Рис. 94 O R А H O 1 Рис. 95

Решение.
1) Воспользуемся формулой R
ш
=
r
H
Н
2
2
2
+
, где R
ш
— радиус шара,
описанного около правильной пирамиды, r — радиус окружности, впи
санной в основание пирамиды, Н — высота пирамиды. Для нахождения
R
ш
достаточно найти r и Н;
2) так как в основании пирамиды ле
жит квадрат, то его диагональ
АС
=
АВ 2
=
2 2
=
2;
3) тогда АО
=
1 и из прямоугольного
D
РАО находим высоту пирамиды:
Н
=
РО
=
PA
OA
2
2
9 1 2 2
-
=
- =
;
4) учтем, что r
=
1
2
2
2
AB
=
;
5) искомый радиус шара
R
ш
=
r
H
Н
2
2
2
+
=
1
2
8
4 2
17
8 2
+
=
.
Ответ:
R
ш
=
17
8 2
.
Задача 2
(73, а, рис. 97).
Замысел решения. Воспользуемся фор
мулой R
ш
=
r
H
Н
2
2
2
+
, где R
ш
— радиус шара,
описанного около правильной пирамиды,
r — радиус окружности, описанной около
основания пирамиды, Н — высота пира
миды. Для нахождения R
ш
достаточно
найти высоту пирамиды Н.
Решение.
1) Пусть
a
— угол наклона бокового реб
ра к плоскости основания пирамиды. Из
прямоугольного
D
АРО имеем:
АО
РА
=
cos
a
;
2) воспользуемся формулой, связывающей углы
a
и
g
в правильной
пирамиде (см. задачу 49): cos
sin
sin
a
g
p
=
2
n
;
—
73
—
R
α
γ
P
А
B
С
O
Ш
Рис. 97
P
А
B
С
D
O
H
r
R
Ш
Рис. 96
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

3) тогда
РА
=
АО
r
r
n
cos
cos
sin
sin
a
a
p
g
=
=
×
2
;
4) из прямоугольного
D
АРО по теореме Пифагора
H
2
=
РО
2
=
РА
2
– ОА
2
=
r
n
2
2
2
2
×
sin
sin
p
g
– r
2
=
r
n
2
2
2
2
2
2
sin
sin
sin
p
g
g
-
æ
èç
ö
ø÷
;
5) приходим к искомому ответу:
R
ш
=
r
H
Н
2
2
2
+
=
r
r
n
r
n
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
-
æ
èç
ö
ø÷
-
sin
sin
sin
sin
sin
sin
p
g
g
p
g
g
=
r
n
n
sin
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
2
p
g
p
g
-
.
Задача 3
(73, г, рис. 98).
Замысел решения. 1й способ. Учтем,
что правильная четырехугольная призма,
как и всякий параллелепипед, является
центрально симметричной фигурой. Цен
тром симметрии является точка О, в кото
рой пересекаются диагонали параллеле
пипеда.
2й способ. Воспользуемся формулой
из задачи 65, ж:
R
ш
=
1
2
4
2
2
Н
r
+
,
где R
ш
— радиус шара, описанного около
правильной призмы, r — радиус окружно
сти, описанной около основания призмы, Н — высота призмы. Для на
хождения R
ш
достаточно найти радиус r окружности, описанной около
основания призмы. Решите самостоятельно.
—
74
—
А
B
С
D
O
H
А
B
С
D
O
α
1
1
1
1
1
Рис. 98
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Решение.
1й способ. 1) Так как в правильной четырехугольной призме диаго
нали равны, то точка О — точка их пересечения — равноудалена от всех
вершин данной призмы. Поэтому точка О является центром описанно
го шара, а диагональ В
1
D — диаметром этого шара;
2) из прямоугольного
D
В
1
DВ
В В
В D
B D
R
В В
R
Н
1
1
1
1
2
2
=
Þ
=
=
Þ
=
sin
sin
sin
a
a
a
ш
ш
.
Ответ:
R
Н
ш
=
2sin
a
.
При решении задач на комбинацию тел часто удобно пользоваться
осевым сечением комбинации, изображая его без искажения, во фрон
тальной плоскости. Для правильного построения осевого сечения, ра
зумеется, необходимо уметь изображать саму комбинацию. Поэтому на
первых порах обычно строят изображение комбинации и рядом — изо
бражение осевого сечения. По мере выработки навыка возможно поль
зоваться только осевым сечением.
Задача 4.
Постройте осевые сечения комбинаций некоторых тел ша
ром. Изобразите на осевом сечении центр шара и его радиус. Учти
те, что центром шара: а) описанного около цилиндра или вписанно
го в цилиндр, является середина отрезка, соединяющего центры
оснований цилиндра; б) в который вписана прямая призма, являет
ся середина отрезка, соединяющего центры окружностей, описан
ных около оснований призмы; в) около которого описана прямая
призма, является середина отрезка, соединяющего центры окруж
ностей, вписанных в основания призмы; г) в который вписан конус,
является центр окружности, описанной около осевого сечения ко
нуса; д) вписанного в конус, является центр окружности, вписанной
в осевое сечение конуса; е) описанного около правильной пирами
ды, является точка пересечения прямой, на которой лежит высота
пирамиды, и серединного перпендикуляра к боковому ребру пира
миды; ж) вписанного в правильную пирамиду, является точка пере
сечения высоты пирамиды и биссектрисы линейного угла двугран
ного угла при основании, расположенного в плоскости, проходящей
через высоту пирамиды.
Выполните построения самостоятельно.
—
75
—
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

§ 7. ЧАСТИ СФЕРЫ И ШАРА
7.1. Теория
Многие геометрические задачи связаны не только со сферой и шаром,
но и с их частями. Ознакомимся с ними.
Секущая плоскость
a
(рис. 99, а) делит сферу (а также ограничен
ный ею шар) на две части. Каждая из этих частей сферы (шара) называ
ется сферическим (шаровым) сегментом. Сечение называется основа
нием сегмента. Высотой сегмента естественно назвать наибольший
отрезок, содержащийся в шаровом сегменте и перпендикулярный
плоскости основания сегмента.
Легко показать, что таким отрезком является отрезок диаметра,
перпендикулярного плоскости основания сегмента (на рисунке NO
1
—
высота верхнего сегмента).
—
76
—
O
N
S
O
α
O
O
O
N
β
α
1
1
2
а
)
б
)
в
)
O
O
N
O
O
N
1
1
Рис. 99
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

Часть сферы (шара), заключенная между двумя параллельными се
кущими плоскостями
a
и
b
(рис. 99, б), называется сферическим поя
сом (шаровым слоем). Окружности (круги) сечения называются осно
ваниями. Отрезок перпендикуляра, заключенный между основаниями,
называется высотой. Обычно за высоту удобно брать отрезок O
1
O
2
.
Шаровым сектором называется тело, ограниченное сферой и боко
вой поверхностью какоголибо конуса с вершиной в центре сферы
(рис. 99, в). За высоту шарового сектора принимают высоту его сфери
ческого сегмента (NO
1
на рис. 99, в).
Указанные части шара являются телами вращения.
7.2. Примеры решения задач
Задача 1
(рис. 100). Точка А при
надлежит сфере, через точку А
проведены две прямые а и b, каса
тельные к сфере. Докажите, что
плоскость, проходящая через пря
мые а и b, является касательной
к данной сфере.
Доказательство.
1) Проведем радиус ОА сферы. Так
как прямые а и b — касательные
к сфере, то радиус ОА перпендикуля
рен прямым а и b;
2) если радиус ОА перпендикулярен двум пересекающимся пря
мым а и b, то он перпендикулярен и плоскости, проходящей через эти
прямые: ОА
^ a =
(а, b);
3) если плоскость
a
перпендикулярна к радиусу сферы в конце его,
лежащем на сфере, то плоскость
a
касается данной сферы. Точка А яв
ляется точкой касания.
Задача 2
(рис. 101). Точка О — центр данного шара, точка А — точка,
не принадлежащая шару. Через точку А проведены прямые, каса
тельные к шару. Докажите, что геометрическое место точек касания
является окружностью.
Доказательство.
1) Пусть K
1
, K
2
, K
3
, … — точки касания данных прямых и шара. Так как
отрезки касательных, проведенных к шару из одной точки, равны меж
ду собой, то АK
1
=
АK
2
=
АK
3
=
… ;
—
77
—
O
N
А
S
α
а
b
Рис. 100
© 
НМУ
«
Национальный
институт
образования
» 
© 
ОДО
«
Аверсэв
»

2) поэтому точки K
1
, K
2
, K
3
, … ле
жат на сфере с центром А;
3) кроме того, эти точки лежат
на данной сфере с центром О;
4) искомое геометрическое ме
сто точек касания является пересе
чением указанных двух сфер. Ли
нией пересечения двух сфер явля
ется окружность;
5) значит, искомое геометриче
ское место точек касания является
окружностью.
Задача 3
(рис. 102, а, б). ON
=
R — радиус сферы, OO
1
=
d — расстояние
от центра сферы О до плоскости основания сферического сегмента.
Найдите высоту сферического сегмента и радиус его основания.
Решение.
1) Обозначение: Н — высота сегмента. Для нахождения высоты сег
мента необходимо рассмотреть два случая: Н
<
R и Н
>
R. В этих случаях
соответственно имеем:
Н
=
O
1
N
=
R – d, Н
=
O
1
N
=
R
+
d;
2) обозначение: r — радиус основания сегмента. В обоих случаях из
прямоугольного
D
АОО
1
по теореме Пифагора находим, что
r
=
ОА
ОО
R
d
2
1
2
2
2
-
=
-
.
Ответ:
Н
=
R
±
d, r
=
R
d
2
2
-
.
—
78
—

жүктеу/скачать 9,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: