Геометрия. 11 класс. Многообразие идей и методов : по- собие для учащихся общеобразоват учреждений с белорус и рус яз обучения / Н. М. Рогановский, Е. Н

Тогда числу k будет равно отношение боковых ребер:
PA
PA
1
=
PB
PB
1
=
PC
PC
1
=
…
=
k,
а также отношение высот:
PO
PO
1
=
k.
Так как отношение площадей подобных многоугольников равно
квадрату коэффициента подобия, то
S
S
A B C D
ABCD
1 1 1
1
. . .
=
k
2
=
PO
PO
PO
PO
1
2
1
2
2
æ
èç
ö
ø÷ =
.
Следствие.
Площадь параллельного сечения пирамиды есть квад
ратичная функция расстояния от вершины пирамиды до плоскости се
чения:
S
сеч
=
ax
2
,
(*)
где а — постоянное число, х — расстояние от вершины пирамиды до
плоскости сечения (рис. 63).
Доказательство.
На основании предыдущей теоремы
S
S
x
H
сеч
осн
=
2
2
(Н — высота пира
миды), откуда S
сеч
=
S
H
x
осн
2
2
. Для данной пирамиды отношение
S
H
осн
2
—
постоянная величина. Обозначив это отношение через а, получим ра
венство (*).
3.2. Примеры решения задач
Задача 1.
(Найдите ошибку!) Дана задача
и ее решение. При этом допущена ошибка.
Найдите ее.
Краткая запись задачи.
PABC — правильная треугольная пирамида
(рис. 64), АС
=
а — сторона основания, РK —
биссектриса
Ð
АРС,
Ð
АРK
=
60
°
. Найдите боко
вое ребро пирамиды.
Решение.
1) В равнобедренном
D
АРС биссектриса РK
является высотой. Поэтому
D
АРK — прямо
угольный и
Ð
РАK
=
30
°
;
2) катет, лежащий против угла в 30
°
, равен половине гипотенузы:
РА
=
2х, PK
=
x;
—
50
—
B
С
P
K
А
Рис. 64
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

3) учитывая, что AK
=
a
2
, на основании теоремы Пифагора запишем
уравнение: 4х
2
– х
2
=
a
2
4
;
4) отсюда х
=
a
2 3
, РА
=
2х
=
a
3
.
Ответ:
РА
=
РВ
=
РС
=
a
3
.
Задача 2
(49, рис. 65).
Решение.
Имеем:
1)
tg
,
tg
tg
tg
a
b
a
b
=
=
ü
ý
ï
þ
ï
Þ
=
×
=
РО
АО
РО
ОМ
РО
АО
ОМ
РО
=
=
ОМ
АО
n
cos
p
;
2)
сos
sin
2
sin
sin
2
sin
a
g
p
g
p
=
=
=
ü
ý
ï
ïï
þ
ï
ï
ï
Þ
АО
РА
АМ
РА
n
АМ
АО
,
,
n
АМ
РА
АО
АМ
АО
РА
=
×
=
=
cos
a
;
3)
sin
tg
tg
sin
tg
tg
a
d
d
a
p
=
=
ü
ý
ï
þ
ï
Þ
×
=
= Ð
=
KT
ТВ
ТА
ТK
ТА
ТВ
ТАВ
,
2
2
2
сtg
-
æ
èç
ö
ø÷
=
p
p
n
n
;
4)
cos
tg
cos
tg
с
b
g
b
g
=
=
ü
ý
ï
þ
ï
Þ
=
×
=
=
ОМ
РМ
АМ
РМ
ОМ
РМ
РМ
АМ
ОМ
АМ
,
2
2
tg
p
n
;
5)
sin
cos
sin
cos
b
d
b
d
=
=
ü
ý
ï
þ
ï
Þ
=
×
=
РО
РМ
KT
AK
РО
РМ
AK
KT
РО
KT
,
2
2
×
=
×
=
AK
РМ
РВ
ВT
AK
РМ
=
×æ
èç
ö
ø÷
=
×
=
=
-
æ
èç
ö
ø÷
РВ
ВT
РВ
АВ
РВ
ВT
AВ
РВ
AВ
ВТ
n
1
1
cos
2
:
1
p
p
=
1
sin
p
n
;
—
51
—
α
β
d
γ
K
O
P
А
B
М
T
С
D
E
F
Рис. 65
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

6)
cos
2
sin
cos
sin
g
d
d
b
=
=
ü
ý
ï
þ
ï
Þ
×
=
×
=
РМ
РВ
АT
AK
РМ
РВ
AТ
АK
РМ
,
2
2
АK
AТ
РВ
×
=
= æ
èç
ö
ø÷
×
=
×
=
=
-
æ
èç
ö
ø÷
=
1
АВ
РВ
АТ
РВ
РВ
АВ
AТ
РВ
AТ
АВ
n
:
1
sin
2
p
p
cos
p
n
.
Задача 3
(50, б, рис. 66).
Решение.
1) Пусть О — центр окружности, вписан
ной в
D
PAC. Тогда
Ð
ОАТ
=
a
2
и
ОТ
АТ
=
Þ
tg
a
2
Þ
=
=
АТ
ОТ
r
tg
tg
a
a
2
2
;
2) введем обозначение: РТ
=
h. Тогда
из прямоугольного
D
РАТ
РТ
АТ
РТ
h
r
=
Þ
= =
tg
tg
tg
a
a
a
2
;
3) S
S
АС РТ
АТ РТ
r
r
r
РАС
бок
tg
tg
tg
tg
=
= ×
×
=
×
= ×
×
=
3
3
1
2
3
3
2
2
3
2
a
a
a
a
a
tg
2
2
;
4) S
АС
r
r
осн
tg
tg
=
=
æ
è
ç
çç
ö
ø
÷
÷÷
×
=
2
2
2
2
3
4
2
2
3
4
3
2
a
a
;
5) S
S
S
r
r
r
полн
осн
бок
tg
tg
tg
tg
tg
=
+
=
+
=
+
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2
3 3
a
a
a
a
(
)
a
2
.
Ответ:
S
r
полн
tg
tg
=
+
2
2
3 3
2
(
)
a
a
.
Задача 4.
Площади основания и боковой грани правильной четырех
угольной пирамиды соответственно равны 4 и 2 6. Найдите ребра
пирамиды и постройте ее развертку. (Решите самостоятельно.)
—
52
—
B
С
P
А
α
O
T
r
Рис. 66
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

§ 4. СФЕРА И ШАР. СЕЧЕНИЕ СФЕРЫ ПЛОСКОСТЬЮ
4.1. Сфера и шар
Напомним определение сферы и приведем определение шара. Сферой
с центром О и радиусом R называется геометрическое место точек про
странства, удаленных от точки О на расстояние R.
Шаром называется множество всех точек пространства, расстояние
которых от некоторой точки — центра шара — не превосходит данного
числа.
Центром, радиусом, хордой, диаметром шара называется центр, ра
диус, хорда, диаметр граничной сферы.
Сферу и шар изображают в ортогональной проекции — в виде круга.
Для наглядности обычно изображают также экватор и полюсы (рис. 67, а).
Малую ось эллипса, изображающего экватор, можно выбирать произ
—
53
—
Рис. 67
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

вольно, но после этого положение полюсов определяется однозначно
(рис. 67, б).
Предупреждение. Иногда встречается ошибочное изображение сфе
ры и шара (рис. 68, а). В чем здесь ошибка? Полюсы выбраны на окруж
ности, а экватор изображен в виде эллипса. Этого быть не может. По
люсы могут оказаться на окружности лишь в том случае, когда экватор
изобразится отрезком (рис. 68, б), но такой рисунок не является на
глядным.
4.2. Сечение сферы и шара плоскостью. Касательная плоскость
к сфере
Плоскостью (прямой), касательной к сфере, называется плоскость
(прямая), имеющая со сферой единственную общую точку. Общая точ
ка называется точкой касания.
Теоремы 6
1. Сечение сферы плоскостью, перпендикулярной к диаметру и пе
ресекающей его, есть окружность, радиус которой r
=
R
d
2
2
-
,
где R — радиус сферы, d — расстояние от центра сферы до секущей
плоскости (рис. 69, а).
2. Плоскость, проходящая через конец диаметра сферы и перпен
дикулярная ему, является касательной к сфере.
3. (Oбратная теореме 2.) Касательная плоскость к сфере перпен
дикулярна диаметру (радиусу), проведенному в точку касания.
—
54
—
Рис. 68
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Доказательства.
1. 1) Рассмотрим сечение сферы плоскостью
a
, перпендикулярной
ее диаметру (см. рис. 69, а). Пусть диаметр пересекает плоскость
a
в точке О
1
. Тогда OO
1
— расстояние от центра сферы О до плоскости
a
:
OO
1
=
d;
2) возьмем произвольную точку A, принадлежащую сечению. Из
прямоугольного
D
ОО
1
А имеем: О
1
А
=
OA
OO
2
1
2
-
=
R
d
2
2
-
;
3) итак, при произвольном выборе точки А сечения она оказывается
каждый раз удаленной от точки O
1
на одно и то же расстояние
R
d
2
2
-
. Кроме того, любая точка плоскости
a
, удаленная от точки O
1
на расстояние R
d
2
2
-
, принадлежит сфере;
4) следовательно, сечение представляет собой окружность с цен
тром O
1
и радиусом r
=
R
d
2
2
-
.
2. 1) Пусть плоскость
a
(рис. 69, б) проходит через точку А сферы
и перпендикулярна радиусу ОА. Тогда отрезок OB, соединяющий
центр О с любой другой точкой В плоскости
a
, будет наклонным, зна
чит, OB
>
OA, т. е. любая точка B
Îa
, кроме A, лежит вне сферы;
2) следовательно, плоскость
a
касается сферы в точке A.
3. 1) Пусть плоскость
a
касается сферы в точке А (см. рис. 69, б). То
гда любая другая точка В плоскости
a
не лежит на сфере;
2) точка В не может быть внутренней точкой шара, так как в против
ном случае d
<
R и плоскость
a
пересекала бы сферу по окружности (см.
теорему 6.1);
3) значит, В — внешняя точка, поэтому OB
>
R;
—
55
—
Рис. 69
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

4) из неравенства OB
>
R и равенства OA
=
R следует, что OA являет
ся расстоянием от точки О до плоскости
a
;
5) следовательно, отрезок OA перпендикулярен плоскости
a
:
OA
^ a
.
Следствия.
1. Сфера является поверхностью вращения.
2. Чем ближе секущая плоскость к центру сферы, тем больше радиус
сечения. Наибольший радиус, равный R, имеет сечение сферы плоско
стью, проходящей через ее центр.
3. Если прямая касается сферы, то она перпендикулярна к ее радиу
су, проведенному в точку касания.
4. Если прямая, проходящая через точку сферы, перпендикулярна к ра
диусу, проведенному в эту точку, то она является касательной к сфере.
5. Если из одной точки проведены к данной сфере несколько касатель
ных прямых, то расстояния от этой точки до точек касания равны ме
жду собой.
4.3. Примеры решения задач
Задача 1
(«подзадача» к задаче 54, а).
Краткая запись задачи.
KLMN — прямоугольник (рис. 70),
PQ || KLMN, KL
=
1, PQ
=
3, стороны
прямоугольника KLMN и отрезки KL,
LP, NQ, MQ, PQ касаются некоторого
шара.
Установите вид четырехугольни
ков KLMN, KPQN и LPQM и найдите
их стороны.
Выполнение чертежа. Замысел ре
шения. По условию шар касается сто
рон прямоугольника KLMN. Это воз
можно, если прямоугольник KLMN является квадратом. Итак, шар
касается сторон квадрата KLMN. Часть шара «проседает» и расположе
на под плоскостью KLMN, часть — над этой плоскостью.
Учитывая, что PQ
>
KN, приходим к выводу о том, что над плоско
стью KLMN располагается большая часть шара. Тогда точки K, L, M, N
находятся ниже плоскости экватора шара. Касательные KP и NQ, пере
секающие эту плоскость, будут «расходиться» и составлять со сторо
—
56
—
P
P
P
P
O
O
P
Т
Q
Q
Q
Q
Q
K
М
N
L
R
1
2
3
4
1
1
2
3
4
Рис. 70
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

ной KN квадрата тупые углы. Аналогичное наблюдение возможно
и в отношении касательных LP и MQ.
Создается впечатление также, что PQ || KN и отрезок PQ касается
шара в его полюсе, причем этот полюс делит отрезок PQ пополам.
В итоге приходим к рисунку 70. Разумеется, высказанные предположе
ния должны быть доказаны или опровергнуты логическим путем.
Пространственная фигура, образованная отрезками, не похожа на
призму или пирамиду. Поэтому воспользоваться общими свойствами
какоголибо многогранника, повидимому, не удастся. Естественно,
надо постараться извлечь максимум возможного из того, что данные
отрезки касаются шара.
Как воспользоваться свойствами касательных к шару?
1) Так как шар касается сторон прямоугольника KLMN, то плоскость
этого прямоугольника пересекает шар по кругу, вписанному в прямо
угольник KLMN. Поэтому прямоугольник KLMN является квадратом,
а также KN
=
KL
=
1;
2) пусть Р
1
—Р
4
— точки касания шара со сторонами квадрата KLMN,
Q
1
—Q
4
— точки касания шара соответственно с отрезками PK, PL, QM,
QN. Так как отрезки касательных к шару, проведенные из одной точки,
равны, то
PQ
1
=
PQ
2
=
PT
=
1,5, KQ
1
=
KP
1
=
KP
4
=
0,5, LQ
2
=
LP
1
=
LP
2
=
0,5,
QQ
4
=
QQ
3
=
QT
=
1,5, NQ
4
=
NP
3
=
NP
4
=
0,5, MQ
3
=
MP
2
=
MP
3
=
0,5;
3) поэтому
PK
=
PL
=
1,5
+
0,5
=
2, QN
=
QM
=
1,5
+
0,5
=
2
и треугольники PKL и QNM — равные равнобедренные треугольники;
4) тогда PР
1
и QР
3
— высоты этих треугольников. Так как KL
^
PР
1
и KL
^
P
1
Р
3
, то KL
^
PР
1
Р
3
. Аналогично MN
^
QР
3
Р
1
;
5) плоскости PР
1
Р
3
и QР
3
Р
1
, проходя через точку Р
1
перпендикуляр
но к KL, совпадут. Поэтому PQ
Ì
PР
1
Р
3
;
6) тогда плоскость PР
1
Р
3
, проходя через прямую PQ, параллельную
плоскости KLMN, пересечет плоскость KLMN по прямой Р
1
Р
3
|| PQ;
7) поэтому PQ || KN и четырехугольник KPQN (аналогично четы
рехугольник LPQM) — равнобедренная трапеция;
8) основания этих трапеций равны 1 и 3, боковые стороны равны 2.
Ответ:
четырехугольник KLMN является квадратом, четырехуголь
ники KPQN и LPQM — равными равнобедренными трапециями;
KN
=
KL
=
1, PK
=
PL
=
QN
=
QM
=
2.
—
57
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Задача 2
(54, а, см. рис. 70).
Решение.
1) Выясним, как располагается центр шара. Центр шара располага
ется на прямой, проходящей через центр О
1
окружности, вписанной
в квадрат KLMN и перпендикулярной плоскости этого квадрата. Так
как плоскости KLMN и PР
1
Р
3
Q перпендикулярны, то эта прямая и, сле
довательно, центр О шара принадлежат плоскости PР
1
Р
3
Q. Таким обра
зом, центр шара — точка О — принадлежит отрезку О
1
Т;
2) искомый радиус шара можно найти как радиус окружности, опи
санной около
D
ТР
2
Р
4
, предварительно найдя площадь этого треуголь
ника, например по формуле Герона. Имеем: ТР
4
=
3 (рассмотрите рав
нобедренную трапецию KPQN),
S
р р а р b р с
=
-
-
-
=
+ ×
+ × × =
(
)(
)(
)
2 3 1
2
2 3 1
2
1
2
1
2
11
4
,
R
abc
S
=
= ×
×
×
=
4
1 3
3
4
11
4
3
11
.
Ответ:
R
=
3
11
.
Задача 3
(55, а, рис. 71).
Замысел решения. Воспользуемся форму
лой, связывающей углы
a
и
g
в правильной
пирамиде.
Решение.
1) На основании указанной формулы имеем:
cos
sin
sin
sin
a
g
g
=
°
=
2
180
6
2
2
;
2) из прямоугольного
D
РОK:
OK
РО
OPK
а
РО
=
Ð
=
=
Þ
=
sin
cos
sin
a
g
2
2
=
Þ
=
2
2
2
2
sin
sin
.
g
g
РО
а
Ответ:
РО
=
а
2
2
sin
g
.
—
58
—
Рис. 71
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

§ 5. КОНУС
5.1. Теория
Пусть РО (рис. 72, а) — перпендикуляр, проведенный из точки Р на
плоскость
a
; рассмотрим круг с центром О, лежащий в плоскости
a
. Со
единим произвольную точку Х круга отрезком ХР с точкой Р. Множе
ство отрезков ХР образует тело, которое называется круговым кону
сом. Круг называется основанием конуса, точка Р — вершиной конуса,
отрезок РО — высотой конуса.
Поскольку мы изучаем только круговые конусы, то будем называть
их просто «конусы».
Отрезки ХР, соединяющие точки окружности основания с верши
ной Р, называются образующими конуса. Если точка Х описывает ок
ружность основания конуса, то отрезок ХР опишет поверхность, кото
рая называется боковой поверхностью конуса. Прямая РО называется
осью конуса. Сечение конуса плоскостью, проходящей через его ось
(рис. 72, б), называется осевым сечением. Если плоскость проходит че
рез образующую конуса (рис. 72, в) и других общих точек с конусом не
имеет, то она называется касательной плоскостью конуса.

жүктеу/скачать 9,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: