔO₁AO:

Відповідь:

1055.

AB = AC = AD = OB = OC = OD = 2 см. ОО ₁ ┴ (ABC), ∠BAC = α = ∠BAD = ∠ DAC,

Нехай AB = AC = AD = x, тоді з ΔABC:

ΔBCD — рівносторонній,

3 ΔABO₂:

З ΔBO₁O:

Відповідь:

1056.

Нехай сфера з центром O проходить через точки А, В, C і дотикається до площини а в точці O₂. Центр кола, описаного навколо трикутника ABC, лежить на діаметрі сфери, яка перпендикулярна до площини ABC. Продовження цього діаметра сфери перегинає площину в точці X. ΔXOO₂ — прямокутний.

Якщо задано точки А, В, C і O₂, то, щоб знайти центр сфери, необхідно: описати коло навколо трикутника ABC, провести перпендикуляр O₁X до площини ABC та провести перпендикуляр O₂O до площини α. O — точка перетину цих перпендикулярів.

1057.

Нехай ∠ASC = ∠ASB = ∠BSC = 90°,

де А, В, C — точки дотику ребер SA, SB, SC до кулі радіуса г.

ΔSAO = ΔSBO = ΔSCO, де O — центр кулі,

тоді SA = SB = SC, AO = BO = CO = г. Нехай SA = SB = SC = І, тоді

З ΔАВС:

З ΔSO₁B:

З ΔOO₁B:

З ΔSAO:

г² =2l²;

Тоді

Отже, шукане геометричне місце точок — сфера радіуса

із центром О, де г і O — радіус і центр даної кулі.

1058.

Нехай через пряму а проходять площини α₁, α₂, …, α_n, які перетинають сферу з центром у точці О, причому α₁ і α_nдотикаються до даної сфери в точках C I B відповідно, ∠ BAC — лінійний кут двогранного кута.

Шукане геометричне місце точок — дуга кола, радіус якого дорівнює AC = AB, а його центр — точка А.

1059.

Позначимо центри даних сфер O₁і O₂ , а радіус третьої сфери R.

Тоді точка O належить бісектору даного кута і площині, що проходить через середину P відрізка O₁O₂ і перпендикулярна до O₁O₂. Отже, точка O належить перетину бісектора з цією площиною — променю QP.

З ΔQOM:

З Δ O₁QM₁:

QP = Q₁O₁ = 2 r.

OP = QP — OQ = 2r - 2R, O₁P = r, OO₁P = R + г.

З прямокутного трикутника O₁OP за теоремою Піфагора маємо:

OP² = O₁O²— O₁P²; (2r — 2R)² = (R + г)² — г²;

4г² — 8Rr + 4R² =R² + 2Rr + r² — r²; 4r² — 10Rr + 3R² = 0 ;

3R² — 10Rr +4г² =0;

Відповідь:

1060.

Центри даних чотирьох сфер позначимо O₁, O₂, O₃, O₄. Сфера, яка дотикається до даних сфер внутрішньо, нехай має центр в точці O₅ . Точки дотику цієї сфери зі сферами з центрами, в O₁, O₂ , O₃, O₄позначимо через A₁, A₂ , A₃ , A₄.

Тоді O₅A₁ = O₅O₁ + O₁A₁; O₅A₂ = O₅O₂ + O₂A₂; O₅A₃= O₅O₃ + O₃A₃;

O₅A₄ = O₅O₄ + O₄A₄.

Крім того O₅A₁ = O₅A₂ = O₅A₃ = O₅A₄(як радіуси однієї і тієї ж сфери),

O₁A₁ = O₂A₂ = O₃A₃ = O₄A₄ = г (як радіуси даних чотирьох однакових сфер).

Тому O₅O₁ = O₅O₂ = O₅O₃ = O₅O₄, тобто O₅є одночасно і центром сфери, описаної навколо тетраедра O₁O₂O₃O₄ .

Знайдемо радіус цієї сфери. Кожне ребро тетраедра O₁O₂O₃O₄ дорівнює 2г. Центр O₅рівновіддалений від вершин O₂, O₃, O₄тетраедра, отже, точка O₅лежить на висоті O₁H тетраедра. З ΔO₂O₃O₄ знаходимо

З ΔHO₁O₃:

Нехай O₅O₁ = O₅O₃ = R, тоді

Враховуючи, що маємо

Тоді

Звідси Радіус шуканої сфери дорівнює

Відповідь:

1061.

Нехай O₁O₂O₃O₄O₅O₆ — правильний шестикутник, O₁O₄ = 4r. OA₁ — радіус сфери, яка дотикається внутрішньо до шести сфер із центрами O₁, O₂, O₃, O₄, O₅, O₆ радіуса r. OA₁ = 3r, тоді OO₁ = OA₁ — O₁A = 3r — r = 2r . OO₁ ┴ (ABC).

Тоді із AOO₁O₇: O₁O₇² = O₇O² + OO².

Нехай O₇B = x, тоді (x + r) = (3r — x + (2г)²;

x² + 2xr +r² = 9r² — 6xr + x² + 4r²; 8xr = 12r²;

8x = 12r; x = 1,5r.

Отже, шуканий радіус дорівнює 1,5r.

Відповідь: 1,5г.

1062.

Проведемо через р площину, яка паралельна прямій l і спроектуємо на неї пряму ί і центри куль. Нехай O₁, O₂, O₃ — проекції центрів куль, A₁, A₂ , A₃ — точки дотику, А — точки перетину р i l′ — проекції І, α — кут між l i р, d — відстань між ними. Нехай AO₁ = х. Відстань від O₁ до р дорівнює x sin α. a відстань від центра першої кулі до p дорівнює .

Таким чином, х² sin² α + d ² = 1.

Аналогічно отримуємо ще два рівняння:

(x + 3)² sin² α + d² = 4, (х + 10)² sin² α + d²= 25.

Останні два рівняння з урахуванням першого рівняння перетворюються до вигляду: 2х sin² α + 3 sin² α = 1, 5x sin² α + 25 sin² α = 6 .

Звідси x = 1. Потім Отже,

Відповідь: