А.В. Морозов
Домашняя работа
по геометрии
за 11 класс
к учебнику «Геометрия: учеб, для 10-11 кл.
общеобразоват. учреждений / А.В. Погорелов. —
7-е изд. — М.: Просвещение, 2007»
Учебно-методическое пособие
Издание седьмое, переработанное и исправленное
Издательство
«ЭКЗАМЕН»
МОСКВА
2009

УДК 372.8:514
ББК 74.262.21 я72
М80
Имя автора и название цитируемого издания указаны на титульном
листе данной книги (ст. 19 п. 2 Закона РФ «Об авторском праве и смеж¬
ных правах» от 9 июня 1993 г.).
Условия заданий приводятся исключительно в учебных целях и в необ¬
ходимом объеме как иллюстративный материал.
Изображение учебника «Геометрия: учеб, для 10—11 кл. общеобразоват.
учреждений / А.В. Погорелов. — 7-е изд. — М: Просвещение, 2007» приведено
на. обложке данного издания исключительно в качестве иллюстративного ма¬
териала (ст. 19 п. 2 Закона РФ «Об авторском праве и смежных правах» от
9 июня 1993 г.).
Морозов, А.В.
М80 Домашняя работа по геометрии за 11 класс к учебнику
А.В. Погорелова «Геометрия: учеб, для 10-11 кл. обще¬
образоват. учреждений»: учебно-методическое пособие /
А.В. Морозов. — 7-е изд., перераб. и испр. — М.: Издательст¬
во «Экзамен», 2009. — 127, [1] с. (Серия «Решебник»)
ISBN 978-5-377-02013-4
В пособии решены и в большинстве случаев подробно разо¬
браны задачи из учебника «Геометрия: учеб, для 10-11 кл. общеоб¬
разоват. учреждений / А.В. Погорелов. — 7-е изд. — М.: Просвещение,
2007».
Пособие адресовано родителям, которые смогут проконтролиро¬
вать правильность решения, а в случае необходимости помочь детям
в выполнении домашней работы по геометрии.
УДК 372.8:514
ББК 74,262.21 я72
Формат 84x108/32. Гарнитура «Таймс». Бумага газетная. Уч.-изд. л. 2,56.
Усл. печ. л. 6,72. Тираж 15 000 экз. Заказ №6503
ISBN 978-5-377-02013-4
© Морозов А.В., 2009
© Издательство «ЭКЗАМЕН», 2009

ОГЛАВЛЕНИЕ
§5 (§20) Многогранники	4
§6 (§21) Тела вращения	42
§7 (§22) Объемы многогранников	65
§8 (§23) Объемы и поверхности тел вращения	87
§ 9. Избранные вопросы планиметрии	104

§5 (§20)\ Многогранники.
1.	Из точек А и В в гранях двугранного угла опущены перпенди¬
куляры ААХ и ВВг на ребро угла. Найдите длину отрезка АВ, если
АА != a, BBi = biAiBi = cn двугранный угол равен а1 2.
Задача решена в учебнике п. 39 (171), стр. 66.
2.	У трехграннсго угла (abc) двугранный угол при ребре с пря¬
мой, двугранный угол при ребре b равен ф, а плоский угол (be) ра¬
вен у (ф, У< “)• Найдите два других плоских угла a = Z(ad),
Р =
Задача решена в учебнике п. 40 (172), стр. 67.
3.	У трехгранного угла один плоский угол равен у, а прилегаю¬
щие к нему двугранные углы равны ф (ф < — ). Найдите два других
плоских угла а и угол р, который образует
плоскость угла у с противолежащим ребром.
Из произвольной точки S ребра, противо¬
лежащие углу у, проведем перпендикуляры
SA на плоскость угла у и перпендикуляры SB
и SC на его стороны. Тогда по теореме о трех
перпендикулярах АВ1.ОВ и АСЮС.
Рассмотрим прямоугольные ASC4 и ASZL4.
Они равны по катету и противолежащему
углу (ЛВСА = Л8ВА = ф). Тогда АВ = СА. А
значит, ДЛОВ = ДЛОС по катету и гипотенузе. Так что ЛАОС
=ЛАОВ, А так как ЛСОВ = ЛАОС + ЛАОВ = у, то
ЛАОС = ЛАОВ = 1.
2
Дрлее, ъ ЛА5С SC=
sin ф
В ЛАСО ОА= ——— =
sin Z4DC .у .у
SHI — /g<P“Sin —
иЛС = ~.
tg<?
АС АС
и<2С = —= ——
У	У
1	Цифры в скобках обозначают номер параграфа (пункта) из учебника 2001 года
издания.
2	Условия заданий приводятся в учебных целях и в необходимом объеме как ил¬
люстративный материал. Имя автора и название цитируемого издания указаны на ти¬
тульном листе данной книги (Ст. 19 п. 2 закона РФ «Об авторском праве и смежных
правах» от 9 июня 1993 г.)
4

у	у
er Igty-tg-'AS tg—
Тогда из A5DC tg а ==			2		2
ОС sincp-^S coscp
ЛС AS-tgcp-sin^-
А из ЛВАО:	tgp — —- =  	2_ _ ^ф,sjnX.
ОА AS &	2
cosq>
, Р - arctg(tgqj-sin—j.
Ответ: а = arctg
4.	У трехгранного угла два плоских угла острые и равны а, а тре¬
тий угол равен у. Найдите двугранные углы <р, противолежащие пло¬
ским углам а, и угол Р между
плоскостью у и противолежа¬
щим ребром.
Из произвольной точки А
противолежащего углу у угла
проведем перпендикуляры АК
на плоскость этого угла и АВ и
SB на другие ребра.
Тогда по теореме о трех пер¬
пендикулярах BK1SB и KC1SC.
Тогда ЛАКС - ЛАКВ (по общему катету АК и противолежащему
углу ЛАКС = ЛАВК = <р). Тогда ВК = КС и ЛВКВ = ЛСК8 (по гипо¬
тенузе и катету). Значит ЛКВВ = ЛКВС = I. Далее, имеем
SC = SB = AS-cosa, и АВ = AC = AS sina.	2
Из ЛВС К получаем:
Далее, из ЛАСК
И из ЛАВК
КС - ВС • tg X - ds cos a tg X и SK -	_ AScosa
2	2	у Г"'
c°s-~ cos—
2	2
кг AS* cos arg — tg —
cos (p = cos ЛАСК=	6 2 _ 5 2
AC /ISsina tga
cosp = cosZHSA= — = ЛЗсоза = cosa
AS AScos^- cos^
2
Ответ: a=arccos
, P=arccos
( \
cosa
tga
У
cos—
\ J
I 2 J

5.	Докажите, что сечение призмы, па¬
раллельное основаниям, равно основа¬
ниям.
Пусть А2В2С2 - данное сечение призмы.
Тогда АА2С2С, АА2В2В, ВВ2С2С - парал¬
лелограммы.
Значит,
АВ = А2В2, АС = А2С2, ВС - В2С2 и т.д.,
то есть АВС..= А2В2С2.... Что и требовалось
доказать.
6.	Сколько диагоналей имеет «-угольная призма?
Так как диагональ призмы - это отрезок, соединяющий две вер¬
шины призмы, не принадлежащие одной грани, то из одной верши¬
ны можно провести п - 3 различные диагонали. Но вершин в осно¬
вании п, так что общее количество диагоналей будет «•(« - 3).
Ответ: и - 3).
7.	Постройте сечение четырех¬
угольной призмы плоскостью, про¬
ходящей через сторону основания и
одну из вершин другого основания.
Пусть, например, плоскость
проходит через сторону основания
AD и вершину Сь тогда отрезок
CXD принадлежит сечению. Далее,
возможны два случая: либо AD пересекает ВС, либо нет. Если AD
пересекает ВС, то точку их пересечения обозначим F. F е ВС, а
значит F е (ВСС\). Проведем отрезок FC\. Он пересечет ВВ\ в точке
К. Тогда четырехугольник AKC[D будет искомым сечением.
Если AD не пересекает ВС, то AD || ВС. Но ВС || BjCb так что
AD || В\С\, а через две параллельные прямые проходит единственная
плоскость, содержащая их. Эта плоскость является искомым сече¬
нием т.к. точки A, D, С\ принадлежат этой плоскости.
8.	Постройте сечение четырехугольной
призмы плоскостью, проходящей через три
точки на боковых ребрах призмы.
Пусть К,М и - данные точки.
Возможны три случая:
1)	Точки К, М, N расположены так, что
MN || DC и КМ || MN. Тогда плоскость, про¬
ходящая через точки К, М и параллельна
6

плоскости грани ABCD, т.к. две пересекающие прямые КМ и MN
параллельны грани ABCD. Проведем прямую ON || AD. Тогда она
будет принадлежать плоскости сечения. Так как иначе она пересе¬
кала бы и грань ABCD, то есть и AD, что неверно.
Тогда четырехугольник KMNO - искомое сечение.
2)	Точки К, М, N располагаются
так, что КМ || ВС, но MN не парал¬
лельно DC, Тогда через точки М и #
проведем прямую а, которая пересе¬
кает прямую DC в некоторой точке S.
Тогда S принадлежит сечению. Че¬
рез точку S проведем прямую b Ц КМ.
Тогда b принадлежит сечению и b || ВС,
т.к. b || КМ и КМ || ВС. Тогда АВ пере¬
секает прямую b в некоторой точке X.
Тогда X принадлежит сечению. А так¬
же можно соединить точи К и X отрезком, который пересечет A iА в
некоторой точке О. Тогда точка О тоже принадлежит сечению. А
значит, четырехугольник OKMN — это искомое сечение.
Общий случай:
3)	Когда точки К, М, N распо¬
лагаются так, что MN не парал¬
лельно DC и КМ не параллельно
MN. Тогда прямая MN пересечет
прямую DC в некоторой точке F,
прямая МК пересечет прямую ВС в
некоторой точке X. Точки X и F
принадлежат плоскости ABCD, а
также искомому сечению, значит, плоскость ABCD и сечение пере¬
секаются 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 | В\В, а также се¬
чению. Проведем прямую SK. Она пересечет ребро АА{ в точке О.
Так что MNOK - искомое сечение.
9.	У призмы одно боковое ребро перпендикулярно плоскости ос¬
нования. Докажите, что остальные боковые ребра тоже перпендику¬
лярны плоскости основания.
Боковые ребра призмы параллельны между собой, так что по¬
скольку одно ребро перпендикулярно основанию, то значит, и ос¬
тальные боковые ребра тоже перпендикулярны основанию. Что и
требовалось доказать.
7

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 меныпую высоту основания.
Данным сечением является прямоугольник
ВНН\В\ со сторонами ВВ{~ 18 см и ВН\
ВН—меньшая высота &АВС.
Далее, площадь основания с одной сторо¬
ны равна: 5 = -Jp(p - а)(р - Ь)(р - с) =
= ^24(24 -10)(24 -17)(24 - 21) = 84 (см2).
С другой стороны 5 = —АСВН , так что
2S 2-84
ВН = — 5=	= 8 (см). Тогда искомая площадь сечения равна
АС 21
= ВВ. • ВН= 18-8 = 144 (см2).
Ответ: 144 см2.
11.	Боковое ребро наклонной при '
мы равно 15 см и наклонено к плоско¬
сти основания под углом 30°. Найдите
высоту призмы.
ВО — перпендикуляр к основанию,
так что &АВО — прямоугольный.
Значит, ВС = AB s\nZ.BAC = 1 5sin30° = 7,5 (см).
Ответ: 7,5 см.
12.	В наклонной треугольной призме расстояния между боковы¬
ми ребрами равны 37 см, 13 см и 40 см. Найдите расстояние между
большей боковой гранью и противолежащим боковым ребром.
Пусть сечение MNK перпендикулярно бо¬
ковым ребрам призмы. Тогда в AMNK:
MN= 13 см, NK = 37 см и М/С = 40 см.
Искомое расстояние равно высоте, прове¬
денной в &MNK к большей стороне, то есть
NH, где NH ± МК. Площадь AMNK с одной
стороны равна:
s=Ap(p- а)(Р - Ь\р - с) =
= ^45(45-40)(45-37)(45-13) = V45-5-8-32 = 240 (см2).
С другой стороны S=— МК-NH, так что NH -	= 12 (см).
2	МК 40
Ответ: 12 см.
8

13.	Основанием призмы является правиль¬
ный шестиугольник со стороной а, а боковые
грани — квадраты. Найдите диагонали приз¬
мы и площади ее диагональных сечений.
Диагональные сечения призмы — это пря¬
моугольники AA\DXD и ЛЛ1С1С. Далее, ААу=а3
AD^2a (диаметр описанной окружности) и
АС=а*/з (по теореме косинусов из ДЯВС).
Так что площади сечений равны: S|=/L4i • АС = а • ау/з =а2 >/3 и
S2=AAt ■ AD= а-2а = 2а.
Диагонали призмы вычисляются по теореме Пифагора:
ADX= -JaA2 +AD2 = ^а2+4а2 = Fa2 = aF = dx,
АС= ^АА2 + AC2 = 7a2 +3a2 =	= 2a = d2.
Ответ: Si = а2у/з ; S2 = 2a2; di - a>/5 ; d2 = 2a,
14.	В правильной шестиугольной
призме, у которой боковые грани —
квадраты, проведите плоскость через
сторону нижнего основания и проти¬
волежащую ей сторону верхнего ос¬
нования. Сторона основания равна а.
Найдите площадь построенного се¬
чения.
Данное сечение проходит через
основание АВ и EXDV Обозначим точку пересечения прямых АВ и
DC точка F. Тогда F принадлежит плоскости сечения, а также плос¬
кости CCiDiC. Так что проведем прямую D[F3 которая пересечет
ребро CCi в некоторой точке X.
Далее, продолжим прямые ЕК и АВ до их пересечения в точке О.
Эта точка принадлежит плоскости сечения, а также грани КК{Е{Е.
Тогда проведем прямую ОЕ\3 которая пересечет ребро КК{ в неко¬
торой точке К.
Шестиугольник ABXD\E\ Y — искомое сечение. Найдем его пло-
$
щадь по формуле Sr =	, где S — площадь основания призмы, а
cosa
a — угол, который образует данное сечение с плоскостью основа¬
ния. Так как ЕА1АВ, то и Е[А1АВ (по теореме о трех перпендикуля¬
рах). Так что ZEAEi= а. Далее, ЕЕ\ = а, и АЕ^а^З (по теореме ко¬
синусов из ДАЕК), Далее, по теореме Пифагора
9

АЕ\ = ‘ja2 +(сь/з)2 = 2а, так что cos а = £211 = 2lL,
АЕХ 2а 2
S = 25^л; + SAh:Dii = АКАЕып^АКЕ + AE-DE =
= Лй1120° + а- аЛ = ^-/1.
2
Так что 5'=-А_ = ?.^2.^'2. = за2.
cosa 2>/3
Ответ: З^За2.
15.	Через сторону нижнего основания правильной треугольной
призмы проведена плоскость, пересекающая боковые грани по от¬
резкам, угол между которыми а. Найдите угол наклона этой плос¬
кости к основанию призмы.
Пусть АОС — данная плоскость. Проведем ВН1АС. Тогда по
теореме о трех перпендикулярах 0Н1АС.
Значит, ЛОНВ— искомый.
Далее, в равностороннем &АВС высота
вн=^И.
2
Далее, ZAOH= i ЛАОС= - .
2	2
Так что в кАОН. ОН = — = —— .
a a
*87 2,ei
птт	—
Далее, в kOBH\ zqsZ.OHB~			— = -Уз • tg— .
ОН 2а	2
Так что ZCWZ?=arccos f VJtg— ].
I 2 J
16.	В правильной четырехугольной призме через середины двух
смежных сторон основания проведена плос¬
кость, пересекающая три боковых ребра и на¬
клоненная к плоскости основания под углом
а. Сторона основания равна а.
Найдите площадь полученного сечения.
ABCNM — это ортогональная проекция
сечения.
10

Тогда если S — площадь ABCNM, то площадь сечения S' =	.
cosa
Далее, S = S^bcd — Smnd ~ АС? —— JWD • DN —
2
= <?- — . — . — = —a2. Так что S'= —L_ = _ZfL_.
2 2 2 8	cosa 8cosa
„ 7«2
Ответ: 		.
8 cos a
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 = о2. Тогда а= J$ = 7144 - 12 (см).
Далее, заметим, что правильная четырехугольная призма являет¬
ся прямоугольным параллелепипедом, так что квадрат любой диа¬
гонали равен сумме квадратов трех его измерений, так что:
d = yja2 +а2 + h2 = Т122 + 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 — прямоуголь¬
ник, то ее площадь Q = AArAD. А так как
основание призмы — квадрат, то диаго¬
наль АС= AD^2 . Тогда площадь диаго¬
нального сечения:
S = AC‘AAi = 72 -ADAAi = Q-Ji.
Ответ: Q 71.
19.	Сторона основания правильной че¬
тырехугольной призмы равна 15 см, вы¬
сота равна 20 см.
Найдите кратчайшее расстояние от
стороны основания до не пересекающей
ее диагонали призмы.
Проведем плоскость A^CD, а через
ребро АВ проведем плоскость ABMN>
перпендикулярную плоскости A XB\CD.
11

Так как АВ перпендикулярна боковым граням, то ABMN— пря¬
моугольник.
Пусть О — точка пересечения АС и MN. Проведем ОК ± АВ, То¬
гда ОК ~ ВМ.
В прямоугольном ABBiC:
В\С = ^ВВ2 +ВС2 - >/202 +152 = 25 (см) (по теореме Пифагора). То-
гда площадь А55,С: S = ^Др-а)(р-6)(р-с) = л/зО-15-10-5 = 150 (см2).
С другой стороны, S = -В£ВМ, так что ВМ= — =	= 12 (см).
2	В]С 25
Нуи<Ж=ВЛ/= 12 (см).
Ответ: 12 см.
20.	В прямой треугольной призме все ребра равны. Боковая по¬
верхность равна 12 м2.
Найдите высоту.
Так как все ребра равны, то боковые грани являются квадратами.
Далее, площадь одной грани равна трети площади боковой поверх¬
ности: 12:3 = 4 (м2). Значит, сторона квадрата равна 7? = 2 (м). То¬
гда 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 -	+ 25^, то площадь осно¬
вания равна Swfl = (40 - 32): 2 = 4 (м2).
В основании находится квадрат, так как призма правильная, так
что сторона квадрата равна 7? =2 м.
Боковая поверхность правильной призмы равна =р • h = 4а- h,
так что h=S: (4а) == 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 I,
Задача решена в учебнике п. 44 (176), стр. 72.
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.
12

Тогда стороны &MNK равны расстоя¬
ниям между параллельными прямыми,
содержащими ребра.
Далее, площадь боковой поверхности
наклонной призмы равна произведению
периметра сечения, перпендикулярного
боковым ребрам, на длину бокового реб¬
ра. Так что
£бок = р-/ = (2+3+4)-5 = 45 (см2).
Ответ: 45 см2.
24.	По стороне основания а и боковому ребру Ь найдите полную
поверхность правильной призмы: 1) треугольной; 2) четырехуголь¬
ной; 3) шестиугольной.
Полная поверхность призмы вычисляется по формуле:
*!> = *$боК + 25ОСН.
1)	Основание призмы — равносторонний треугольник, так что
2/7
его площадь 50СН = ——. Площадь боковой поверхности
4
2 /Т
-^бок ~Р' / ^ЗаЬ. Так что S= ЗаЬ + ~	.
2
2)	Основание призмы — квадрат с площадью 50СН = а2. Площадь
боковой поверхности = p-l = 4аЬ. Так что S = 2а2 + 4аЬ,
3)	Основание призмы — правильный шестиугольник. Его пло-
2 /q»	2 *5 /о
щадь 50СН = 6 • — У- =	. А площадь боковой поверхности
4	2
S&qk = p l = баЬ. Так что S = 6аЬ + с?3 Ji.
25. Плоскость, проходящая через сторону основания правиль¬
ной треугольной призмы и середину
проти волежащего ребра, образует с от-
снованием угол 45° Сторона основания /.
Найдите боковую поверхность призмы.
По условию Z24MC = 45°, значит
СС
МС-М?-—t.
2
По теореме Пифагора
мс = 4вс2-вмг
C(\ = 2MC = l43 .
13

Площадь боковой поверхности призмы АВСА^В\С{ равна
Ph = 3lij3 = Зу/312.
Ответ: Рй = 3\/з/2.
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
5 = 2 • (1 +2 + 3) = 12 (м2).
Ответ: 12 м2.
27.	Известны углы, образуемые ребрами параллелепипеда, схо¬
дящимися в одной вершине. Как найти углы между ребрами, схо¬
дящимися в любой другой вершине?
При вершине A /AXAD = а,
/АХАВ ~ р и /BAD ~ у. Так как все
грани параллелепипеда — параллело¬
граммы, ZC= /Ах = у (как противопо¬
ложные в параллелограмме), /В = ZD
=180° - у (в параллелограмме ABCD).
Далее, /B}AXDX = /BXCXDX =
= /BAD = /BCD = у (так как противолежащие грани равны).
Далее, /ABO=/ADC=/AXBXCX= /AXDXCX=
= 180°-у; /АХАВ = /А$ХВ = /DxCxC~fr /ААХВХ= /ВХВА =
=ZC(CD = /DDXC =180°- Р; /A^AD = /AXDXD = /ВХВС = а;
/AAXDX = /DXDA = /ВВХС = /СХСВ = 180° - а.
28.	Докажите, что отрезок, соединяющий центры оснований па¬
раллелепипеда, параллелен боковым ребрам.
Центры оснований параллелепи¬
педа являются точками пересечения
диагоналей параллелограммов ABCD
и	Далее, ABCD =
(как противоположные грани). Так
что АС = А&, и OjC, = ОС= 1аС.
2
Так как О^\\ОС и ОхСх = ОС, то
OiCi ОС — параллелограмм, так что
ООХHCG. Что и требовалось доказать.
14

29.	В прямом параллелепипеде стороны основания 6 м и 8 м об¬
разуют угол 30°, боковое ребро равно 5 м. Найдите полную поверх¬
ность этого параллелепипеда.
Полная поверхность прямого парал¬
лелепипеда равна S = 2$! + S2.
Площадь параллелограмма ABCD,
являющегося основанием, равна
5™=АВ -AD • sin30° = 6 • 8 ■ 1 = 24 (см2).
2
А площадь боковой поверхности равна
5бок= р ‘ I = 2(Л5 + ВС)ААХ = 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 = £бо1с+25осн Так как
в основании лежит параллелограмм, то = ab • sma - 3 • 8 • sin 60° =
= 12 7з (см2), А Ббок = 220 см2 (по условию).
Так что 5 = 2 • 12 -Уз + 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 плоско¬
стью основания угол 60°.
По условию AXDX = Зсм, DXCX = 5 см,
DXBX = 4 см. Так как основание является па¬
раллелограммом, а у параллелограмма сум¬
ма квадратов диагоналей равна сумме квад¬
ратов его сторон, то
2 Л]^12+ 2 • AXD2-^AiC^+B^D2, Так что:
A iCi= ^2-АхВ2 + 2-AxD2-DXB2 =
= V2-32 + 2-52 - 42 = 752 (см). Так что
Л1С1>ДЯЬ а значит, диагональ BD—меньшая, а АХС — большая.
Далее, в ЛВВ^: «5^5IDrtg60o=4	(см). CCi=BBf4 7з см.
Далее, в ACCp4( по теореме Пифагора:
АХС= ^Arf + CC? =V?V52)2 + (4>/3)2 = 7100 = 10 (см).
Ответ: 10 см.
15

32. Йайдите 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 /ВЯ£>=60°, то &ABD является равносторонним
и BD - АВ - а. Далее, из прямоугольного
tsJSB\D по теореме Пифагора
BiD = JbD2+BB? = -Ja2 +а2 = aj2 .
В A4DC по теореме косинусов
АС= >1 АР2 + DC2- 2 АР ■ £>С ■ cos 120° =
= Ja2+a2 -2а2-(--] = сн/з .
1	I 21
А из прямоугольного ДАСС! по теореме Пифагора:
ACi= у]аС2+СС? = Ьа2+а2 = 2а.
Ответ: aj2 и 2а.
33.	Боковое ребро прямого параллелепипеда 5 м, стороны осно¬
вания 6 м и 8 м, а одна из диагоналей основания 12м. Найдите диа¬
гонали параллелепипеда.
Основание параллелепипеда — параллелограмм ABCD со сторо¬
нами АВ=6 м, AD-Ъ м и диагональю АС=12 м. Так как в параллело¬
грамме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диаго¬
налей, то 2-АВ2 + 2AD2 = АС2, + ДО2. Откуда получаем:
BD= ^2-АВ2 +2-AD2-AC2 = V2 • б2 + 2 - 82 —122 = ^56 (м).
Далее, в прямоугольном ДЯСС] по тео-
реме Пифагора:
ACt= ^АС2+СС? =7122 +52 = 13(м).
А в прямоугольном &BB1D
BiD= ^BD2 + BB^ = >|(Лб) + 52 =781= 9(м).
Ответ: 13 ми9м.
34.	В прямом параллелепипеде боковое
ребро 1м, стороны основания 23 дм и 11 дм, а диагонали основания
относятся как 2:3. Найдите площади диагональных сечений,
Основание параллелепипеда — параллелограмм со сторонами
at = 23дм и а2 - II дм и диагоналями d\ и d2, отношение которых
d{: d2 ~ 2 :3. Пусть d{ = 2к, тогда d2 = Зк.
В параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме
квадратов диагоналей, так что 2а2 + 2а2 = d2 + d22, то есть
16

2 • 232 + 2 • lt2= (2А)2+ (ЗА)2, 1 ЗА2 = 1300, А=10 (дм).
Так что di = 20(дм) и d2 = 30(дм). Далее, высота h = 1м = 10дм и
площади диагональных сечений вычисляются по формулам:
51	= h = 20 • 10 = 200(дм2) = 2 (м2).
52	= d2 • h = 30 • 10 = 300(дм2) = 3 (м2).
Ответ: 2 м2 и 3 м2.
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 сум¬
ме квадратов трех его измерений, то есть / = а2 + Ь2 + с2. Так что
d= -Ja2 +b2 + c2 :
1Н= 712 + 22 + 22 =V9 = 3;
2)	d= 722 + 32+62 =1/49 = 7;
3)	J= 1/б2 + 62 + 72 =1/121 =11.
36.	Ребро куба равно а. Найдите расстояние от вершины куба до
его диагонали, соединяющей две другие вершины.
Имеем AiD ~ aVl (из &AA[D). Далее, — прямоугольный,
А = А [В ~ ^2. •
Далее, квадрат диагонали в прямоугольном параллелепипеде ра¬
вен сумме квадратов трех его измерений, то есть ВуГ^ ~ а* + а1 + а\
так что B\D- а^З
Площадь AAiBiD равна:
S= AiD-—AiH- B{D9 так что
2	2
Л,Я=АД1-4£ =	= [2 .
BiD	V 3
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
at - 7дм и аг = 24дм. Тогда его диагональ по теореме Пифагора:
b= -Ja2+b2 = V72 +242 = 25 (дм).
Диагональное сечение — это прямоугольник со сторонами
£> = 25дмис = 8дм (высота).
17

Тогда площадь диагонального сечения равна:
S’ = b • с = 25 •8 = 200СДМ2) = 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 проти¬
воположные грани равны, то и площади их
равны. А значит, площадь поверхности па¬
раллелепипеда равна:
S = 2ab + 2Ьс + 2ас ~
= 2 • 10 • 22 + 2 • 22 • 16 + 2 • 10 • 16 = 1464 (см2).
Ответ: 1464 см2.
39.	Найдите боковую поверхность прямоугольного параллелепи¬
педа, если его высота Л, площадь основания Q, а площадь диаго¬
нального сечения Л/.
Основание параллелепипеда — прямоугольник со сторонами
АВ - а и AD ~ Ь.
Тогда диагональ BD находим по теореме Пифагора:
BD - ila2+b2 . А площадь основания равна Q = АВ ■ AD = а- Ь.
Площадь прямоугольника BB{D\D9 равна Л/= BD • й, так что
BD =	. Следовательно:	= а2 + b2,aQ = ab.
h	h2
2	2
Тогда:	+ 2Q = а2 + Ь2 + 2ай, то есть	+ 2Q = (а + Ь)2.
h2	h2
Так что: а + b -
Л/2 о/_
^+2С'
Площадь боковой поверхности равна:
5 = Р-Л = 2(а + й)Л = 2й
2Q=2^M2 +2Qh2
40.	Диагонали трех граней прямоугольного
параллелепипеда, сходящиеся в одной вершине,
равны а, b и с. Найдите линейные размеры па¬
раллелепипеда.
Пусть х, yt z линейные размеры прямоуголь¬
ного параллелепипеда. Тогда по теореме Пифа¬
гора: х1 + у2 = с2.
18

z2+x2 = b2.
Сложим первые два уравнения и вычтем третье:
2уг= с2 + а2-b\ Так чтоу= J—(c2 + а2 -б2).
V 2
Аналогично: 2z2 = а2 + b2 - с2, z = ^-(с2 + а2 -Ь2)
и 2х2 = 62 + с2-а2, х= Jl-(b2+с2 ~а2)
41,	Основание пирамиды — равнобедренный треугольник, у ко¬
торого 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 /WV\
к сторонам ДЛВС. Тогда по теореме о трех //1|\ \
перпендикулярах ОК ± ВС, ОМ ± АС и	//п\ \
ON LAB.	л/ Il AtVx \
Тогда, Z.SKO = Z.SMO = LSNO = 45° — А
как линейные углы данных двугранных yr- М\Г?^К
лов. А следовательно, прямоугольные тре-
угольники SKO, SMO и SNO равны по кате¬
ту и острому углу.
Так что ОК ~ ОМ = ON, то есть точка О является центром ок¬
ружности, вписанной в &АВС.
Выразим площадь прямоугольника ЛВС:
S=^p(P-AB)(p-AC)(p-BC) = 716-(16-10)-(16-10)-(16-12) =48 (см)
с 48
С другой стороны, S=p- г. Так что г =— = — = 3 (см). ОК = г ~ 3 см.
р 16
Так как в прямоугольном треугольнике SOK острый угол равен
45°, то NSOK является равнобедренным и SO = ОК = 3 см.
Ответ: 3 см.
42.	Основание пирамиды — прямоуголь¬
ник со сторонами 6 см и 8 см. Каждое боко¬
вое ребро пирамиды равно 13 см. Вычислите
высоту пирамиды.
Так как SA = SB = SC = SD, то прямоуголь¬
ные треугольники ASO, BSO, CSO и DSO
равны по гипотенузе и общему катету SO.
19

Тогда АО = ВО = СО - DO, а значит, точка О является точкой
пересечения АС и BD.
В &ABD: BD = *Jab2 + AD2 = 7б2 + 82 =10 (см).
Тогда OD == 1BD = 5 (см).
Далее, в &SOD по теореме Пифагора:
SO = y[sD2-OD2 = V132 -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 а.
Как наклонены к плоскости основания боковые ребра?
Допустим, плоскость SBC перпендикулярна основанию. Тогда
SK ± ВС является высотой пирамиды. Проведем SM ± AC nSNl. АВ.
По теореме о трех перпендикулярах КМ 1 АС и KN ± АВ. Значит,
ZSNK = Z.SMK = а как линейные углы данных двугранных углов.
Тогда ASMK = tiSNK по катету и
острому углу. Так что МК = NK. Далее,
&МКО ANKB (так как МК = NM и
ZOZB =60°). Так что КС == КВ = -.
2
Далее, в &.СМК:
МК = КС-йп 60°=	=
2 2	4
ВЬСАК: АК = AC-sin 60°=^-.
2
В tiSMK: SK = MK- tga =	. tga.
В Д5СК: tgZSCK = — = .a.V^-tga'2 = Л
КС 4-a	2
Z.SCK=KSBK = arctg
В А5Л К: tgZSAK= — =	= 1 tga .
АК 4-аТз 2 ь
Так что K.SAK = arctg IA tga
20

44.	В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с
гипотенузой а. Каждое боковое ребро образует с плоскостью осно¬
вания угол р. Найдите ее высоту.
Построим высоту пирамиды SK, Тогда	у4
прямоугольные треугольники SAK, SBK,	/ Л\
SCK равны по катету и острому углу	/	11 \д
(SK — общий катет и острые углы Р).	/ Lkv
Так что АК = ВК = СК, то есть точка К /о Г \/
является центром окружности, описан-	— - 7 /к
ной около основания, так что К лежит на	\/
гипотенузе ВС и СК - КВ = у.	(j
Далее, в &SKC: SK = КС • tg р =	.
2
Ответ:	.
2
45.	Основание пирамиды — прямоугольный треугольник с ка¬
тетами 6 см и 8 см. Все двугранные углы при основании пирами¬
ды равны 60°.
Найдите высоту пирамиды.
Проведем SO — высоту пирамиды и
перпендикуляры SK, SM и SN к соответ¬
ствующим сторонам ДАВС.
Тогда по теореме о трех перпендику¬
лярах ОК 1 ВС, ОМ 1 АС и ON 1 АВ, Так
что ASKO - Z.SMO = ZSNO = 60° — ли¬
нейные углы данных двугранных углов.
Значит, треугольники SKO, SMO и SNO
равны по катету и острому углу. Тогда
ОМ = ОК = ON, то есть точка О является центром окружности, впи¬
санной в основание. В прямоугольном ДЛВС:
АВ = 7АС2 +ВС2 - 7б2 + 82 - Ю (см).
Тогда площадь &АВС равна:
S = — АС • ВС - — • 6 • 8 = 24 (см2). С другой стороны, 5 = рг.
2	2
Так что г =£ = 21 = 2(см).
р 12
Далее, в ASM?: SO = МО • tg 60°= г •	= 2л/з (см).
Ответ: SO = 2^3
21

46.	Основание пирамиды — параллелограмм, у которого стороны
3 см и 7 см, а одна из диагоналей 6 см. Высота пирамиды проходит че¬
рез точку пересечения диагоналей, она равна
4 см. Найдите боковое ребро пирамида.
Так как основание пирамиды — парал¬
лелограмм, то ВО = DO иАО = 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=LbD = ^ -6 = 3 (см).
В ADOS по теореме Пифагора имеем:
DS = JsO2+OD2 = 742 +32 = 5(см). BS = DS = 5 см.
Далее, в параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна
сумме квадратов диагоналей, то есть 2 • АВ2 + 2 • AD2 = BD2 • АС2.
Так что, АС = ^2AB2+2AD2-BD2 = ^2-32+2-72 -62 = ^80 (см).
Поэтому АО = — АС = — • Tio = >/20 (см) и в прямоугольном
2	2
AAOS по теореме Пифагора получаем:
AS = JsO2 + АО2 = V42 +(V20)2 = 6 (см).
CS = AS = 6 см.
47.	Основание пирамиды — ромб с диагоналями 6 м и 8 м; высо¬
та пирамиды проходит через точку пересечений диагоналей ромба и
равна 1 м. Найдите боковую поверхность пирамиды.
AAOD = ACOD (так как АО = ОС = — АС и
2
Тогда высоты ОМ = ОК. Значит, прямо¬
угольные ASOM и ASOK равны по двум ка¬
тетам. Так что SM = SK.
Поэтому во всех боковых гранях высо¬
ты, проведенные к сторонам основания,
равны. Так что площадь боковой поверхно¬
сти равна
$бок = -PSM= -‘4AD-SM=2 ‘AD SM.
2	2
OD — общая).
Так в ДЛОО: JO = ljc = 4 м, a OD =1 BD = 3 m.
2	2
22

Так что по теореме Пифагора AD = ^АО2 4- OD2 = 5 (см).
Далее, площадь ЛА OD равна: S' = 1 АО • OD = ~ ОМ • AD
2	2
ОМ = — ®	= 2,4 (м). Тогда в ЛБОМ:
Аи 5
SM = -JsO2+OM2 = 7(2,4)2 +12 = 2,6 (м).
и Хбок = 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 ЛАВСАВ =АС = 25см и ВС = 40 см.	S
Проведем АК ± ВС. Тогда по теореме о трех
перпендикулярах SK 1 ВС.
Sasc~ $asb~ —Л5 • АС = — • 25 ■ 8 = 100 (см2).	\ \^/
21	1 2
Далее, КС = 1 ВС = 1 • 40 = 20 (см).	/
2	2
Так что в ЛАСК:
ЛК = 4ас2~КС2 = V252 -202 = 15 (см). Далее, в ЛАЗК:
SK= -/as2 + АК2 = ^32^152 ”17(см). Поэтому площадьЛВВСравна:
Ssbc - — ’ ВС • Ж = А • 40 * 17 =340 (см2). Так что площадь боковой по-
2	2
верхности равна 5^ = Sasc ^Basb + SSbc = 100 + 100 + 340 = 540 (см2).
Ответ: 540 см2.
49.	Основание пирамиды — квадрат, ее высота проходит через
одну из вершин основания. Найдите боковую поверхность пирами¬
ды, если сторона основания равна 20 дм, а высота — 21 дм.
Пусть SB — высота. Так как ABCD квадрат,
то АВ = ВС = CD = AD = 20 дм, AB1AD и \
BCLDC. Тогда, по теореме о трех перпендику- /! \ \
лярах AS1AD и CSLDC.	/ I \ \
Далее, треугольники ASB и CSB равны по	/ I \
двум катетам, а значит, их площади также равны.	/ \
Sabs = SCBS = Lab • SB = 1 • 20 ■ 21 = 210 (дм2).	Л''
2	2	ли
23

Далее, в MSB: AS = у/АВ2 + SB2 = yj202+212 = 29 (дм). Так
как ASAB “ ASCB, то AS = SC, и прямоугольные треугольники ASD и
CSD равны по двум катетам, а значит, их площади тоже равны:
SA.W = Scsd= 1 AD-AS = 1-20-29 = 290 (дм2).
Так что S60K = 2Sabs + 2Sasd=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 М и N, лежащие на
основании пирамиды. Тогда MN пересекает
ребра пирамиды в некоторых точках Р и Q.
Так как точка Р лежит с вершиной S в одной
плоскости, то можно провести отрезок PS. Так
как точка Q лежит с вершиной S в одной плос¬
кости, то можно провести отрезок QS. Так что
SQP — искомое сечение.
51.	Постройте сечение треугольной пи¬
рамиды 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 отре¬
зок МВ, так как точки А и М лежат в одной
плоскости ADC, то можно провести отре¬
зок AM. АМВ — искомое сечение, так как АВеАМВ и МеАМВ.
52.	Постройте сечение четырехугольной пирамиды плоскостью,
проходящей через сторону основания и точку на одном из боковых
ребер.
Пусть М точка на боковом ребре. Сто-	S
рона ВС принадлежит сечению.	м	М £
Тогда возможны два случая:	д / \ гЧ D
1)	ВС || AD. Тогда через точку М про- -Л "\ | /
ведем прямую, параллельную AD и лежа- \ /	\ 1 /
щую в плоскости (ASD), которая пересечет \ (	\1/
прямую AS в некоторой точке N. Тогда в	с
MN || ВС. Через 2 параллельные прямые
можно провести плоскость. Так что BNMC — искомое сечение.
24

2)	ВС не параллельно AD (общий слу¬
чай).
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 ос¬
нования 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: к = —.
6
Тогда соответствующие стороны равны
7.^=7. 5 = = 35(ш)
’ 6	6
8	• к = 8 ■ — = — (см) и
6 3
9	• £ = 9 • — = —(см).
б 2
54.	Боковое ребро пирамиды разделено на четыре равные части,
и через точки деления проведены плоскости параллельные основа¬
нию. Площадь основания равна 400 см2.
Найдите площади оснований.
Задача решена в учебнике п. 49 (183), стр. 78.
55.	Высота пирамиды равна 16 м. Площадь основания равна
512м2. На каком расстоянии от основания находится сечение, па¬
раллельное ему, если площадь сечения 50 м2?
Сечение, параллельное основанию, отсекает от данной пирами¬
ды другую пирамиду, подобную данной. Отношение площадей по¬
добных фигур равны квадрату коэффициента подобия.
Так что имеем по условию Л2 =	. Так что к = — . Отноше-
512 16
ние высот равно коэффициенту подобия. Так что высота меньшей
пирамиды равна х- к* 16 м = 5 м. А значит, расстояние, на котором
находится сечение от основания, равно h = 16 -х “ 11 (м).
Ответ: 11 м.
25

56.	В правильной треугольной пирамиде с высотой h через сто¬
рону основания а проведена плоскость, пересекающая противоле¬
жащее боковое ребро под прямым углом. Найдите площадь сечения.
Пусть ABCS пирамида, АВС — правильный треугольник.
Плоскость ADC перпендикулярна ребру BS. Тогда треугольники
ADB, CDB и MDB прямоугольные.
&ADB = &CDB по гипотенузе и катету (АВ = ВС = а и DB — об¬
щий катет). Так что AD = DC.
Следовательно, ВМ и DM— медиа™ и высоты треугольников.
Тогда ВМ= (так как ЛЯС— равносторонний).
Высота ЯН в правильной пирамиде проходит через центр окруж¬
ности, описанной около основания. Так что НВ = R =	.
3
Далее, в прямоугольном ASHB:
I 2 I 22
SB = y]sH2 + HB2 = Jh2 + — =
V 3 v з
В прямоугольных ASHB и H^MDB острый угол Z.SBM— общий.
Значит, ASHB - /SMDB по двум углам. Так что
MD МВ
		 —, откуда получаем, что
SH SB
,,n_ SH'MB h-ajs 3ha
ML) —	=	 = —«0=» .
SB 2	2-уЗЛ2+а2
’ll 3
А площадь сечения находим по формуле:
е- Lz- 1 Зйа	3ha2
Л - — AC-MD = — -а 	■ =—,  —
2	2 iBh2 + а2 4>/зЛ2 + а2
57.	Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 7 см, а
сторона основания — 8 см. Найдите боковое ребро.
Высота правильной пирамиды прохо¬
дит через центр окружности, описанной	S
около основания. Так как основание дан-	лЛ\
ной пирамиды — квадрат, то О — точка	Z |\\.
пересечения диагоналей.	/ 7 I \ \
Так что ОС = ~ ВС = — АВ ^2 = 4л/2 (см).	/
Далее, в прямоугольном &SOC по тео-	С
реме Пифагора находим
26

SC = -J SO2 + ОС2 = 772+(4>/2)2 = ViT = 9 (cm).
Ответ: 9 см.
58.	В правильной четырехугольной пи¬
рамиде плоский угол при вершине равен
а. Найдите двугранный угол х при осно¬
вании пирамиды.
Высота SO правильной четырехуголь¬
ной пирамиды проходит через центр пере¬
сечения диагоналей AD и ВС,
Проведем SM1DC. Тогда по теореме о
трех перпендикулярах ОМ ± DC.
Значит, ОМ — радиус окружности, вписанной в квадрат, поэто-
АВ
му ОМ = —. В равнобедренном &DSC Z.DSC = а. Высота SM явля¬
ется медианой и биссектрисой, так что
Z.CSM= — ,aCM= — .B№MC:SM= - =
2 2
Так как ZSMO является линейным углом двугранного угла, об¬
разованного плоскостью основания и боковой гранью, то Z.SMO=x
и из AS МО :
AB'ltg—
cos х = cos Z.SMO =			— = tg—.
SM 2-АВ 2
Так что х = arccos tg— .
I	2 J
59.	По данной стороне а и боковому ребру b найдите высоту пра¬
вильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шести¬
угольной.
В правильной пирамиде высота SO прохо¬
дит через центр окружности, описанной около
основания. Значит, АО = R. А из AASO:
SO= ^AS2-AO2 -y]b2-R2 Тогда:
1)	В равностороннем треугольнике R =
Значит, SO =
27

2) В квадрате R =	. Так что
2
3)	В правильном шестиугольнике R= а. Поэтому SO =
JlS-a2.
60. По данной стороне основания а и высоте b найдите апофему
правильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шес¬
тиугольной.
В правильной пирамиде высота SO проходит
через центр окружности, вписанной в основание.
Пусть SM — апофема. То есть SM 1 DC, Тогда
по теореме о трех перпендикулярах OMLDC.
Значит, ОМ— г.
Далее, по теореме Пифагора в Д5ОМ:
у/SO2 + ОМ2 = yjb2+r2 . Тогда
1) В правильном треугольнике г =	. Так что
2)	В квадрате г = ; так что SM=^t>2	=	+~~
3)	В правильном шестиугольнике г - 2^2-; так что
2
61.	По стороне основания а и высоте b най¬
дите полную поверхность правильной пирами¬
ды: 1) треугольной; 2) четырехугольной;
3)	шестиугольной.
В правильной пирамиде апофема
SM - у/SO2 + ОМ2 = y/b2 +г2 (смотри за¬
дачу № 60).
Полная поверхность S - SWH +
28

Так как боковая поверхность состоит из п равных треугольников
с основанием а и высотой, равной апофеме ХЛ/, то
«бок = п • -' а • SM=1 (па) • SM=^P ■ Jb2+r2 ,
где Р — периметр основания. Тогда
1) В правильном треугольнике 50СН =	 и г = —- •
4	6
2) В квадрате «осн - а2 и г = — .Так что
«бок= — -4а,р2 +— = а-7452 + а2 . ТогдаЯ-о2 + а- ^4Ь2 +а2
2	V 4
г>	с с а2ч/з За27з
3) В правильном шестиугольнике 50СН = 6 •			и
4	2
г = аЛ так что = l-6a-Jb2+ — = — ^4b2+3a2 .
2	2 V 4	2
Поэтому S = За2^ +	. -J4b2+3a2 = ^-(а4з + ^4b2+3a2}.
2	2	2 k	J
62,	Найдите полную поверхность правильной шестиугольной
пирамиды, если ее боковое ребро а, а радиус окружности, вписан¬
ной в основание, г.
В правильном шестиугольнике сторона вы¬
ражается через радиус вписанной окружности
по формуле: АВ= -г^ .
Далее, площадь правильного шестиугольни¬
ка равна:
„	, АВ2>1з ' 4-Аз л 2 /Т
мосн о •	■	6 •	= 2г уЗ •
4	9
Далее, в &SMB: МВ = — АВ = г — . SB = а.
2	3
Тогда по теореме Пифагора: SM=^SB2 - МВ2 = А а2	.
29

Площадь боковой поверхности правильной пирамида равна
*$бок~ “ Р • SM у где Р - периметр основания (5М- апофема). Так что
5^ - --6ЛВ‘5М	= 2п/зб2-г2 . Тогда пло-
2	2	3 V 3
щадь полной поверхности равна:
S	= 2/ 7з + 2гу]зЬ2-г2 = 2r(rjl + Ьь2-г2) ■
63.	В правильной четырехугольной пирамиде боковая поверх¬
ность равна 14,76 м2, а полная поверхность — 18 м2. Найдите сторо¬
ну основания и высоту пирамиды.
Площадь основания равна разности пло¬
щадей полной и боковой поверхности. То
есть So™ = S - 5боК -=18" 14,76 = 3,24(м2)
Так как ABCD — квадрат, то
AB=fi^ = Д24= М (м)-
Так как в правильной пирамиде
5бок = — 'Ph, где Р — периметр основания и h — апофема, то полу-
2
чаем, что h = SM - —бок = ^бок = —	=4,1 (м).
Р 4- АВ 4 1,8
Далее, по теореме Пифагора в Д5ОЛ/:
SO = ilsM2-ОМ2 = л/4,12 -0,92 = 4(м), так как ОМ = — АВ = 0,9(м).
2
Ответ: 1,8 м и 4 м.
64.	По стороне основания а найдите
боковую поверхность правильной четы¬
рехугольной пирамиды, у которой диаго¬
нальное сечение равновелико основанию.
Диагональное сечение представляет
собой &ASC с высотой 50, равной высоте
пирамиды, и основанием АС, являющимся
диагональю квадрата ABCD. Так что АС =
Так как диагональное сечение равновелико основанию, то полу-
1	о 2
чаем: — AC SO = AD* и SO = •—= =а 41 .
2	а^2
Далее, в SS0M по теореме Пифагора:
30

SM = [so2+OM2 =J2a2+~=l ,5a.
V 4
Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна
<$бок=	• Р • SM, где Р — периметр основания (SM— апофема).
Так что 5боК = А- • 4а • 1,5а = За2.
Ответ: За2.
65.	Найдите боковую поверхность пирамиды, если площадь ос¬
нования Q, а двугранные углы при основании <р.
Площадь основания равна сумме ортогональных проекций боко¬
вых граней, а боковые грани составляют с основанием равные углы
Ф, поэтому Збок =	.
cos ср
66.	Найдите двугранные углы при основании правильной пирами¬
ды, у которой площадь основания равна Q, а боковая поверхность S.
Как и в предыдущей задаче:
е О ~	О	О
Обок =	. Так что cos ср = —, ср = arccos—.
coscp	5	5
67.	Найдите сторону основания и апофему правильной треуголь¬
ной пирамиды, если ее боковое ребро равно 10 см, а боковая по¬
верхность равна 144 см2.	S
Пусть АВ = ВС ~ АС - х, a SM=у — апо-	ЛК
фема. Тогда из ДЛ5Л/ по теореме Пифагора	//А\
имеем: AS^AAf + SM2, то есть	/ /1 \ д
Ю2=— + у или400~х2 + 4г2.	7
4	Л
Так как площадь боковой поверхности М С
правильной пирамиды S = — ■ Р • Л, где Р — периметр основания и
2
h — апофема, то 144 = . Зх • у, то есть ху = 96. Имеем:
2
х2 + 4у2 = 400
ху = 96
х2 + 4ху + 4/ = 400 + 4-96;
(х + 2у)2 = 784;
х + 2у = 28;
х = 28 - 2у. Тогда 96 = (28 - 2у)у,
31

96 = 28^-2/,
у2- 14у + 48 = 0; у -6 или у = 8. Тогда № 16 илих- 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 А В = ВС = CD - AD = х, a SAf=у — апофема.
Тогда по теореме Пифагора в ASA/C:
S'CZ=SA/ + М€? 9 52=у2 + — ,тоестьх2 + 4у2 = 100.
Полная поверхность равна 5 = Soch + <$бок > гДе йюн — площадь
, 1 п
квадрата, то есть 5^ = х2 и 5бокгде Р — периметр основа-
2
ния и Л — апофема, так что З&ж = 2лу.
Так что х2 + 2ху = 16. Имеем:
х2 +4у2 = 100	=16-х2
х2+2ху = 16 ’ 2х
/	2\2
Так что х2 + 4 —„ =100, то есть
2х J
х4-100х2 + (16-х2)2 = 0
х4 - ббх2 + 128 = 0. Пусть х2 = а, тогда
а2- 66а + 128 = 0, а = 2 или а = 64. Тогдах = 72 илих = 8.
Но прих = 8 площадь основания больше полной.
Так чтох=>/2 .
Ответ: ^2 см.
69.	Докажите, что боковая поверхность правильной усеченной
пирамиды равна произведению полусуммы периметров оснований
на апофему.
Задача решена в учебнике п. 50 (184), стр. 79.
70.	Высота правильной четырехугольной усеченной пирамиды
равна 7 см. Стороны оснований
равны 10 см и 2 см. Найдите боко¬
вое ребро пирамиды.
Рассмотрим диагональное се¬
чение AAiC[Cf AA\-CCi ИЛ1С1ЦЛС.
Так что АА1С1С — равнобедренная
трапеция.
/гтн
/ и

А\С\ и АС — диагонали квадратов, лежащих в основании усечен¬
ной пирамиды. Значит,
АХСХ = АХВХ • ^2 =2^2 (см) и АС = АВ =10^ (см).
Так как АХК1АС и СХН1АС то АХСХНК — прямоугольник и
АХК=СХН = 7 см. Прямоугольные треугольники ААХК и ССХНравны
по гипотенузе и катету. Так что АК=СН Тогда
СН=АК= |(ЛС-/<1С1)= l(1072-2^) = 4V2 (см.)
Далее, по теореме Пифагора в АЛЯ ХК.
АА != у[аК2+А1К2 = ^Л)2 + 72 = >/32 + 49 = ЛТ = 9 (см).
Ответ: 9 см.
71.	Стороны оснований правильной усеченной треугольной пи¬
рамиды 4 дм и 1 дм. Боковое ребро 2 дм.
Найдите высоту пирамиды.
Дополним усеченную пирамиду до пол¬
ной. Так как в правильной пирамиде высота
проходит через центр окружности, описан¬
ной около основания, то точки О и Ох —
центры описанных вокруг &АВС и ЛАХВХСХ А
окружностей.
Тогда AO = Ri	= -^(дм)и А 0 =R =	=	(дм).
3	з 1 1	* з 3
АА\ОХО — прямоугольная трапеция. Проведем АXKLAО. Тогда
АХОХОК~ прямоугольник, и АХОХ = КО = — (дм). Так что
3
А К = АО - КО =	(дм). Далее, в АЛЛ ХК по теореме
3	3
Пифагора: А Л = /аа^-АК2 = у/22 -(Л)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 дан¬
ной пирамиды является равнобокая
трапеция ААХСХС.
Так как АХСХ и АС — диагонали
квадратов, А XBXCXDX и ABCD, то
2-6503
33

АХСХ-А\ВХ • 42-3 y/2 (см) hAC=AB -42 =542 (cm).
Проведем A\K1AC и CXH1AC. Тогда AXCXHK— прямоугольник и
AiCt - КН. Так что, прямоугольные треугольники ААХК и ССХН рав¬
ны по гипотенузе и катету. Тогда,
АК=СН=^ (АС-А.С.) =1 (5 V2 - 3 42 ) = 45 •
Тогда СК = АС-АК = 5 45-42 = 4^2 (см)
и по теореме Пифагора в АЛ tCK:
AtC= ]а1К2+СК2 = yl22+(442)2 = 6 (см).
Ответ: 6 см.
73.	Стороны оснований усеченной правильной треугольной пи¬
рамиды 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 окружно¬
сти, вписанной в основание, то О и С\ —
центры окружностей, вписанных в АВС
и АуВхСх,
Проведем SK1AC, а значит, и
З/и-Ь^СрТогда по теореме о трех пер¬
пендикулярах ОК1АС и	Зна¬
чит, ОК и ОуКу — радиусы окружностей, вписанных в правильные
треугольники ABC иАуВуСу.
Так что, (Ж = АВ-4з=(4з_ = (см) и
6	6
ОуКу = —= 2^ (см). Далее, проведем КуНкКО. Тогда
6	6	3
КуОуОН — прямоугольник, значит, КуН= ОО\.
Так как /.КуКН является линейным углом двугранного угла ме¬
жду основанием и боковой гранью, то ЛКХКН = 60° (по условию).
Тогдав &КХКН'. КХН = КН- ^ЛКХКН = 4з КН.
КН = КО~ОН = КО~КуОх
Так что КуН = 4з	= 2 (см). O(2i = КуН = 2 см
3
Ответ: 2 см.
34

74.	В правильной усеченной треугольной пирамиде сторона
большего основания а, сторона меньшего Ь. Боковое ребро образует
с основанием угол 45°. Найдите площадь сечения, проходящего че¬
рез боковое ребро и ось пирамиды.
Так как в правильной пирамиде высота
проходит через центр окружности, опи¬
санной около основания, а ось правильной
усеченной пирамиды совпадает с осью со¬
ответствующей полной пирамиды, то О и
О\ — центры окружностей, описанных
около и ДЛВС. Так что
^ = 7?,= 1^, и ЛО = И2 = ^.
Далее, проведем АЙКАЛО. Так что А\О{ОК — прямоугольник,
поэтому A КО. Тогда АК = А О - КО =	= (а - Ь)—.
3	3	3
Далее, в прямоугольном ЛААХК ЛАА^К = 45°. Так что,
7з	аЛ
А\К = АК - (а~ Ь) ~, В правильном треугольнике АВС АН = —У—,
Ьу/з
а в ДЛ^Сь АХНХ = ——. Площадь сечения равна площади трапеции
ААхНхНп равна: 5 =—7 + AiH}.. 4 д- = -f+ 1/11.(a-b)~ =
2	1	2^ 2	2 J 3
= 7~~(«+7’Х«-/’)=1(о2-й2).
£ «э
Ответ: ^(^-Ь2).
75.	Высота правильной четырехгранной усеченной пирамиды
равна 4 см. Стороны оснований равны 2 см и 8 см.
Найдите площади диагональных сечений.
В диагональном сечении находится трапеция с высотой, равной
высоте пирамиды — 4 см, и основаниями, равными диагоналям ос¬
нований, то есть квадратов со сторонами 2 см и 8 см. Так что осно¬
вания трапеции равны 2 ^2 см и 8 у/2 см. Следовательно площадь
сечения равна: 5= ^+2^2 .4 =	(см2)
Ответ: 20^2 .
3
2	2
3
2
35

76.	В правильной треугольной усеченной пирамиде сторона
нижнего основания 8м, верхнего — 5м, а высота 3 м. Проведите се¬
чение через сторону нижнего основания и противоположную вер¬
шину верхнего основания.
Найдите площадь сечения и дву¬
гранный угол между сечением и ниж¬
ним основанием.
Ось правильной усеченной пира¬
миды совпадает с осью соответст¬
вующей полной пирамиды, поэтому
ОО\ является высотой усеченной пи¬
рамиды, а точки О и Ot — центры ок¬
ружностей, описанных около треугольников АВС hA&Ci.
Тогда А1О, =	= ^11. (м) и А0=	(м)
3	3	3 з
Далее, проведем AH.LBC в ДАВС, Так как ДАВС — равносторон-
ний, то АН =	= ^ = 4 V? (М).
Далее, по теореме о трех перпендикулярах AHLBC (в ДЛ]В0.
Тогда Z-A\HA линейный угол искомого двугранного угла. Прове¬
дем АХКX АН, Тогда из прямоугольника А\С\О/Сполучаем, что:
AtOt = КО. Так что АК^АО-КО-	=	(м)
1 огда КН - АН-АК - 4 -/з - Л = 3^/3 (му дадее> в прямоуголь¬
ном М}КН ctgZ/l ХНК =	= 2^1 = 7з , так что ААtHK = 30°.
л|Л 3
Далее, по теореме Пифагора в ДЛ1ЛЯ:
+ АГ//” =	(3-Уз)2 = 6(м). Так что площадь сечения
равна SA1bc = ^ВС ■ А,Н = 1 • 8 • 6 = 24 (м2).
Ответ: 24 м2 и 30°.
77.	В правильной четырех¬
угольной усеченной пирамиде
стороны оснований 8 м и 2 м.
Высота равна 4 м. Найдите
полную поверхность.
Так как ось правильной
усеченной пирамиды совпадает
36

с осью соответствующей полной пирамиды, то ООХ является высо¬
той пирамиды и точки О и О\ являются центрами окружностей, впи¬
санных в квадраты ABCD и ЛАСА. Тогда проведем ОК 1 AD и
OKXL А А-
Значит, ОК и ОА — радиусы вписанных окружностей
ОА’ = |лД=1-8 = 4(м)иО1Л’1=1и1В1=1-2 = 1 (м).
Далее, проведем К\Н 1 КО. Из прямоугольника КХО\ОН следует,
что ОК = 0,^=1 м. Так что КН= КО - ОН = 4 -1 = 3 (м.)
Далее, из прямоугольного ККК\Н найдем по теореме Пифагора:
KKi = -^КН2 +KtH2 = 7з3 +42 = 5(м), гдеKKi — апофема.
Далее, площадь полной поверхности S=SAbcd+SaiBiCiDi+S,6ok
SfoK = 4■ A^+AD .^£ = 4.£±1.5=100 (м2).
2	2
Sabcd = AB = S2 = 64 (m2). S^tB1ClD1= A.B,2 = 22 = 4 (m2).
Ответ: 168 м2.
78.	Найдите полную поверхность правильной усеченной пира¬
миды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной, если
высота h, а стороны оснований а и Ь.
Проведем ОК ± АВ и OKi ± AiB(.
Высота ООХ ~ h проходит через
центры окружностей, вписанных в ос¬
нования. Так что ОК-гх и ОХКХ = г2*
Тогда в прямоугольном &ККХН: КН
= ОК - ОН = ОХКХ~ гх - г2 и по теоре¬
ме Пифагора:

КК\ = ^К}Н2+КН2 = ^h2+(ri-r2)2
— апофема.
Площадь полной поверхности равна сумме площадей 5! и S2 ос-
р | р
нований и площади боковой поверхности. S$oK = —1——!• KKit где
Рх и Рг — периметры оснований. Тогда:
2 /Т	д2 /Т
1)	В треугольной пирамиде Si = —— и S2 = ——, Р, = За.
4		4_
Рг = ЗЬ. г, = м =	. Так что КК{ = L2 + (±~f>)2 и
6	S 6	»	12
S	= Si + S2 + S3 = ^± + lj^ + ^±j± ■J/l2 + (a~f,)2 =
4	4	2 V 12
37

= y-^a2+b2+(a + b)^2h2 + (a-Л)2.
2)	В четырехугольной пирамиде
Si = a2, S2=tf, Pt = 4a, P2 = 4b, г^^иг2--.
2	2
Так что КК\ = Jh2 + ~ и
V 4
о-е_1_схс - 2 .2 4а+ 46 1,2 (а-Ь)2
5-д1 + д2 + обок~ a +Z> +	Jh + -

2 V 4
= a2 + b2 + (a + b)^4h2 + (a- b)2 .
Cl2 “х/З	3a 2 ^3
3)	В шестиугольной пирамиде 5( = 6 • —-— = —-—,
a , b24i зь24з o , D <l _ a-Л _ ь4з
S2 = 6 •	= —, P\ = 6a, P2 = 6a, Г|    и r2   .
4	2	 2	2
Так что KKi =^/?2 +~(a2 ~b2) и
С- С j_ С J_ С - За27з ЗЬ2х/з 6а + 6Ь
S	~ Ь\ + Э2 + Обок ~	:	+	+	X
	 2	2	2
х^Ь2 + 3(а~Ь^.. = 7з • (а2 + Ь2) + (а + b)^4h2+3(а-Ь)2^
79.	Докажите, что центры граней куба являются вершинами ок¬
таэдра, а центры граней октаэдра являются вершинами куба.
Обозначим центры граней куба Сь С2, С3, С4, С5) С6.
Каждая грань куба граничит с четырьмя
другими, так что каждая из точек С будет со¬
единена с четырьмя другими. Так как рас¬
стояния между центрами граней, имеющих
общее ребро, в кубе одинаковы, то получим
фигуру, имеющую 6 вершин, в каждой из ко¬
торых сходится по п ребер, и все грани пред¬
ставляют собой правильные треугольники.
Значит, эта фигура — октаэдр.
Наоборот:
Обозначим центры граней октаэдра Сь С2, С3, С4,С5, С6, С7, 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 каж¬
дой вершины выходят по три одинаковых ребра и все грани пред¬
ставляют собой квадраты.
Значит, эта фигура — куб.
Что и требовалось доказать.
80.	Докажите, что концы двух непараллельных диагоналей про¬
тиволежащих граней куба являются вершинами тетраэдра.
Соединим концы непараллельных диагоналей противолежащих
граней ABi и CD{.
Рассмотрим полученную фигуру
AB\DiC. В каждой из четырех AyByDy
и С вершин сходятся три ребра. А
также все отрезки АВу, AD{i AC, ByDy,
D\C и В\С являются диагоналями
равных квадратов и, значит, равны
между собой. Так что фигура AByDyC
составлена из четырех правильных
треугольников, то есть является тет¬
раэдром.
Что и требовалось доказать.
81.	Найдите двугранные углы правильного тетраэдра.
Задача решена в учебнике п. 51 (185), стр. 80.
82. Найдите двугранные углы октаэдра.
Проведем ось SSi, которая перпен¬
дикулярна плоскости ABCD.
Так как верхняя часть октаэдра —
правильная пирамида, то О — центр
окружности, вписанной в квадрат
ABCD.
Обозначим ребро октаэдра х. То¬
гда, если OK1DC, то ОК-г=— .
2
Проведем SK и 5^, тогда по тео¬
реме о трех перпендикулярах имеем SKLDC и SyKLDC. Так что
£SKS\ — линейный угол искомого двугранного угла.
Из правильного ASDC: SK =	, а из &SyDC\ S\K *	- = SK.
Далее, из прямоугольного &SOK по теореме Пифагора получаем:
39

so= Jsk2-ok2
=	= OSi. Так что SS'1=2O<S= xjl .
V 4	4	2
По теореме косинусов в AS'AS'i:
SSi2=SK2 + SiK2 - 2SK ■ S1K ■ cosZSKSi. To есть,
x2 • 2 =	2 + -L-12-2-x"^ ,x'	.cosa. Так что, cosa =
4	4	4	4	3
Тогда a « 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 сим¬
метрии 6.
84. Сколько плоскостей симметрии у правильного октаэдра, до¬
декаэдра и икосаэдра?	5,
В октаэдре через пару противопо-
ложных вершин $ и& проходят четыре	.Z /
плоскости симметрии (две из них прохо- /
дят через ребра и A2Si а также BkS[ Ai^Zjnf
и ад.
Еще две плоскости проходят через \Л z .Z
ось S}S2 перпендикулярно ребрам A^Bi и
Л2ЯЬ а также ребрам В\А2 и Л252.	&
Далее, через пару противоположных вершин Аь А2 по тем же со¬
ображениям проходят четыре плоскости симметрии; но одна из них,
проходящая через A xS2 и A2Si уже была учтена.
Так что есть еще три плоскости симметрии.
Через пару противоположных вершин В\В2 проходят также че¬
тыре 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, со¬
держащее вершину, перпендикулярно противоположному углу).
Далее, через вторую пару противоположных вершин также про¬
ходят 5 плоскостей, но одна из них подсчитана в первом случае, так
что остаются новых четыре плоскости симметрии.
40

Для третьей пары получим — 3 новых плоскости, а для четвер¬
той— две плоскости и для пятой пары только одна новая плоскость.
Через шестую пару вершин не пройдет ни одной новой плоско¬
сти симметрии.
Значит, всего 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 плоскостей симметрии. Пра¬
вильный додекаэдр состоит из двенадцати правильных пятиуголь¬
ников. Так что плоскости симметрии проходят через ребро, содер¬
жащее 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.
85 (н) Убедитесь в справедливости теоремы Эйлера для «-уголь¬
ной призмы (пирамиды, усеченной пирамиды)
«-угольная призма: В = 2п\ Г- п+2\ Р^Зп
В + Г-P = 2« + w + 2-3« = 2 — теорема Эйлера верна.
«-угольная пирамида: В = п + 1; Г=« + 1; Р = 2«
В + Г- Р = «+1+« + 1"2н = 2- теорема Эйлера верна,
«-угольная усеченная пирамида: В = 2«; Г= п + 2; Р = 3«
В + Г- Р = 2п + п + 2-Зп — теорема Эйлера верна.

§6 (§21). Тела вращения.
1. Радиус основания цилиндра 2 м, а высота 3 м.
Найдите диагональ осевого сечения.
Осевое сечение является прямоуголь¬
ником со сторонами
CD = 2 м и AD = 4 м. Так что из прямо¬
угольного &ACD:
AC=<JaD2 + CD2 = V42 + З2 = 5 (м) (по тео¬
реме Пифагора).
Ответ: 5 м.
2. Осевое сечение цилиндра — квадрат, площадь которого Q,
Найдите площадь основания цилиндра.
Задача решена в учебнике п. 53 (187), стр. 91.
3. Высота цилиндра 6 см, радиус основания 5 см.
Найдите площадь сечения, проведенного параллельно оси ци¬
линдра на расстоянии 4 см от нее.
В равнобедренном AAOD OKJ.AD; так
что ОК=4 (см). Далее, по теореме Пифагора
в ДАОК
АК= -JoA2-ОК2 = 752 -42 =3(см), a AD =
=2АК = 6(см).
Тогда Sabcd = ADAB=6-6=36(cm2).
Ответ: 36 см2.
С
-— г
	1У
1О|
11
\ 1/
		V/
1
1
1
А
4. Высота цилиндра 8 дм, радиус основания 5 дм.
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 AAOD проведем OK1AD.
Тогда АК=1
2
• AD = 4(дм). Далее, по теоре¬
ме Пифагора
ОК = АО2-АКг = 7s2 -42 = 3 (дм).
Ответ: 3 дм.
42

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.
Проведем через АВ плоскость ABCD, па¬
раллельную ОО\. Так как ABCD прямоуголь¬
ник, то AD = ^АВ2 -BD2 = V102 -62 = 8 (дм).
В равнобедренном MOD проведем OK1AD,
тогда АК=0t5 AD= 4 (дм). Из МОК
А
ОК = >1аО2-АК2 = ^52 -42 = 3 (дм).
6.	В равностороннем цилиндре (диаметр равен высоте цилиндра)
точка окружности верхнего основания соединена с точкой окружно¬
сти нижнего основания.
Угол между радиусами, проведенными в
эти точки, равен 60°. Найдите угол X между
проведенной прямой и осью цилиндра.
Через данные точки А и С проведем плос¬
кость ABCD, параллельную оси. Соединим
точки В и О\. Угол между радиусами, прове¬
денными в данные точки А и С соответствен¬
но из О и 01 будет равен углу ХВОхС = 60°.
Следовательно, равнобедренный \ВО{С является равносторонним
и ВС ~ 0,5 = К. Искомый угол X между проведенной прямой АС и
осью цилиндра равен ХВАС. В прямоугольнике ABCD АВ = D =2R
(по условию). Тогда из прямоугольного МВС
tgZ=tgZ^C=^|~ = | и X=arctgl.
/ID 2л Z	Z
Ответ: X = arctg —.
2
7.	В цилиндр вписана правильная шестиугольная призма. Найди¬
те угол между диагональю ее боковой грани и осью цилиндра, если
радиус основания равен высоте цилиндра.
Задача решена в учебнике п. 54 (188), стр. 92.
8.	Высота цилиндра 2 м. Радиус основания 7 м. В этот цилиндр
наклонно вписан квадрат — так, что все вершины его лежат на ок¬
ружностях оснований. Найдите сторону квадрата.
Пусть ABCD — данный квадрат, тогда проведем ВВ{ и СС| пер¬
пендикулярно плоскости основания. По теореме о трех перпендику-
43

лярах BXA1AD и CXD1AD, Так что ABXCXD —
прямоугольник и AD ~ ВХСЬ а его диагональ
АСХ является диаметром окружности, так что
ЛС1=14(м).
Из &ADCX и ACDCi получим по теореме
Пифагора DC2 = АС2- AD2 и
DC^DCt-CC?.
Далее, пусть AD = DC = а, тогда:
АС2-с? = а2- ССХ\	22,
о2 - 100 и а = 10(м).
Ответ: 10 (м).
9.	Радиус основания конуса 3 м, высота 4 м.
Найдите образующую /.
в
D
Из прямоугольного ДВОС по теореме Пифагора получим:
1=вс= Job2 + ос2 = 7з2 + 42 = 5(м).
Ответ 5 м.
10.	Образующая конуса / наклонена к плоскости основания под
углом 30°. Найдите высоту.
Из прямоугольного ДВОС:
СО = ВС • sin30° = -
2
11.	Радиус основания конуса R. Осевым сечением конуса являет¬
ся прямоугольный треугольник.
Найдите его площадь.
Данный прямоугольный треугольник является еще и равнобед¬
ренным. Так что высота в нем, проведенная к основанию, является и
медианой. А медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине
44

гипотенузы, то есть радиусу, так как гипотенуза равна диаметру.
1 1 •>
Тогда площадь S = • d'h=— *2R* R =Rr.
2	2
Ответ: Я2.
12.	В равностороннем конусе (осевое сечение — правильный
треугольник) радиус основания Л
Найдите площадь сечения, проведенного через две образующие,
угол между которыми равен а.
Так как в осевом сечении М.ВС — пра¬
вильный, то AC=AB=2R. Площадь &МСК най¬
дем по формуле:
S=-MC ■ СК sina = - • 2R • 2R sin a =
2	2
= 2R2 sin a (так как Л/С = СК = АВ — обра¬
зующие).
Ответ: 2R2sina.
13.	Высота конуса 20, радиус его основа¬
ния 25. Найдите площадь сечения, проведенного через вершину,
если расстояние от него до центра основания конуса равно 12.
Проведем ODLMK в равнобедренном &ОМК. По теореме о трех
перпендикулярах CD1MK. Проведем OELCD в ACOD.
Тогда ОЕ данное расстояние от центра
основания конуса до плоскости МСК.
ОЕ = 12. Так что в ACOD:
йпКОСЕ = — = — = 0,6. Тогда
ОС 20
cos Z.OCE = Vl-Sin2 = 71-0,36 = 0,8.
Так что, tg ЛОСЕ =
sin Л.ОСЕ _ 0,6 _ 75
cos ЛОСЕ 0,8
Далее, OD - СО • tgZOCE = 20 • 0,75 = 15
CD = >IoD2 + CO2 = 7152 + 202 = 25.
В \OMD по теореме Пифагора:
MD = Jom2-OD2 = V252 -152 = 20, так чю МК = 2MD = 40.
-МК• CD =- • 40 • 25 = 500.
2	2
Ответ: 500.
45

14.	Радиус основания конуса R, а образующая наклонена к плос¬
кости основания под углом а. Через вершину конуса проведена
плоскость под углом ф к его высоте. Найдите площадь полученного
сечения,
В прямоугольном ААСО
СО = АО • tga = R • tga.
В &ОМК проведем ODLMK. Тогда по тео¬
реме о трех перпендикулярах CDLMK.
В прямоугольном &OCD имеем
OD = ОС • tgcp = R tga 1§ф и
С£>=	=
СОЗф С05ф
Далее, в прямоугольном &ODK по теореме Пифагора
DK= ‘JoK2 - OD1 == ^R2 -tf2tg2atg29 = R^\-tg2aA^q .
Так что площадь kCMK равна SCmk = ' МК • CD =
1	2tftga п Г 2	~ ^2tga f Г 2 Г 2
	 		/?Jl-tg2a tg2<p 		-Jl-tg atg^ .
2	COS(p	С05ф
Ответ: ts--. ^l-tg2a tg2^
COS(p
-OD
15.	Задача решена в учебнике п. 56 (190), стр. 95.
16.	Высота конуса Н.
На каком расстоянии от вершины надо провести плоскость, па¬
раллельную основанию, чтобы площадь сечения была равна поло¬
вине площади основания ?
Проведенная плоскость отсечет от конуса подобный конус. В
подобных фигурах отношение линейных размеров равно коэффици¬
енту подобия, а отношение соответствующих площадей — квадрату
коэффициента подобия. Так что
— =* К2 = — , Поэтому К =	. Тогда — = К и
S2 2	Н
I - НК= , где I — искомое расстояние.
V2
Ответ:
V2
46

17.	Через середину высоты конуса проведена прямая, параллель¬
ная образующей 1. Найдите длину отрезка прямой, заключенной
внутри конуса.
Пусть MN— данная прямая.
Рассмотрим осевое сечение конуса, со¬
держащее прямую MN, В ДСОВ по усло¬
вию СО\ = О[О и OXN ||СЛ. Тогда по тео¬
реме Фалеса ON = NB, а значит,
1	3
ON- — R, Так что NA- — R.
2	2
AN MN
Далее, &AMN~ ЛАСВ, поэтому			. Так что
АВ СВ
-R/
1л/ AN СВ 2
АВ 2R 4
гх™ 3,
Ответ: —/.
4
18. Образующая конуса 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.
Из &СОА по теореме Пифагора:
ОА = Vc/2- СО2 = V132 -122 = 5 (см).
Проведем плоскость, параллельную основа¬
нию и содержащую данную прямую BD.
Тогда проведенная плоскость отсечет от кону¬
са подобный конус. Далее, &СО\А{~АСОА.
_ O[Al eq
Тогда —— = —L, то есть
ОА СО
__ . _Ш-СО> 5-(12-6)	.
Оу4 !=	L 	- = 2,5(см).
СО 12	47
Далее, в ABO{D проведем OiMLBD.
' Тогда в прямоугольном АВО^М
ВМ=^ВО2 -О^М2 = у2,52-22 = 1,5 (см) (по теореме Пифаго¬
ра). Так что BD - 2 • ВМ= 2 • 1,5 = 3 (см).
Ответ: 3 см.
47

19. Радиусы оснований усеченного конуса 3 м и 6 м, высота 4 м.
Найдите образующую.
Рассмотрим осевое сечение усеченного конуса. Тогда ABCD —
равнобокая трапеция с основаниями
ВС = 27?] = 2 • 3 = 6 (м) и
= 27?2 = 2 • 6 =12 (м).
Далее, проведем BM1AD и
CK1AD. ВСКМ — прямоугольник.
Имеем ВМ~ СКиЛАВМ= ЛОСК.
П ™ AD-MK AD-BC 12-6 „ , ч „
Поэтому KD - АМ~	-						 —-— =3 (м). Далее,
в прямоугольном ДЛЯЛ/по теореме Пифагора:
АВ = ^АМ2+ВМ2 = 7з2+42 = 5 (м).
Ответ: 5 м.
20. Радиусы оснований усеченного конуса Лиг, образующая на¬
клонена к основанию под углом 45°.
Найдите высоту Я.
Рассмотрим осевое сечение усе¬
ченного конуса. Им является ABCD —
равнобокая трапеция с основаниями
ВС = 2 • BOi = 2г и AD = 2 • АО ~ 2R.. Далее, проведем BM1AD
и CK1AD. Тогда ВСКМ— прямоугольник и ВС = МК, ВМ = СК
ЛАВМ= ЛОСК.
™ am AD-MK AD-ВС 27?-2г п
Так что KD АМ=					= R-r
2	2	2
Далее, ЛАМВ равнобедренный, так как Z4 = ААВМ-45°.
Так что H=^BM~AM=R-r.
Ответ: R-r.
21.	Образующая усеченного конуса равна 2а и наклонена к осно¬
ванию под углом 60°. Радиус одного основания вдвое больше ра¬
диуса другого основания. Найдите радиусы.
Рассмотрим осевое сечение усе¬
ченного конуса. Им является равно¬
бедренная трапеция ABCD> где
BC-2R2 и AD = 27?! = 2 •
27?2 = 47?2=ЯС. Далее, проведем
BM1AD и CK1AD. Тогда ВСКМ —
прямоугольник, так что ВС=МК и
ВМ^ СК Поэтому ЛАВМ= ЛОСК (АВ = CD и ВМ= СК). Так что
48

am-kd-™=k^2£^r..
2	2
Далее, в прямоугольном &АВМ:
AM = R=AB- cos60° = 2a • i. Тогда Ri = 2R2 » 2a.
&
Ответ: а и 2 a.
22.	Радиусы оснований усеченного конуса 3 дм и 7 дм, образую¬
щая 5 дм.
Найдите площадь осевого сечения.
Рассмотрим осевое сечение усе¬
ченного конуса. Им является равно¬
бедренная трапеция ABCD с основа¬
ниями ВС - 2/?i = 6 дм и
AD = 2R2 = 14дм. Далее, проведем
BM1AD и CK1AD. Так что ВС = МК и ВМ = СК Тогда ВСКМ —
прямоугольник. &АВМ- ACKD, так что
кл - ли- AD-BC 14-6
KD - AM	-	= —-—= 4 (дм). В прямоугольном &АВМ по
4*	W
теореме Пифагора получим: ВМ= JaB2~AM2 = Vs2-42 =3 (дм).
г-, ~ AD + BC	6 + 14 _ _Л z 2\
Тогда S =	ВМ  	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 усечен¬
ного конуса. Им является ABCD —
трапеция с основаниями ВС = 22?i и
HD = 2R2.
Далее, 5| = nR2 = 4(дм2). Так что
2	4
=-7=г (дм) иВО-р*(дм).
Si - kR2 - 16 (дм2). Так что R2 = -i- (дм) и AD = -4L (дм)
V7C	V7T
MN является средней линией трапеции, так что:
BC+AD 6 1ЛГ
мк				 . Но MN- диаметр данного сечения.
2
49

1	3
Тогда радиус этого сечения R=— MN=и площадь
2	тЛс
S = nR? = n — =9 (дм2).
ТС
Ответ: 9 дм2.
24.	Площадь оснований усеченного конуса М и т.
Найдите площадь среднего сечения, параллельного основаниям.
Осевое сечение усеченного конуса представляет собой трапецию
ABCD с основаниями BO2R{ и AD=2R2.
Так как площади оснований равны Л/= и w = nR%, так что
Тогда радиус сечения равен R = 1мм = -
2	2 Уте
А площадь S = тсЛ2 =	= (Уа7+Ут/
4я	4
25.	У пирамиды все боковые ребра равны.
Докажите, что она является вписанной в некоторый конус.
Задача решена в учебнике п. 57 (191), стр. 95.
гранью куба. Далее,
26.	В конусе даны радиус основания R и высота Н.
Найдите ребро вписанного в него куба.
Рассмотрим осевое сечение куба ASD. Тогда в M.SD вписан
ВСС\В\ прямоугольник со сторонами ВВ\ — а — длина ребра куба и
ВС—а У2	диагональ квадрата, являющегося
A4SZ> ~ ABSC так что:
ВС SO а& Н-а
AD~ SO[’ 2R = Н ’Откуда
НаЛ = 2RH—2aR. Так что
а(2Я + Н41) = 2RH, и а - 2Ля
2Л+Ял/2 '
2R + H^2
50

27.	В конусе даны радиус основания /? и высота /7. в него вписа¬
на правильная треугольная призма, у которой боковые грани

квадраты. Найдите ребро призмы.
Пусть длина ребра призмы равна а.
Тогда из равностороннего ААВС найдем ОА —
радиус окружности, описанной около &АВС,
Далее, рассмотрим осевое сечение
SOiD. Так как ASOA - ASOD, то
ОА SO aji Н-а
		 			 		 			 так чт0
OXD SOX 3R Н
aH^3=3RH-3Rai a(3R + H^) = 3RH
3RH
, и а =	=•.
3R+H43
~	ЗЯ/7
Ответ: а =	=.
ЗД + Я-УЗ
28.	Полушар и вписанный в него конус имеют общее основание
и общую высоту . Через середину высоты проведена плоскость, па¬
раллельная основанию. Докажите, что площадь сечения, заключен¬
ного между боковой поверхностью конуса и поверхностью полуша¬
ра, равна половине площади основания.
Рассмотрим осевое сечение конуса СОА. Тогда ДССМ1 ~ АСШ,
1СО
так что	, так что ОХАХ = ОА = ОА-^		 — АО.
СО ОА	СО СО 2
О А
n2 fuf _*7з
К — I — lx I = —— —
<2 )	2
В прямоугольном &ОО1В по теореме Пифагора:
ОХВ = JoB^-oof =
51

Искомая площадь сечения равна разности площадей кругов с ра¬
диусом (Э1Ви О\А:
п__ п тЛ п . 2_ R2-3 Я2 TtR2
4	4	2
А площадь основания Sq = лОЛ2 = лВ2, так что площадь сечения
равна половине площади основания, что и требовалось доказать.
29.	Шар, радиус которого 41 дм, пересечен плоскостью на рас¬
стоянии 9дм от центра. Найдите площадь сечения.
В прямоугольном АЛОВ по теореме Пифа¬
гора: АВ = 4оВ2 -ОА2 = >/412 - 92 =40 (дм).
Тогда площадь сечения
5 = л-ЛВ2 = л • 402 = 1600л (дм2) = 16л (м2).
Ответ: 16л м2.
30.	Через середину радиуса шара проведена перпендикулярная
ему плоскость. Как относится площадь полученного сечения к пло¬
щади большого круга?
Задача решена в учебнике п. 59 (193), стр. 97.
31.	Радиус шара R. Через конец радиуса проведена плоскость
под углом 60° к нему. Найдите площадь сечения.
В прямоугольном АЛОВ имеем:
AB^OBcos 60°= ОВ • -=—.
2 2
Тогда площадь сечения равна:
с 4d2 f bV лЯ2
В = л-ЛВ =л — 		.
UJ 4
п2
Ответ:	.
4
32. Радиус земного шара R. Чему равна длина параллели, если ее
широта 60°?
В прямоугольном АЛОВ:
ZЛOB=90o-ZBO^=30o.
AB^OBsinZA OB=R- — = —, Тогда длина
2 2
R
параллели равна I = 2л • АВ = 2л • — = лЯ.
Ответ: лЯ..
52

33. Город N находится на 60° северной широты. Какой путь со¬
вершает этот пункт в течение 1ч. вследствие вращения Земли вокруг
своей оси?
Радиус Земли принять равным 6000 км.
В прямоугольном &AON:
ZAON=9QQ-^OK=3Q°.
в
Тогда jy=6Wsin60°=—. За один час
2
город N совершит путь по дуге, равной -L
длины окружности с радиусом AN.
Так что, • 2xAN = А. 2 • л • 2222 = 250л « 785 (км).
24	24	2
Ответ: «785 км.
. 34. На поверхности шара даны три точки. Прямолинейные рас¬
стояния между ними 6 см, 8 см, 10 см. Радиус шара 13 см. Найдите
расстояние от центра до плоскости, проходящей через эти точки.
Проведем OOt перпендикулярно плоскости ДАВС. Тогда прямо¬
угольные треугольники АО\О, ВО}О, СОХО равны по катету и гипо¬
тенузе (так как АО = ВО=СО — радиус
шара и ОО{— общий катет). Так что О^—
центр окружности, описанной около тре¬
угольника АВС (О[А = О^В^ОуС).
Далее, заметим, что 62 + 82 = 102, так
что ДАВС прямоугольный с гипотенузой
АС. Поэтому 01 — середина АС, так что
AOi = ^ АС = 5 (см).
Далее, в прямоугольном AAOOi:
OOt = ^AO2-AOi = V132 -52 = 12 (см).
Ответ: 12 см.
35.	Диаметр шара 25 см. На его поверхно¬
сти даны точкаЯ и окружность, все точки, ко¬
торой удалены (по прямой) от Я на 15 см.
Найдите радиус этой окружности.
Радиус шара равен половине диаметра.
Так что АО = ОВ =1 -25 = 12,5 (см).
2
53

Далее, &АОВ равнобедренный (так как ОВ = ОА) и АВ ~ 15 см.
Найдем площадь АЛОВ по формуле:
8Лов= у1р(Р~ АО)\р- OB) -(р-АВ) —
= ^20-(20-12,5)-(20-12,5)-(20-15) = 75 (см). Но SAOB =~ AO BOi.
Так что R=BO\= ?^QS. =	=10 (см).
АО 15
Ответ: 10 см.
их плоскости перпен-
36.	Радиус шара 7 см. На его поверхности даны две равные ою
ружности, имеющие общую хорду длиной 2 с
Найдите радиусы окружностей, зная, что
дикулярны.
Из центра шара О проведем перпенди¬
куляры (901 и ОВ к плоскостям соответст¬
вующих окружностей. Из точек Oj и В
проведем перпендикуляры (9^ и ВВХ к
общей хорде АС. Тогда
ABt- В1С=|лС=1(см).
Далее, в прямоугольном ЛОХАВХ, если ОХА = R и CiB = а, то по¬
лучим О1Л2= ОХВ2 + АВ2, т.е R2 = а2 + 1. В прямоугольном &ВСВХ
обозначим BC^R, ВВХ=Ь, тогда ВС2= ВВ^ч-В1С2, т.е. R2 = b2 + 1.
Так что а=6, то есть ОХВ^ВВХ.
Тогда ООХВВХ — квадрат и его диагональ OB2=2O\tf = 2а2.
Далее, в прямоугольном &ОАВХ ОА = 7 см, тогда
(9Л2= ОВ2+АВ2, то есть 49 = 2с? + 1, а2 = 24.
Далее, R2 = а2 ч-1 = 25, так что ОХА - R = ^25 = 5 (см).
Ответ: 5 см.
37.	Дан шар радиуса R. Через одну точку его поверхности прове¬
дены две плоскости: первая — касательная к шару, вторая — под
углом 30° к первой. Найдите площадь сечения.
Так как ZOp4B=30°, а ОА1АВ,
то ZOAOt = 90°-ЛОХАВ =
= 90°- 30°= 60°.
Далее, в прямоугольном АЛО,<9:
АОХ = Л(?’CosZ(91Л(9 =
= /?С05бО°=/?1 = Д
2 2 '
54

<ч 2	2
— I =~4~
гл лЯ2
Ответ; 	.
4
38.	Имеется тело, ограниченное двумя концентрическими шаро¬
выми поверхностями (полый шар).
Докажите, что его сечение плоскостью, проходящей через центр,
равновелико сечению, касательному к внутренней шаровой поверх¬
ности.
Допустим, что радиусы двух шаров
равны /?1 и /?2- Тогда в прямоугольном
АОС>1Л: О}А2 = ^ОА2 - ОО? = ^Л2 - К2 ■
Площадь касательного сечения равна
S=nOiA2=n(R2-R22).
Площадь сечения шара плоскостью,
проходящей через центр, равна разности площадей
|У=л7?12-л/?22=7г(^12-^22)- То есть площади искомых сечений равны.
Что и требовалось доказать.
39.	Шар радиуса R касается всех сторон правильного треуголь¬
ника со стороной а
Найдите расстояние от центра шара до плоскости треугольника
Задача решена в учебнике п. 61 (195), стр. 99.
40.	Стороны треугольника 13 см, 14 см и 15 см. Найдите рас¬
стояние от плоскости треугольника до центра шара, касающегося
всех сторон треугольника. Радиус шара 5 см.
Проведем ОО\ перпендикулярно плоскости &MNK. Так как сто¬
роны AMNK касаются шара, то ОА, ОВ и ОС перпендикулярны сто¬
ронам AMNK. Тогда по теореме о трех перпендикулярах О\А, О [В и
О[С тоже перпендикулярны к соответст¬
вующим сторонам AMNK.
Далее, так как &AOOf=&BOOi=&COO\
(по катету и гипотенузе), то:
О^А^О^В^ОхС. Так что О\ — центр впи¬
санной окружности в &MNK. Площадь
AMNK равна:

S = ^p.(p-MN).(p-MK)(p-NK) =
= ^21 -7-8 -6 =84 (см2).
55

Но S=pr, так что О\А= г - — = — ~ 4 (см).
р 21
Далее, в прямоугольном ДЛООр
OOi= у] АО2-АО? = 7s2-42 =3 (см).
Ответ: 3 см.
41.	Диагонали ромба 15 см и 20 см. Шаровая поверхность каса¬
ется всех его сторон. Радиус шара 10 см.
Найдите расстояние от центра
шара до плоскости ромба.
а) Проведем перпендикуляр ОО{
к плоскости ромба.
Отрезки OM=ON-OK=OE=10 см
и перпендикулярны соответствую¬
щим сторонам ромба. Так что по
теореме о трех перпендикулярах
О\М} O\Nt О\К и О\Е перпендику¬
лярны соответствующим сторонам ромба.
Далее, ^ОО^М-^ОО^-^ООуК^ОО^Е (по гипотенузе и катету).
Так что O\M^O\N^O\K-O\E и значит, О\ — центр вписанной в ромб
окружности.
б) В прямоугольном LAO\D {ACXJfD)-.
AD= J АО? + DO? = /1 Лс)	:
= V7,52 + 102 = 12,5 (cm).
Тогда
Sabcd^--4C-j5£) = — 15*20 =150 (cm2),
2	2
С другой стороны,
Sabcd ~ ah — AD • NE.
Так что NE - ^cp 221 = 12 (CM).
AD 12,5
Тогда OjE = ~ NE ~ 6 (cm).
2
Далее, в прямоугольном AOOJ3:
OOt = ^OE2 -OiE2 = V102 -62 = 8(cm).
Ответ: 8 см.
56

42.	Через касательную к поверхности шара проведены две вза¬
имно перпендикулярные плоскости, пересекающие шар по кругам
радиусов и и г2 Найдите радиус шара Л
Проведем перпендикуляры 001 и 002 к
данным плоскостям. По условию
ZOjAO2=90o, так что ОО^Оз — прямо¬
угольник.
Тогда по теореме Пифагора
OA = R= Joof+OOl =	,
Ответ: ^ + r2* 2 .
43.	Шар радиуса R вписан в усеченный конус. Угол наклона об¬
разующей I к плоскости нижнего основания конуса равен а.
Найдите радиусы оснований и обра¬
зующую усеченного конуса.
Рассмотрим осевое сечение, которое
является трапецией ABCD, причем
АВ-CD. ZBAD = a.
Проведем BM1AD.
Тогда ВМ- О\О2 ~ 2R.
ВЛАВМ:1 = АВ=^~ = -^~,
sin a sin а
Центр вписанной в ABCD окружности лежит на пересечении
биссектрис, так что АО и ВО — биссектрисы, то есть
ЛВАО=la, ЛАВО=1ZABC = 90°- 1а .
2	2	2
Так что &АВО — прямоугольный, поэтому
27?sin— р
ВО - ABsinZBAO-	1 - ——
sin а а
cos—
2
Далее, в прямоугольном ЛВОО,:
ВО, = ^ВО2-ОО?
/ \
2
R
сё;
И
1
а
cos—
1 2.J
1-cos2 —
	= Л
2 <x
cos —
2
sin2— I	” a
c»s!“	’	2	2
2
Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки к ок¬
ружности, равны, то БК - ВО, и АО2 = АК
57

2R	а
Тогда АО2 = АК = АВ - ВК = АВ - ВО( =-±Z—Rtg~ =
sin а	* 2
п . а
Asin—
		2_ =
л . а а	а
2sin—cos— cos—
2	2	2
2R
nli • 2 а |	о ОС
A- l-sin — Acos2 —
к 2/2
а . а	а . а
cos—sin—	cos—sin —
2	2	2	2
а
= Actg—.
Ответ: Atg — и Actg —.
2	2
44.	Два равных шара радиуса А расположены так, что центр од¬
ного лежит на поверхности другого. Найдите длину линии /, по ко¬
торой пересекаются их поверхности.
Задача решена в учебнике п. 62 (196), стр. 100.
45.	Радиусы шаров 25 дм и 29 дм, а расстояние между их цен¬
трами 36 дм. Найдите длину линии /, по которой пересекаются их
поверхности.
Рассмотрим сечение, проведенное	\
через центры шаров. Тогда линия пе- у"	\
ресечения шаров представляет собой /	/1	1
окружность радиуса АН, где АН — I	1
высота в ДШОь проведенная к сто- д/	/
ронеООь	У
Площадь АСМ(21 равна
S=>]p.(p-OA)-(p-OlA)(p-OOi) =
= ^45(45 - 25)(45 - 29)(45 - 36) = 360 (дм2).
Но с другой стороны — (2(?i *AHt так что
2
АН= ~ =22^2 =20 (дм).
OOi 36
Далее, длина линии I = 2кАН= 2я-20 = 40л (дм) = 4л (м).
Ответ: 4л м.
46.	Найдите радиус шара, описанного
около куба с ребром а.
Рассмотрим осевое сечение шара, про¬
ходящего через диагональ куба.
Так как в прямоугольном параллеле¬
пипеде квадрат любой диагонали равен
сумме квадратов трех его измерений, то
58

АС^Л-а2 +с? иАС^аТз;
тогда Я=АО= — ACi= .
2	2
47.	Докажите, что центр шара, описанного около правильной пи
рамиды, лежит на ее оси.
Задача решена в учебнике п. 63 (197), стр. 100.
48.	Докажите, что центр шара, вписанного в правильную пира¬
миду, лежит на ее высоте.
Пусть X точка касания шара и боковой грани ASB. Из точки X
проведем прямую XMI.O1O2, где ОХО2 —
диаметр шара, перпендикулярный плоско¬
сти основания.
Тогда по теореме Пифагора в ЛОХМ:
ХМ=4о:<2-ОМ2 = -\Ir2-OM2 , где R —
радиус шара.
Так что точки касания шара с боковыми
гранями лежат в плоскости, перпендику¬
лярной диаметру О\О2 и на равном рас¬
стоянии от точки М.
Значит, все точки касания принадлежат
вписанной в сечение, перпендикулярное окружности с цен¬
тром в точке Л/.
Тогда, точка М лежит на оси правильной пирамиды, которая яв¬
ляется высотой. Так что и точка О лежит на высоте правильной пи¬
рамиды. Что и требовалось доказать.
49.	Найдите радиус шара, описанного около правильного тетра¬
эдра с ребром а.
Пусть высота тетраэдра DO\ пересека¬
ет поверхность шара в некоторой точке
М. Высота в правильной пирамиде прохо¬
дит через центр окружности, описанной
около основания. Так что ОХС — радиус
описанной около АВС окружности.
ЛАВС равносторонний, так что
3	3
Рассмотрим осевое сечение шара, содержащее точку С. ADCM—
прямоугольный, так как вписанный угол ZDCM опирается на диа¬
59

метр DM. Тогда катет DC — есть среднее геометрическое между сво¬
ей проекцией и гипотенузой. То есть DC = ^DM (] D.
В AOiDC : DOi = /dC2-<?iC2 = Ja2
А радиус шара R ~•
50.	В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания
равна а, а плоский угол при вершине равен а. Найдите радиусы
вписанного и описанного шаров.
а) Проведем в пирамиде высоту SO и
SH1DC. Тогда по теореме о трех перпенди-
кулярах OH1DC. Тогда, так как ASDC рав¬
нобедренный, то SH является и медианой, и
биссектрисой. Так что НС = ~ и Z.CSH - —.
2	2
В Д5//С: SC =
sin Z.CSH о . а
2sin—
2
НС а
б) Далее в ASHO: ОН - —. Так что
so=brf-orf =  —
№ 4
2 а
COS —
2	2
Далее, ZSZM/=90°, так как этот впи¬
санный угол опирается на диаметр SM
Знаем, что катет является средним про¬
порциональным между гипотенузой и
проекцией катета на гипотенузу, так что
60

BS* I 2 * * = SM • SO, так что
SM=BS2 SC2_ a'2sin2
SO SO 4sin2 —-aVcosa 2sin—Vcosa
2	2
. a~	= 2R-^^- илиЯ =	“	.
4	sin —	2 sin—	4 sin — ycosa
2	2	2
Так как радиус описанного шара Л= — SM, то R =	а ■
2sin—Vcosa
2
SH
Далее, рассмотрим сечение пирамиды плоскостью
SOH 0О2~Е02 — радиус вписанного шара.
Имеем SSHO~&SO2E:
О.Е SO2 с\~
ОН SH
а
2*
OH + SH а
2
OO2 SO-ООэ ~
—£ 		L t Так что
ОН
ajcosa
л . a Л 2 I	 a г"1 a
2sin—	2a vcosa*tg— aycosa-tg—
2 	 2 _	2
a
+ 2.^
4asin— 11 + tg— I 2cos—I1 + tg—
2< 2J 21	2
2 a . 7 a
ал cos	sin —
V 2	2
af,	a5!
2 cos— l + /g —
21	2J
а.
V
a	.aw	a	.a
cos	sin — cos — + sin —
2	2 A	2	2
(a a
2 cos —+ sin —
I 2	2
a
2
cos —-sin—	—
2	2	* 2
a .a	2]. , a
cos — + sin —	Ul + /g“
2	2	12
51.	В шар радиуса R вписана правильная
треугольная пирамида с плоскими углами a
при ее вершине.
Найдите высоту пирамиды.
Проведем высоту SO пирамиды, и SHLAC.
Так как &ASC равнобедренный, то SH являет¬
ся и медианой, и биссектрисой. Так что, если
и
/ /П\
/оь\\
61

то= ASsin- =%sin- и ^C = 2J//=2-Azsin —.
2	2	2
В равностороннем АЛ SC радиус описанной окружности равен
2-X‘Sin—'^3
4О~ "С'13 -=	2
3	3
В прямоугольном &ASO по теореме Пифагора:
$О= 4AS2 -АО2 = JX2 - — X2 sin2 — = г |l--sin2— .
V з 2 V з 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 про¬
порциональным между гипотенузой и проекцией катета на гипоте¬
нузу, то в &ASD:

4S*=SDSO, X2 = 2R-Ar1/l-^sin^, так что
	 V 3	2
^=2R Clsin2^ .
1| 3	2
Поэтому высота пирамиды равна:
с/э - v L4 . 2а _ _ L 4 . 2<* L 4 . э а
оО — X• 1—sin2 — = 2RJ1-—sin2—J1—sin2— =
V 3	2 N 3	2 V 3	2
--)оГ1 4 ’
-27q 1—sin — .
I 3	2)
52. Правильная и-угольная призма вписана в шар радиуса R.
Ребро основания призмы равно а. Найдите высоту призмы при:
1) п = 3; 2) п ~ 4; 3) п = 6.
Так как вписанная призма правильная, то высота будет равна
длине отрезка О2О, где точки О2 и О явля¬
ются центрами окружностей, описанных
около оснований призмы. Тогда
OO2=2OOi= 2-jOiB2 - ОВ2 = 2^R2-b2 г
де Ь=ОВ — радиус окружности, описанной
около основания призмы. Тогда:
I) п = 3. В основании призмы лежит
равносторонний треугольник.
Так что Ь- ——, поэтому
62

оо2 = 2 Jr2 -
-2 R2 —
V з
hOO2=2JR2- -^1 =2Jr2-—
з
2)	л = 4. В основании призмы лежит квадрат. Так что
2
3)	п = 6. В основании призмы лежит правильный шестиугольник.
Так что Ь- а, поэтому ОО2= iJr2 -а2 .
53.	Сторона основания правильной л-угольной пирамиды равна
а, двугранный угол при основании равен ср. Найдите радиус шара,
вписанного в пирамиду.
В правильной пирамиде проведем высо¬
ту SO. Тогда О — центр окружности, опи¬
санной около основания. Так что АЛОВ —
360е
равнобедренный и ZAOB=	. Далее,
п
проведем ОНкВА. Тогда по теореме о трех
перпендикулярах SH1AB. Тогда ZSHO=<?
(линейный угол данного двугранного угла).
В прямоугольном &ОНВ:
ОН=-.В-- =	(так как ОН —
tgZHOB 2tg—
п
высота, медиана и биссектриса).
Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис,
так что О\Н~~ биссектриса угла <р, так что £ОНО\ =—
2
В прямоугольном &ОО\Н\
а
n/g-
ОО\ = ОН • tgZCWOj =	~ — искомый радиус.
180°
2/g

54.	Найдите радиус шара, описанного около правильной
и-угольной пирамиды, если сторона основания равна а, а боковое
ребро наклонено к плоскости основания под углом а.
Проведем высоту SO правильной пирамиды.
Тогда О— центр окружности, описанной около основания.
63

Далее, в прямоугольном &ASO: SA=——— =-А—
cos ASA О cosa
S
/UN
B D
' И '
z .Ho)
AO =	-	 (радиус описанной окруж-
„ . 180°
2sin

n
ности в правильном n-угольнике.
Тогда SA =			. Далее,
. . 180°
2sm	cosa
п
SO - АО-tga = -
~ . 180°
2sin

п
Рассмотрим осевое сечение шара, содержащее точку А.
ZSAD = 90° как вписанный угол, опирающийся на диаметр SD.
Так как катет является средним пропорциональным между гипоте¬
нузой и проекцией катета на гипотенузу, то AS* -SD • SO (в A4SD).
2 . 180°
яо2 a *sin

Так что SD = — =	"	=
SO _.2180°	2
8sin 	cos a • atga
n
_	a		a

о • 180° •	"	180° * о
8sin	sinacosa 4sin	sin 2a
n	n
Тогда 501 SD 				— искомый радиус.
2	. 180°
2sin2asin

n
64

§7 (§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 ку¬
бов. То есть	Но объем куба равен У=а3. Так что
а = Vя!3 +«2 + аз = ^З3 + 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 = а-2 0,1 = 10 (см).
Объем металла равен разности объемов кубов:
У= а3- Ь3 = 10,23 - 10 - 61,208. Тогда плотность
т 514,15 ол . з
о = — =	— ■ « 8,4 г/см .
V 61,208
3.	Если каждое ребро куба увеличить на 2 см, то его объем уве¬
личивается на 98 см3. Чему равно ребро куба?
Задача решена в учебнике п. 66 (200), стр. 110.
4.	Если каждое ребро куба увеличить на 1 м, то его объем увели¬
чится в 125 раз. Найдите ребро.
Пусть ребро куба равно а, тогда его объем У=а3. Далее, ребро
нового куба равно а+1, его объем И=(а+1)3. По условию:
И- = 125,	= 125,	= 5. Так что а = 0,25(м).
У а3	я
5.	Кирпич размером 25x12x6,5 имеет массу 3,51 кг. Найдите его
плотность.
Найдем объем кирпича: 25-12-6,5 = 1950 (см3).
Далее, 3,51 кг = 3510 г. Так что плотность
т 3510 . о / / Зч
р = — =	= 18 (г/см ).
У 1950
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 £=2,5-1,75 = 4,375 (м2). Так как
3-6503
65

г/ 1П
5 ‘ И, го h — 		« 2,29 (м).
5 4,375
7.	Измерения прямоугольного параллелепипеда 15 м, 50 м и
^6 м. Найдите ребро равновеликого ему куба.
Объем параллелепипеда равен V ~ 15-50-36 - 27000 (м3).
Пусть ребро куба а, тогда V = а3. То есть
а = 727000 = 30 (м).
8.	Измерения прямоугольного бруска Зсм, 4 см и 5 см. Если уве¬
личить каждое ребро на X сантиметров, то поверхность увеличится
на 54 см2. Как увеличится объем?
Площадь поверхности прямоугольного параллелепипеда
$ = 2(ab + Ьс + ас), где а, Ь,с — его измерения. Площадь поверхно¬
сти данного бруска равна 5=:2(3*4 + 3- 5 + 4-5) = 94 (см2).
Тогда площадь поверхности нового бруска
5' = 2-((% + 3)(%+ 4) + (%+ 3)(% + 5) + + (% + 4)(% + 5)) =
= 6%2 + 48% + 94 = S + 54 = 148 (см2). Так что
6%2 + 48% + 94 = 148
%2+8%-9 = 0,%=-9 или% = 1.
Корень Х~ -9 не подходит, так как иначе размеры нового бруска
отрицательны. Значит, Х= 1.
т Г 4-5-6 6
Так что — 			 — = 2. Объем увеличится в 2 раза.
V 3-4-5 3
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 у = х - 23 = 25 - 6 = 19 (см).
Тогда площадь сечения равна 5 = х2-у2 = 252- 192 = 264 (см2) и объ¬
ем метра трубы К= S-100 = 26400 (см3).
Далее, т = р . V = 7,3-26400 = 192720(гр) = 192,72(кг) ® 193(кг).
10.	Чему равен объем прямоугольного параллелепипеда, диаго¬
наль которого а составляет с плоскостью основания угол а, а с бо¬
ковой гранью — угол Р?
В ДЛССь
C'iC = HC1-sina = tfsina.
ЛС = ^Cpcosa = flcosa. Далее,
в ДС^Л
= A Ci-sinp = a-sinp.
£С = DXC{ = asinp.
66

Тогда в AADC по теореме Пифагора:
AD - ^АС2 - DC2 = yja2 cos2 a-a2 sin2 Р = а• Jcos2 a-sin" 0 .
Объем прямоугольного параллелепипеда равен произведению трех
его измерений, так что
V = AD • DC • СС\ = a3 sina-sinP -Jcos2 cc-sin2 Р .
11.	В прямом параллелепипеде стороны основания а и b образу¬
ют угол 30°. Боковая поверхность равна S.
Найдите его объем.
Задача решена в учебнике п. 67 (201), стр. 111.
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 = J5/lDsin 450 =
= 2-/I -5-= 10 (см2).
2
Далее, в &ABD по теореме ко¬
синусов:
BD = -JaB2 + AD2-2-ABADcos45° =
= J8 + 25-2-2-/2-5-—=-/13 (см).
V	2
Тогда в ABDD\ по теореме Пифагора:
DD^ ~ ^BD^ -BD2 = 412-Y3 = 6 (см). Поэтому
V = S -DD^ 60 (см3).
13.	Основание прямого параллелепипеда — ромб, площадь кото¬
рого 1 м2. Площадь диагональных сечений 3 м2 и 6 м2.
Найдите объем параллелепипеда.
Основание параллелепипеда — ромб, с площадью
S = ^ACBD = 1(м2).
Так что AC BD = 2 (м2).
Диагональные сечения —
прямоугольники ACCiAi и
BDD{B{ с площадями
5,=ЛС СС| nS2 = BDDDX.
3*

Тогда S{S2 = AC-BD-CCy2 = 2CC2 = 3 • 6 = 18 (м2), так что
CCi = 3 (м) и V = S • ССу = 1 • 3 = 3 (м2).
14.	Решите предыдущую задачу в общем случае, если площадь
ромба Q, а площади диагональных сечений Л/ и N. В основании ле¬
жит ромб.
Пусть dy и d2 — диагонали ромба. Тогда Q = — dy-d2.
2
Диагональными сечениями являются прямоугольники, у кото¬
рых одной стороной является диагональ ромба, а другой — высота
прямого параллелепипеда.
Так что их площади:
М~ dyh и N = d2 h, где h — высота.
Тогда MN~ dyd2-h2 = 2Qh.
Откуда h2 = и
2Q
, Imn т iz „ tr Imnq
h= 	 Тогда V =Q-H = A	.
V 22	V 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 проведем перпен-	Су
дикуляры к сторонам основания	У7
AD и АВ. Тогда	Jfw */ /
ААу • cos60° = 2 • 0,5 = 1 м -ЯР.	//Л ' //
Так что основанием перпенди- /// I у /
куляра является точка D. Далее, /у В [Ту
A4rcos60°= 1 м = АВ> так что ос-
нование перпендикуляра, опущен- A D
ного из точки Л] на АВ будет в точ¬
ке В. То есть AjD-LAD и А1В1АВ.
Тогда по теореме о трех перпендикулярах AyClDC и, соответст¬
венно, А yCLBC.
Так что AiC — высота параллелепипеда.
В квадрате ABCD диагональ АС - 42АВ = 42 (м). Тогда
в прямоугольном ДЛЯ1С по теореме Пифагора:
А 1С= ^ААу ~АС2 = 74-2 = 42 (м). Так что
V = $abcd * АуС = АВ2 • АуС -1-42 =42 (м3).
68

сх
В\
о
и
AMD
и
16.	Грани параллелепипеда — равные ромбы со стороной а и
острым углом 60°.
Найдите объем параллелепипеда.
Проведем перпендикуляр АХО к
плоскости основания, а также
AXMAAD и Л1ЛХ4В. По теореме
трех перпе нд икул ярах ОМ АЛ D
ОКАЛВ.
ЛАА1М=ЛАА1К (по гипотенузе ААХ
острому углу A^iAM=aLA[AK=6Q°).
Тогда АК^АМ-АА^созбО^ —.
2
Далее, ЛАМО = ЛАКО (по гипотенузе и катету).
Так что АКАО=АОАМ-30°.
АО =——— =

cos АМАО 2 cos;
В прямоугольном ЛААХО по теореме Пифагора:
= ^АА2-АО2 = ^2~у - «Л •
Основание параллелепипеда
2 /7
^ABAD-sinABAD=a-a-sin60°=^-^-
2
а
ромб с площадью
Тогда)/ = S<AXO = ~—а.
17.	Каждое ребро параллелепипеда равно 1 см. У одной из вер¬
шин параллелепипеда все три плоских угла острые, по 2а каждый.
Найдите объем параллелепипеда.
Проведем перпендикуляр AiO к плоскости основания, а также
zliAfLW и AiKlAB. Тогда по теоре¬
ме о трех перпендикулярах OMLAD
и ОКАЛ В.
ЛААХМ = AAAiK (по гипотенузе и
острому углу 2а). Так что
АК=ЛМ = AAfCos2a = cos2a.
Далее, ЛАМО - ЛАКО (по гипо¬
тенузе и катету).
Так что АКАО = АМАО = а.
69

А0 =
АК __ cos2а
cosZKAO cosa
Далее, в прямоугольном ЛАА^О по теореме Пифагора получаем:
р—	——	2 2a cos2 сс- cos2 2а
AiO = д/лл2 - АО2 = 1	— = д

V cos a	cos а
11 + cos 2a -1 - cos 4a
2cos2a
/cos2a-cos4a Vsina-sin3a , 4
- 			 		^LMJ.
V 2cos"a	cosa
Далее, основание параллелепипеда — ромб с площадью
5^ АВ • ADsina = 1 • lsin2a = sin2a (см2).
Тогда объем
17 е . г, . „ Vsinasin3a 2sinacosa>/sinasin3a
к = о • АР = sm 2a

cosa	cosa
= 2Ts?n3 a sin 3a (см3).
18.	В параллелепипеде длины трех ребер, исходящих из одной
вершины, равны а, Ь, с. Ребра а и b взаимно перпендикулярны, а
ребро с образует с каждым из них угол а. Найдите объем паралле¬
лепипеда.
Основание параллелепипеда —
прямоугольник ABCD со сторона¬
ми АВ=а и AD=b. Его площадь
S=AB'AD~ab. Из точки А\ прове¬
дем перпендикуляры AiO к плос¬
кости основания, а также A[M1AD
и AiKlAB. Тогда по теореме о
трех перпендикулярах 0M1AD и
О/С1АВ.
Далее, ЛАА = ЛАА^К (по гипотенузе и острому углу а).
Так что АК = АМ^ ААГ cosa = ccosa.
Далее, ЛАМО - ЛАКО (АО — общая сторона и АК=АМ).
Так что ZMAO=ZKAO~-^\5°. Тогда
. AM с-cosa гт
АО =	=		 с\2cosa .
cos ZMAO cos 45°
В ЛААхО по теореме Пифагора получаем:
А}0 = у[аА^ - Л О2 = Vc2-2c2cos2 а =.
- c71-2cos2 а = с • \/-cos2a
Тогда V = SABCD • AtO = abcy/-cos2a. .
70

19.	По стороне основания а и боковому ребру b найдите объем
правильной призмы: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шести¬
угольной.
Объем призмы равен РЧЗ'осн -h, где h — высота. Но в правильной
призме высота равна боковому ребру, так что h = b (по условию) и
K=&-S0CH. Тогда:
I)	Основание — равносторонний треуголь¬
ник.
Его площадь равна: S0CH = —
Тогда V =	.
4
2)	Площадь квадрата
S^o2, V=b<?.
3)	Правильный шестиугольник представляет собой шесть равно¬
сторонних треугольников со стороной а. Так что
Sqch = 6 • Sa =6

4
2
V

2
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: ZOCB=90° и ZB0022°30'.
Тогда
™ СВ АВ 1,6	, .
СО 						!	(см).
tgZBOC 2tg22°30' tg22°30'
Далее, площадь правильного восьми¬
угольника
S ~&'$АОв =%'~'АВ-ОС =
=4АВ.СО=^ ^=^.± (с^
tg22°30' tg22°3O'
Тогда объем трубы v = S • h = -1-4,36 (см3).
tg22°30'
Далее, р = 11,^30^ И
14,336 4CM3j
71

21. Диагональ правильной четырехугольной призмы равна
3 5 см, а диагональ боковой грани 2,5 см. Найдите объем призмы.
_ ак как по условию призма правильная,
то CC\1DC и DCLAD. Так что по теореме
о трех перпендикулярах CiDJ_AD. Далее, в
прямоугольном AAC[D по теореме Пифа¬
гора находим:
AD = ^ACf-DC? = д/з,52 — 2,52 = Тб (см).
Тогда в прямоугольном \DCiC по тео¬
реме Пифагора найдем:
QC = ^DCf-DC2 = ^DCX-AD2 = yl2^6 = 0,5 (см).
Далее, Г = SABCD ССХ = AD2-ССХ=6-0,5 = 3(см3).
22.	Сторона основания правильной треугольной призмы равна а,
боковая поверхность равновелика сумме оснований.
Найдите ее объем.
Площадь основания равна площади равностороннего треуголь-
2 Г
ника со стороной а. Так что S'0CH = а .
4
Далее, площадь боковой поверхности равна произведению пе¬
риметра основания на высоту, то есть 5бОК=За • h. Но по условию
С —П Q	-J Т.   2(1 у/з . dy/з
*Эбок’ *-‘^осн ' Зи * h	, h =	.
4	6
Тогда V ~ 50СН-h =	.
осн 4	6	8
23.	В правильной шестиугольной призме площадь наибольшего
диагонального сечения 4 м2, а расстояние между двумя противопо¬
ложными боковыми гранями 2 м.
Найдите объем призмы.
Наибольше диагональное сечение
— это AA}D\D. Тогда AD — диаметр
окружности, описанной около пра¬
вильного шестиугольника. Так что
AD = 2R и АВ = R. ZMAB най¬
дем по формуле:
лшв = ^-21 = 13QL1) s 1Ж. Тогда
п	6
72

/.MAX -—Z.MAB - (Л° и М¥ = 1л/5=^-2 = 1(м),
Далее, в прямоугольном &АМХ-. АМ= МХ = Ь2 =
sin ЛМАХ 7з 3
Так что R = AM ~	(м). Значит, AD = 7/? = -!^ гм\
3	3
А поскольку SAAiDiD = А А, • AD =4 м2, то АА1 - ±Д =	(м)
тт	4-\/з
Далее, площадь основания равна площади шести равносторон¬
них А, то есть 50СН = 6-5^ =
= 6-МО-ЛО-sin 60° =6-А
2	2
Тогда K = S0CH-AAl = 2y
Ответ: 6 м3.
\2
■~ = 2\/з (м)3.
3
24.	В наклонной призме проведено сечение, перпендикулярное
боковым ребрам и пересекающее все боковые ребра.
Найдите объем призмы, если площадь сечения Q, а боковые реб¬
ра равны I,
Задача решена в учебнике п. 68 (202), стр. 112.
25.	Боковые ребра наклонной треугольной призмы равны 15 м, а
расстояние между содержащими их параллельными прямыми 26 м,
25 м и 17 м.
Найдите объем призмы.	А	„
Проведем сечение, перпендикулярное 1	уя 1
боковым ребрам. Получится &MNKсо сто-	I
ронами, равными расстояниям между па-
раллельными прямыми, содержащими бо-
ковые ребра призмы.	I К]
Используя задачу № 24, имеем, что:
объем призмы равен произведению площа- л
ди сечения, проведенного перпендикуляр¬
ного боковым ребрам, на длину бокового ребра.
Далее, найдем по формуле Герона
S - у/ р(р - МК){р - MN)(p - NK) =
= -^34 (34-26) (34-25)-(34-17) = 204 (м2).
Тогда V = 5 • ВВ^ = 204 • 15 = 3060 (м3).
73

26.	Вычислите пропускную способность (в кубических метрах за
1 ч) водосточной трубы, сечение которой имеет вид равнобедренно¬
го треугольника с основанием 1,4 м и высотой 1,2 м. Скорость тече¬
ния воды 2 м/с.
Если d — длина труб, которую проходит вода за 1 час, то
где v — скорость течения воды за t = 1 час = 3600 сек.
1	2
S — площадь треугольника, так что S = — • 1,4 • 1,2 = 0,84(м ),
поэтому количество прошедшей воды равно
Г = S • v ■ t = 0,84 ■ 2 • 3600 = 6048 (м3).
Ответ: 6048 м3.
27.	Сечение железнодорожной насыпи имеет вид трапеции с
нижнем основанием 14 м, верхним 8 м и высотой 3,2 м.
Найдите, сколько кубических метров земли приходится на 1 км
насыпи.
Железнодорожная насыпь представляет собой прямую призму с
основанием в виде трапеции и высотой, равной боковому ребру
длиной 1 км=1000 м. Тогда
V = S0CH. h = —. I • h =	-3,2-1000 = 35200 (м3).
wn	2	2	'	v z
28.	В прямой треугольной призме стороны оснований равны
4 см, 5 см и 7 см, а боковое ребро равно большей высоте основания.
Найдите объем призмы.
Найдем площадь основания по формуле Терона:
5осн = Р(Р ~ а)(р ~ Ь)(р - с) =
= V8-(8-4)-(8-5) (8-7) = 4^6 (см2).
Далее, высота призмы равна боковому ребру,
то есть большей высоте основания. Большая вы¬
сота основания та, которая проведена к мень¬
шему основанию. Тогда, если она равна й, то
S0CH = у= 4>/б (см2). Так что
h = — = 2>/б (см).
а
Ну, и И = S0CH • h = 4^6 ■ 2л/б = 48(см3).
Ответ: 48 см3.
/4

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 прямоуголь¬
ник с одной из сторон, равной длине бокового
ребра, то есть ЛАЬ а другой — равной сторо¬
не \АВС, лежащего в основании. Далее,
= ЛВ-АА{;S1}CCA - ВС-ВВ. ;
SccAa=AC-CCx.
Так что в \АВС'.
АВ=—, ВС= — ,АО~.
ААХ АА\ ААХ
1	18
Тогда полупериметр р —(АВ+ ВС А- АС) = — . И по формуле Гс-
		2	//
рона: SASC = yjр(р- АВ)(р- ВС)(р -АС). то есть
л ПН 9	8	~
у АА{ АА} АА^ АА{
4 = —J" • АЛ)2 - 9, или АА[ - 3 (см), или Н~3 (см).
АА^
Тогда V=SAbc ААг = 4 • 3 - 12 (см3).
30.	Основание призмы — треугольник, у которого одна сторона
равна 2см, а две другие — по Зсм. Боковое ребро равно 4 см и состав¬
ляет с плоскостью основания угол 45°.
Найдите ребро равновеликого куба.
Проведем перпендикуляр А^О к плос¬
кости основания. Тогда в прямоугольном
ААА{0
2
Далее, найдем площадь основания по
формуле:
^осн = у/р(Р ~ АВ)(р~ АС)(р - ВС) =
= 74-(4-2)(4-3)(4-3) = 2^2 (см). Далее, объем призмы:
= ^осн *	~ 2л/2 - 2V2 = 8 (см3). Объем куба равен
~ а3- Тогда, если = К= 8 см3, то а3 = 8 и а " 2 (см).
Ответ: 2 см.
75

31.	Основанием наклонной призмы является равносторонний
треугольник со стороной сг, одна из боковых граней перпендикуляр¬
на основанию и является ромбом, у которого меньшая диагональ
равна с. Найдите объем призмы.
Ах
а2 Уз
4
А НВ
Пусть грань ААХВ\В является ромбом и перпендикулярна осно¬
ванию. Тогда проведем А\Н1АВ так, что получим А\Н — высота
призмы. АВ = АА1 = а. Площадь М.ВС равна Socn:
Далее, площадь &АА{В равна:
SAAyB	=	. С другой стороны
$лл}в = Jp(p-AB)(.p-ААх)(р-АхВ) =
2а + с (2а + с \(2а + с	\(2a + c
_		а	а	с .
V	2 < 2 Д 2 л 2	)
= l^££.£.£.2£z£=£j^T7
V	2	2 2	2	4
Так что АН =	= А4а2-с2 .
а 2а
2	г~

Далее, V = 5. 4 н = ^2-. -Е^^а2~с2 = —У12<т2-3с2 -
осн 1	4 2а	8
32.	Чему равен объем прямой четырехугольной призмы, если ее
высота Л, диагонали наклонены к плоскости основания под углами а
и Р и острый угол между диагоналями равен у ?
В прямоугольных \AC\C и
\BDDX имеем:
ac^ = Jl,
tga tga ’
bd^^Jl.
tgp tgp
Площадь четырехугольника
равна произведению диагоналей
на синус угла между ними. Так что
76

v - 1 jr ™ ' Л2 sin у
Оосн = — АС • DB • sin 7 =	—.
2	2tgatgP
Тогда объем V = S • h = Л.!!!)!.
2tgatgp
33.	По стороне основания а и боковому
правильной пирамиды: 1) треугольной,
3) шестиугольной.
В правильной пирамиде высота про¬
ходит через центр окружности, описан¬
ной около основания. Тогда
1) Площадь основания равна площади
равностороннего треугольника:
о д27з п
50СН 		. Радиус описанной окружно-
4
Ребру ь
2)
Чет"?""'
Четь'Рехуголь,ю
О.
в
сти АО = —— .ТогдавAAOiO:
3
АО2 =Jb2-—
оо{
. Так что
о t2	2
Зо -а
3
„1-	™ 1	1зь2-а2 а2 /,,2	2
И - ■~50сн • О(\ 		J	=	уЗо ~ а .
3	осн * 3	4 V 3	12
2) Основание — квадрат с площадью = а2. Радиус описан “
окружности АО равен половине диагонали квадрата:	и
АО	. Далее, в AAOOi:
2	2
ООХ = у]АО2-АО2
ioa2 _2
ь2 = А2Ь '	• Так что
2 V 2
v 1 с пп 1 2 /2^2 -а2 а2 Г~~2 ^ 2
v==-sQCHt°O[=- a -J				 —V4y-2a .
з	*5 j 2^ О
3) Площадь основания равна пло¬
щади правильного шестиугольника, то
есть площади шести равносторонних
треугольников со стороной а.
с -А с	—А «2^3 _3>/3а2
°осн - ° ’	- 0	4—			•
Далее, радиус описанной окружности
равен стороне основания АО = а .
77

Тогда в ДЛ<9<9[:
О<91 = у[аО2 -АО2 = 4b2 -а2 . Ну и
l' = ^<XK-OOi =
з	3 2
34.	Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды а,
а двугранный угол при основании равен 45°. Найдите объем пира¬
миды.
Проведем высоту пирамиды ОХО. В правильной пирамиде высо¬
та проходит через центр окружности, вписанной в основание. Тогда
проведем ОЕ1АВ. По теореме о трех перпендикулярах O^EYAB, Так
что ОЕ — радиус вписанной окружности, а ЛО^ЕО = 45° как линей¬
ный угол данного двугранного угла.
Тогда ОЕ ~ г -	. Далее в AOtOE:
ОО1 =ОЕ~ (так как АО{ОЕ —
равнобедренный).
Далее площадь основания равна площади 6 равносторонних тре¬
угольников со стороной а:
с г с Зл/За2
5сСН = 6 * smbo = - ~2	• Так что
г=\сн.оо,=1.^-.^-Ла2
3 осн 3	2	2	4
35.	Боковые ребра треугольной пирамиды взаимно перпендику¬
лярны, каждое ребро равно Ь. Найдите объем пирамиды.
Проведем высоту ОО\ пирамиды. Поскольку все боковые ребра
равны, то высота пирамиды проходит через центр описанной около
основания окружности. Так что АО = R.
78

Далее в равнобедренных прямоугольных \АО{В. \ВОХС, \АО}С:
АВ = ВС = АС = —— = bji
sin 45°
Так что в ДЛ2?С: АО 7? =	. Далее площадь равно-
3
стороннего ААВС равна S0CH =	. Затем в прямоуголь¬
ном ДЛО1О по теореме Пифагора получаем:
оо, = Jao2-ao2 = Jb2-^-6 =
V 9	3
Тогда V = -SoCH'Oq =
3 осн 3	2	3	6
„ &
Ответ: —.
6
36.	Чему равен объем правильной треугольной пирамиды, у ко¬
торой сторона основания а, а боковые ребра взаимно перпендику¬
лярны?	р
Площадь основания равна площади
равностороннего треугольника со сто- .s h X.
а2Л	/ 'Н \
роной а, то есть	.	,<S- z.- -ti

4	л X. "" i^O c
Далее каждая боковая грань являет-	^Х1^^
ся равнобедренным прямоугольным	в
треугольником.
Так что АО, = ВО, = СО,=^ =	.
V2 2
Далее знаем, что высота правильной пирамиды ОО] проходит
через центр окружности, описанной около основания. Так что
АО = R = -2^. По теореме Пифагора в AAOOi получим:
79

00^ АО?-AO2
Тогда И = -5^-00, =1.2^1 °
3 осн 3 4 Тб
37.	По ребру а правильного тетраэдра найдите его
Площадь основания тетраэдра равна площади Ьем-
треугольника со стороной а.
₽аВНостороннего
Так что 50сн = ——.
4
Далее высота пирамиды OOi проходит
через центр окружности, описанной около
основания.
Поэтому АО = R = 2^. t
Далее в ААООХ:
Тогда V = 1$осн
а3У2
12
38.	По ребру а октаэдра найдите его объем.
Октаэдр состоит из двух правильных равных четырехугольных
пирамид. Площадь основания каждой пирамиды Soch^o2. Высота ка¬
ждой пирамиды проходит через центр окружности, описанной око¬
ло квадрата, лежащего в основании.
41
Так что АО = R = а —.
2
Далее в ДЛООр
OOi = Jao?-ao2 = X2 -— = а—.
у 1 V	2	2
Тогда объем пирамиды
г/ - с пп 1 2 4% 4’4'2
^0 “ □ ‘“’осн '~ _а 'а _ —	•
j	j	2 О
А объем октаэдра равен двум объемам
„ _ТЛ а241
пирамиды К = 2К0 =	.
80

39.	Основание пирамиды — прямоугольник со сторонами 9 м и
12 м, все боковые ребра равны 12,5 м.
Найдите объем пирамиды.
Так как все боковые ребра равны, то
высота ОО\ пирамиды проходит через
центр описанной около основания ок¬
ружности. Но центр окружности, опи¬
санной около прямоугольника это точка
пересечения диагоналей. Так что
АО = Л ==	. Далее в АЛСВ:
АС = 4АВ1 + ВС2 = V122 + 92 = 15 (м).
Поэтому АО = уАС = 7,5 (м).
Далее по теореме Пифагора в AAOOf.
OOl = ^АО2-АО2 = 5/12,52 -7,52 = 10 (м).
Площадь основания 5ОТН = АВ-ВС-9- 12 = 108 (м2).
Тогда 1 = |50СН • ОО, ~ | • 108 • 10 = 360 (м2).
Ответ: 360 м2.
40.	Основание пирамиды — равнобедренный треугольник со
сторонами 6 см, 6 см и 8 см. Все боковые ребра равны 9 см. Найдите
объем пирамиды.
Так как все боковые ребра равны,
то высота ОО\ пирамиды проходит
через центр окружности, описанной
около основания. То есть АО = 7?.
Далее по формуле Герона:
50СН = р(р - АВ)(р - АС)(р — ВС) =
= Д0(10-6)(10-6)(Ю-8) = 8 Д (см2).
Далее радиус описанной вокруг
треугольника окружности найдем по формуле:
,п__ АВ-ВС-АС 6-6-8 9 Д . ,
л о - к = ——			=   (см).
4-8Д	5 4 ’
4$ЛВС
Тогда в ДАООь OOl = JaO?-AO2 = Jsi - — =	( Л
'	V 5	(см)-
81

Так что V = |soci) • Oq = | • 8V5 • 1^1 = 48 (смз}
Ответ: 48 см3.
41.	Одно ребро треугольной пира¬
миды равно 4 см , каждое из осталь¬
ных 3 см. Найдите объем пирамиды.
Пусть АС = 4 см, а остальные ребра
равны 3 см.
АО = ВО = СО = ^9 ~ Л?2 , значит О
— центр описанной вокруг ЛАВС ок¬
ружности.
Зьлвс = J Р(Р -	- АС\р - ВС) = /5-2-2Л = 2^5
А О = ВО = СО = R = -Л^-ВС'ЛС. = Л3'4 = 9
4 • 2\/5 2>/5
-t= = j9-SO2 =>9-SO2 = — ^SO2 = —•
2>/5	20	20 ’
|	SO = 1-2V5	(см3)
3	3	2J5
зТГГ
2^5
Ответ: л/Г1 см3.
42.	В основании пирамиды лежит прямоугольник. Каждое боко¬
вое ребро пирамиды равно I и составляет со смежными сторонами
прямоугольника утлы аир. Найдите объем пирамиды.
Так как все боковые ребра пирамиды равны, то ее высота ОО\
проходит через центр описанной около
основания окружности. Центр окружно¬
сти, описанной около прямоугольника,
это точка пересечения диагоналей. Так
что АО = R = — АС.
2
Проведем OjMLBC и O\K1DC, Тогда
по теореме о трех перпендикулярах
OMLBC, a OK1DC
Так что ОМСК — прямоугольник и
ОМ = КС.
В прямоугольных AOiCA/и &О\СК\
СМ = OiC-cosa = / cosa, КС = OjC-cosP = I cosp.
82

Далее, в прямоугольном ЛОСМ по теореме Пифагора:
ОС=7? = ^ОМ2 + СМ2 = 7/2 cos2 ₽ + /2 cos2 а =
= I^cos2p + cos2a .
Далее, в прямоугольном ЛО\ОС\
ОО{ = ^ОуС2-ОС2 = ^//2-72с°52р -/2 со52а =
= l^sin2$~CGS2 а. .
Затем площадь основания
50СН = ОС • ВС = 2КС • 2МС - 4Z2 cospcosa.
1	1 ?
Тогда V = —SQW'OC\ = y4Z cosacos
= y/3cosacosp^sin2p-cos2a .
Р - cos2 a =
43.	Найдите объем пирамиды, имеющий основанием тре¬
угольник, два угла которого а и Р; радиус описанного круга R.
Боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости ее основания
под углом у.
Так как все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости ос¬
нования под одним и тем же углом, то высота пирамиды ОХО про¬
ходит через центр описанной около ос¬
нования окружности.
Так что АО = ОВ = ОС ~ R.	/V\
Далее, в прямоугольном ЛА Оу О:	/ *\
OC>i = ЯО-tgy = Я-tgy.	/ j\ \
В AABCZBAC= 180°-(a + р).-	/у
Тогда согласно теореме синусов
АС _ АВ _ ВС	А	В
sin a sinp sin(180°-(a + P)
Так что АВ = 27?-sinp, AC ~ 2K-sina,
ВС = 27?-sin( 180°- (a + P)) - 27?-sin(a + P).
Затем площадь треугольника ABC: Sncu =	=
4R
2/?sinp-27?sina-2Asin(a + P) 2 ,
		—		 27rsina-sinPsin(a + P).
Тогда К = |s0CH
2
• OC\ ~ y7?3sinasinpsin(a + p)tgy.
83

44.	Найдите объем усеченной пирамиды с площадью оснований
61 и Q2 и высотой h.
Задача решена в учебнике п. 71 (205), стр. 115.
45.	В пирамиде с площадью основания Q{ проведено сечение,
параллельное основанию, на расстоянии h от него. Площадь сечения
Q2. Найдите высоту пирамиды.
Сечение отсекает от данной
пирамиды подобную пирамиду
О2А\В\С\. Так как площади по¬
добных фигур относятся как
квадрат коэффициента подобия,
то К =	.
У 02
Линейные размеры подобных
фигур относятся как коэффициент подобия. Так что —— = # так
ОА
что	= ТаК ЧТ0	• Так что
ОО2-*&
4q-4q2
46.	В правильной усеченной четырехугольной пирамиде стороны
нижнего и верхнего оснований равны а и Ь, а двугранный угол при
ребре нижнего основания равен а.
Найдите объем пирамиды.
Построим осевое сечение ABCD;
перпендикулярное стороне основания
MN. Тогда Z.BAD ~ а — линейный
угол данного двугранного угла. Про¬
ведем перпендикуляры BO1AD и
CK1AD.
Тогда ВО=СК — высота усеченной пирамиды.
Рассмотрим равнобедренную трапецию ABCD. &АВО = ADCK.
т	AD-ОК AD-ВС а-Ь
Так что KD ~АО =				 —
2	2	2
Тогда в &АВО ВО = ИО-tga ==^y^tga .
84

Далее площади нижнего и верхнего оснований пирамиды равны
соответственно = а2 и S2 = Ь2. Тогда объем пирамиды (из задачи
№ 44) равен:
r =	+52)=
I С1 — Ь , 2	/ 2/2 ! 2\	,
		tga(a + V a b + b ) 		tga .
3	2	6
47.	Решите предыдущую задачу в случае правильной усеченной
треугольной пирамиды.
Дополним данную усеченную пи¬
рамиду до полной.
Проведем высоту О2О. Так как в
правильной пирамиде высота проходит
через центр окружности, вписанной в
основание, то МО и — радиусы
окружностей, вписанных в ДЛВС и Л
2 Г"
Далее площади равны ДЛВС и АЛ]В,С1 равны =- . .
4
ь24з
S2 =	соответственно, а радиусы вписанных окружностей
ОЛ/ = -^ и 0,^=^.
6	‘ 1	6
Поскольку 0М1АВ, то	— линейный угол данного
двугранного угла.
В прямоугольной трапеции ММ]О[О проведем М\К1ЛЮ, тогда
мк=мо-ко=мо-мх ох= <а~ь^
6
Далее в ШШ:
МХК = МК■ tga =	. Так что
б
К = |л/1/с(51+Д^' + 52) =
_ 1 (a-b)^3 t (г Я
~3	6	tga(a +а6 + Ь2)^- =
_ (a3 -Z?3)tgq
24
85

48.	Через середину высоты пирамиды проведена плоскость, па¬
раллельная основанию.
В каком отношении она делит объем пирамиды?
Задача решена в учебнике п. 72 (206), стр. 116.
49.	Высота пирамиды h.
На каком расстоянии от вершины находится сечение, параллель¬
ное основанию и делящее ее объем пополам?
Проведенное сечение отсекает от данной пирамиды подобную.
В подобных фигурах отношение линейных размеров равно коэф¬
фициенту подобия, а отношение объемов кубу коэффициента по¬
добия.
Так что И : И2 = А3 = —, то есть к = —J=-.
2	V2
Далее
Ответ:
h\=kh=-^=.
h
V2 '
86

§8 (§23). Объемы и поверхности тел вращения.
1.	25 м медной проволоки имеют массу 100,7 г.
г
Найдите диаметр проволоки (плотность меди 8,94—- ).
см
Найдем объем проволоки:
__ т 100,7 , зч
Г = — =	— (см ).
Р 8,94
/2
Но V = яЛ2-/ =	1 .Так что
4
—4 1О9’7— ~ 0,076 (см) = 0,76(мм).
8,94-я-2500
</ =
2.	Насос, подающий воду в паровой котел, имеет два водяных
цилиндра. Диаметры цилиндров 80мм, а ход поршня 150 мм.
Чему равна часовая производительность насоса, если каждый
поршень делает 50 рабочих ходов в минуту?
nd1
Объем каждого цилиндра равен Ио =	h = 240000л (мм3).
4
Тогда за 1 минуту через насос проходит
Vi = 250-= 100-240000ТГ = 24- 106л (мм3) = 24л (л).
А за 1 час ~60 минут Г = 60-Kj = 1440л (л)» 4500 (л).
3.	Во сколько раз надо увеличить высоту цилиндра, не меняя его
основание, чтобы объем увеличился в п раз? Во сколько раз надо
увеличить радиус основания цилиндра, не меняя высоту, чтобы объ¬
ем увеличился в п раз?
Объем цилиндр равен V^S^n • Л.
Тогда, если — = п, то		 п и S/:= So, то h' ~ nhQ.
^0	’ А)
То есть, если не менять основание для того, чтобы объем увели¬
чить в и раз, надо высоту цилиндра увеличить в п раз. Далее, если
V1
— = л
S' К
50 ■ А)
*(/Г)2
= п, так что
whf = Ло, то
7?' = Jn -fy . То есть чтобы при неизменной высоте увеличить объем
цилиндра в п раз, надо радиус основания увеличить в -Jn раз.
87

4. В цилиндр вписана правильная треугольная призма, а в приз¬
му вписан цилиндр. Найдите отношение объемов цилиндров.
Пусть сторона основания призмы равна х.
Тогда радиус цилиндра, описанного около
призмы, равен радиусу окружности, описан¬
ной около правильного треугольника, со сто-
м Г» х>/з
ронои X	.
А радиус вписанного в призму цилиндра
равен радиусу окружности, вписанной в пра-
о	-	П
вильныи треугольник, со стороной х; R2 =

6
Отношения объемов цилиндров:
Г, я/?2 ■ h _ Я,2 _ (х-л/з-6? _
И2 ~ nRl-h Ri [з-хЛ,
5.	Найдите объем цилиндра, вписанного в
правильную шестиугольную призму, у кото¬
рой каждое ребро равно а
По условию Н=ААу=а. Далее МО В —
равносторонний. Радиус вписанного цилинд¬
ра OD = AO'3\nZ.OAD =
= АО • sin 60° = (так как AO=R=AB=a),
Тогда объем цилиндра
^осн
• h = nOD2 ■ АА{ = л •
Зла3
а 		.
4
6.	Свинцовая труба (плотность свинца 11,4 г/см3 ) с толщиной
стенок 4мм имеет внутренний диаметр 13 мм.
Какова масса 25 м этой трубы?
Если внутренний диаметр d\-1,3 см, то внешний диаметр
1,3+ 2-0,4-2,1 (см).
Далее, т = р • V = р(К2 -	= р
4	4
=	- 42) = 1М-3>14-2500(2д2 _ j з2 ю 60854(г) а 6 ](кг)
4	4
88

7.	Куча щебня имеет коническую форму, радиус основания кото¬
рой 2 м, а образующая 2,5 м. Найдите объем кучи щебня.
В ASAO по теореме Пифагора получаем:
50 4sa2-OA2 = ^2,52-22 = 1,5 (м).	S
Тогда объем кучи:	/|\
У = —тг-АО2 SO =	/ ! \
.3	V=z-Хл
= --^-22 -1,5 = 2л-(м3) « 6,3 (м3).	С

Ответ: 6,3 м3.
8.	Осевым сечением конуса является равнобедренный прямо¬
угольный треугольник, площадь которого 9 м2.
Найдите объем конуса.
V = -kR2 -Н = -к -ОВ2 -SO .
3	3
В равнобедренном прямоугольном треугольнике ASB\
AS = SB и S = - AS SB=	.
2	2
Так что AS = BS = -J2-S = ^2~9 = 3^2 (m).
Тогда AB = ^AS2 + BS2 = V18 + 18 = 6 (м) и AO = | AB = 3 (m).
Далее в ASAO:
0S= AS-sin45° =3^2 •
Так что V = -inAO1 *SC
3
= 9я (м3)« 28,26 (м3).
Ответ: «28,26 м3.
9.	Длина образующей конуса равна /, а длина окружности осно¬
вания — с.
Найдите объем конуса.
Формула для длины окружности
L^2nR. Так что OB^R=—,
2л
Далее в прямоугольном ASBO по тео¬
реме Пифагора получаем:
89

. I 2	/222
50 = Jbs2 -ob2 = J/2 - ~ = 2L±LLz£_
V 4л2	2%
ТогдакЦ^Л^Я2.^
1	с2 ^4я212-с2 c2	r—^-i	7
= -zr	r			rv4^ / -c
3 4л“2	2л-	24л-2
10.	Образующая конуса составляет с
плоскостью основания угол а. Найдите
объем конуса.
В прямоугольном ASBO:
SO = BS-sina = Isina, а
ВО = BS-cosa = /cosa.
Тогда
1	1	Ji/3
V = —SorH - SO = — л/2 cos2 a/sina =	cos2asina .
3 c 3	3
11.	Стог сена имеет форму цилиндра с коническим верхом. Ра¬
диус его основания 2,5 м, высота 4 м, причем цилиндрическая часть
стога имеет высоту 2,2 м. Плотность сена 0,03 г/см3.
Определите массу стога сена.
р = 0,03 г/см3 = 30 кг/м3.
ОА = R, ОО{ = Лг OS = h2.
Тогда R = 2,5(м), Й!=2,2(м).
Так что hi - 4м - h\ = 1,8 (м).
Далее, т = К-р=р-(И + И2)=
= р(яЯ2 •	= рлЛ2(Л| + уЛ2) =
- 30л• 2,52(2,2 + 0,6) - 525л(кг) « 1648,5(кг).
Ответ: «1648,5 кг
12.	Жидкость, налитая в конический сосуд высотой 0,18 м и
диаметром основания 0,24 м, переливается в цилиндрический сосуд,
диаметр основания которого 0,1 м.
Как высоко будет стоять уровень жидкости в сосуде?
Найдем объем конического сосуда:
Го = |лЛо • Ло =	• ^ =	°’242 • °л 8 = 0,864л • 10~3 (м3).
Так как объем жидкости не изменился , то объем цилиндра
90

_, __ ltd .	_,
V= Vo- To есть	h = Vo.
4
Так что h =	= 4 0’864'711.0-.. = о,345б(M)« 0,35(m) .
ltd2 я-0,01
13.	Равносторонний треугольник вращается вокруг своей сторо¬
ны а. Найдите объем полученного тела вращения.
В равностороннем АЛЯС
ОС=АО= 1 АС= - ,а ВО= —.
2	2	2
Тогда объем полученного тела вращения
равен сумме объемов двух одинаковых кону¬
сов с радиусом ВО и высотой АО=ОС.
То	есть
К = 2-Г0 = 2--^ОВ2 -АО=2--к~- —— = —а3.
0	3	3 2 4	4
14.	Прямоугольный треугольник с катетами А и В вращается
около гипотенузы.
Найдите объем полученного тела вращения.
Объем полученного тела вращения равен сумме объемов кону¬
сов с радиусом ОВ и высотами SO и СО.
Далее в SSBC по теореме Пифагора CS-^a2 + b2 . Площадь
треугольника SBC равна	у • ВС BS} а также 5= — • SC BO.
~	„„ BC-BS
Так что ВО

SC
Далее И = Ко + И
=	+ -ОС= |п^(5(9+СО)-
1	7
= -nOB2-CS
3
ab
^а2 + Ь2
15.	Найдите объем усеченного конуса, у которого радиусы осно¬
ваний Ri и /?2 а высота h.
Задача решена в учебнике п. 75 (209), стр. 1.
91

16,	Сосновое бревно длиной 15,5 м имеет диаметры концов 42см
и 25см.
Какую ошибку (в процентах) совершают, когда вычисляют объ¬
ем бревна, умножая его длину на площадь поперечного сечения в
середине бревна?
Проведем осевое сечение ABCD.
Jqvjj&MN— средняя линия трапеции ABCD, АВ = 25 см ~ 0,25 м,
CD = 42 см = 0,42 м. Так что
MN = -В+~- = 0,335(м). Далее
Объем бревна равен
= ^nh(R2 + Rr + r2) =
= у ■ 3,14 • 15,5 • (0,212 + 0,21 • 0,125 + 0,125 2 )* 1,395 (м3).
Если вычислять объем бревна путем умножения его длины на
площадь поперечного сечения в середине бревна, то получим:
„ Ш2 ,	О,3352	За
V - я	h = зд4	15,5 ~ 1}365(м ).
4	4
Так что допускается ошибка	~	~	•
17. Радиусы оснований усеченного конуса Я и г, образующая на¬
клонена к плоскости основания под углом 45°.
Найдите объем.
Проведем высоту Тогда AOO{D
— прямоугольная трапеция. Проведем
АОО\А{ — прямоугольник, так что
АО=А{О]=г.
Тогда DA^DOi-AiOt^R-r.
Далее, в прямоугольном треугольнике ADAAj
ZADAi=45°f так что 2-ADAi~90°~^ADAi~45°.
Поэтому ADAAi — равнобедренный и
АА ] = DA1 = R - г = ОО\, — высота конуса. Тогда
V = 1^001 • (Л2 + R • г + г2) = |тг(Л - r)(R2 + Rr + г2) = |тг(Л3 - г3)
92

о
А
D
18. Площадь осевого сечения усеченного конуса равна разности
площадей оснований, а радиусы оснований Лиг.
Найдите объем этого конуса.
Площадь трапеции ABCD равна
разности площадей оснований, то есть
АВ--®С -СО^я-О^-я-ОВ2,
2	1	1
2Я + 2г	г.2	2
	ОСЬ = лТг -яг2 .
2
Так что ООХ -	= я(Я - г).
R + r
4”2<*3-'■’)■
19. Усеченный конус, у которого радиусы оснований 4 см и
22 см, и равновеликий цилиндр имею одну и ту же высоту.
Чему равен радиус основания этого цилиндра?
По условию объемы цилиндра и конуса одинаковы и их высоты
равны, так что V~ V и h = h'.
Такчто, лЯ2-й = |-лЛ(42 + 4-22+222).
То есть, R = J222 + 22'4+= (см)
з
Ответ: 14 см.
20.	По данным радиусам оснований Rnr определите отношение
объемов усеченного конуса и полного конуса.
Дополним усеченный конус до полно¬
го. Тогда, если Ио — объем усеченного
конуса, а И — объем конуса с радиусом
г, то Г- К2+ Г,.
Из подобия конусов следует, что если
— = к,то — = к3,
R V
А
V V v
93

21.	Чугунный шар регулятора имеет массу 10 кг.
Найдите диаметр шара (плотность чугуна 7,2 г/см3).
Плотность р = 7,2 г/см3 = 7200 кг/м3. Далее объем шара
.. т 10	1 z з
V = — 				(м ).
р	7200	720
Так как V = —лЯ3 =	, то
3	6
= з/_1— « 0Д4 (м).
\120я
22.	Требуется переплавить в один шар два чугунных шара с диа¬
метром 25см и 35см. Найдите диаметр нового шара.
Объем нового шара равен сумме объемов данных шаров:
V=V\+V2- Так что
, то есть dQ = ^б/3+^2 ~ ^253 +З53 « 39(см).
23.	Имеется кусок свинца массой 1 кг.
Сколько шариков диаметром 1 см можно отлить из куска (плот¬
ность свинца 11,4 г/см3)?
> Д	Т Г	71'1	.	/ \
Масса одного шарика т = V • р  	р = —— • 11,4 = 1,9л (г).
6	6
_	_	1кг 1000 г
Значит, общее число шариков: п =	= —— « 167 .
24.	Из деревянного цилиндра, высота которого равна диаметру
основания, выточен наибольший шар. Сколько процентов материала
сточено?
Радиус шара равен радиусу цилиндра и
половине высоте цилиндра. Тогда, если R
— радиус цилиндра, то объем шара
£0=утсЯ3, а объем цилиндра ^г^осн 1
2R~kR2-2R=2kR\
Тогда объем сточенного материала
=Г- Ко= 2nR3 - - kR3 = — я/?3
3	3
А процентное соотношение:
Г'	-л/?3	.
—100% = -3—- -100% = 33-% •
V	2п/?	3
94

25.	Внешний диамегр полого шара 18 см. Толщина стенок 3 см.
Найдите объем материала, из которого изготовлен шар.
Внешний радиус Я = у • 18 = 9(см).
2
Тогда внутренний радиус г = R - у = 6(см).
Объем материала равен разности объемов внешнего и внутрен-
4	-з 4 Ч 4 а 1
него шаров, то есть V -Vx-V2	- — п-r = уя(Ял - г ) =
= | я • (93 - 63) = 684л « 2148 (см3).
26.	Сосуд имеет форму полушара радиуса R, дополненного ци¬
линдром.
Какой высоты должна быть цилиндрическая часть, чтобы сосуд
имел объем V?
Объем сосуда равен сумме объемов по¬
лушара радиусом Я и цилиндра с радиусом
основания Я и искомой высотой X
То есть К = —лЯ3 + лЯ2 • X .
3
и-Га3 V 2
Х =	\ = -—5--—Я.
лЯ2 яЯ2 3
27.	Плоскость, перпендикулярная диаметру шара, делят его на
части 3 см и 9 см.
На какие части делится объем шара?
ОО\ = 3 см, так что объем верхнего
сегмента равен = icOO? 4 Я-~М.
= л-32-^6-|^ = 45л (см3), так как
„ ао2 з+9 х
Я = -у— = —у- = 6 (см) — радиус шара.
Тогда объем нижней части равен разности объемов шара и верх¬
него сегмента, то есть
4	,	4
К2 =	-у^’б3 -45л- = 243л (см3) .
95

28. Какую часть объема шара составляет объем шарового сег¬
мента, у которого высота равна 0,1 диаметра шара?
Высота h ~ 0,1 d = 0,2/?.
Тогда объем шарового сегмента
V	з ) з
m Ио	0,112 лЛ3	0,112	Лп„о
.Так что — = 			 -— =	0,028	.
г зЛ«! 4
3
29, Два равных шара расположены так, что центр одного лежит
на поверхности другого.
Как относится объем общей части шаров к объему целого шара?
Общая часть шаров представляет собой сумму двух одинако¬
вых шаровых сегментов с высотой ОК- — /?, где R — радиус ша¬
ров.
гр тл <-»	бЖА я, ( п	5/?3Л
Так что К = 2л(Ж R	= 2я	R

I 3 )	4 I 6J 12
Уо 5nR2-3	5
V ~ 12-4лЯ3 ~ 16 ’
30, Диаметр шара, равный 30 см, является осью цилиндра, у ко¬
торого радиус основания равен 12 см. Найдите объем части шара,
заключенный внутри цилиндра.
Рассмотрим осевое сечение шара. Объем
части шара, заключенный внутри цилиндра,
равен сумме объемов цилиндра с радиусом
основания УВ=12 см и высотой ВС, а также
двух одинаковых шаровых сегментов с высо¬
той MN.
Имеем в ЛОВН:	-30=15(см) и
NB = 12 (см).
Так что по теореме Пифагора:
ON = >IoB2-NB2 = 9(см).
Далее ВС = 2NO = 18 (см) и NM = 0M-0N = 15-9 = 6 (см).
96

Так что объем шарового сегмента Fj = яЛГЛ/2^/?——
= 36it(R-2) - 36л-13 = 468тс (см3).
Объем цилиндра V2 = nNB2-BC“7t-122-18 ~ 2592л (см3).
Так что общий объем V - 2Vi + V2 - 3528л (см3).
31.	Чему равен объем шарового сектора, если радиус окружности
его основания 60 см, а радиус шара 75 см.
Рассмотрим осевое сечение шара. В пря
угольном &ОВК ОВ - 75 см, КВ = 60 см (по
ловию).
Тогда по теореме Пифагора
ОК = ^ОВ2-ВК2 = V?52 -602 = 45 (см).
Так что высота шарового сегмента
СК = СО - ОК - 75 - 45 = 30 (см).
И объем одного сегмента:
= ~яСО2 ■ СК = -| л • 752 -30 = 112500л (см3) = 112,5л (дм3).
Объем оставшегося шарового сектора равен разности объема
шара и найденного объема сегмента:
К2 = ^пСО3 - К, = -|л • 753 - 112500л = 450000 (см3) = 450л (дм3).
32.	Круговой сектор с углом 30° и радиусом Я вращается около
одного из боковых радиусов.
Найдите объем полученного тела.
В прямоугольном AOOjBi
BO = R, ЛВОО^ЗО0.
Так что, OOi = B(9*cos30°= —.
2
Далее, высота полученного шаро¬
вого сегмента
КО^КО-ОО,-
■ч/з	2-л/з
= R-R— -R—■
2	2
Так что его объем
г = -л/?2-о1л:= -kr2-r-^~=
3*3	2	3
4-6503
о7

33.	Поверхности двух шаров относятся как т:п.
Как относятся их объемы?
Поверхность вычисляется по формуле S = 4nR. Тогда, если
$1
4л/?!2
т
/?1
/7
то — = <
; так что
^2
4л/?2
п
/?2 1
34.	Гипотенуза и катеты треугольника являются диаметрами трех
шаров. Какая существует зависимость между их поверхностями?
По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике*
с2=а*+Ь2.
Так что тгс2=ла2 + nb2. Площадь поверхности шара равна 5 = л<Д
так что площадь шара с диаметром, равным гипотенузе, равна сум¬
ме двух шаров с диаметрами, равными катетам.
35. Поверхность тела, образуемого вра¬
щением квадрата около стороны, равнове¬
лика поверхности шара, имеющего радиу¬
сом сторону квадрата. Докажите.
Так как ОВСО\ — кьадрат, то высота
цилиндра €>(9j равна радиусу основания ОВ,
Площадь поверхности цилиндра г. зна
сумме площадей боковой поверхности и двух оснований:
S, = 25ОСН+5бо* = 2ЛОВ2 + 2пОВ ■ ОО{ = ЛкОВ2.
Далее, площадь поверхности шара, имеющего радиусом сторону
основания, равна $2 = 4 л/?2 = 4л(2В2 = 5.
Что и требовалось доказать.
36.	Радиус шара 15 см. Какую площадь имеет часть его поверх¬
ности, видимая из точки, удаленной от центра на 25 см?
В прямоугольном треугольнике
катет является средним геометриче¬
ским между гипотенузой и его про¬
екцией на гипотенузу. Так что в
ЛОВА: OB?=OAOOi.
г)1>2	1
Так что О<21 =				 9 (см).
ОА 25
Поэтому О\С = ОС~ОО\ = 15-9 = 6 (см).
98

Так что площадь видимого сферического сегмента равна
S = 2л/? • ОХС = 2пОВ • ОХС = 2л-15 • 6 = 180л (см2).
просверлен по оси.
37.	Шар радиусом 10 см цилиндрически
Диаметр отверстия 12 см.
Найдите полную поверхность тела.
Рассмотрим осевое сечение шара.
Тогда ОВ = R = 10 (см)
BD = r=-D=l-12 = 6(cM).
2	2
Так что в &DBO по теореме Пифагора полу¬
чим:
OD- JoB2-BD2 = V102 -62 = 8 (см).
Площадь искомой поверхности равна сумме площади боковой
поверхности цилиндра с радиусом основания, равным DB, и высо¬
той ВМ= 2 OD = 2 - 8 = 16 (см) и площади S', равной разности пло¬
щадей шара и двух шаровых сегментов с высотой
CD = СО - OD = 10 - 8 = 2 (см).
То есть 5 = + 5'= 2я •	• ВЛ/+(4л • С>В2-2 • 2л ОВ- CD) =
= л(2-6 - 16 + 4- 102 —4 - 10-2) = 512л(см3).
38.	Цилиндрическая дымовая труба с диаметром 65 см имеет вы¬
соту 18 м.
Сколько жести нужно для ее изготовления, если на заклепки
уходит 10% материала?
Боковая поверхность трубы равна боковой поверхности цилинд¬
ра с радиусом R -65 = 32,5(см) и высотой h = 18 (м).
Sg™ = 2лИЬ = 2л-0,325 18=11,7 (м2).
S=tcDH.
Учитывая, что на заклепки уходит 10% материала, то общее ко¬
личество его: S = 1,1= 1,1 • 11,7л « 40,4 (м2).
39.	Полуцилиндрический свод подвала имеет 6 м в длину и 5,8 м
в диаметре. Найдите полную поверхность подвала.
Полная поверхность подвала состоит из половины полной по¬
верхности цилиндра и площади пола, т. е. площади прямоугольника
со сторонами h = 6 м и d = 5,8 м.
1	J J	|
Так что S = — (56oK + 2SOCH)4-ft-i/ = — ndh + ——	=
2	21	2 J
4*
99

= 1(я-5,8• 6 + 16,82л)+ 34,8 = 25,81л + 34,8 « 116(м2).
Ответ: 116 (м2).
40.	Из круглого листа металла выштампован цилиндрический
стакан диаметром 25 см и высотой 50 см. Предполагая, что площадь
листа при штамповке не изменилась, найдите диаметр листа.
Площадь стакана So равна сумме площади боковой поверхности
цилиндра и площади основания
j2
So = — + ndh = —— + я • 25 • 50 = 1406,25л (см2).
4	4
_	о nd2
Так как площадь не изменилась, то S==		 SQ .
4
Откуда d = ^^2- = ^5625 = 75 (см).
Ответ: 75 (см).
41.	В цилиндре площадь основания равна Q, а площадь осевого
сечения М.
Чему равна полная поверхность цилиндра?
Осевым сечением цилиндра является прямоугольник со сторо¬
нами d—диаметр и А — высота цилиндра, так что d • h.
Далее, S = S5qk + 2Soch= nd-h + 2Q = лЛ/ + 2Q.
42.	Конусообразная палатка высотой 3,5 м и диаметром основа¬
ния 4 м покрыта парусиной. Сколько квадратных метров парусины
пошло на палатку?	q
ВО=-АВ = 2(м).	/\
2	/j\
В прямоугольном Л.СВО по теореме /	|	\
Пифагора получим:	д — - -Н- —
СВ = 7со2 + ВО2 = 7з,52 + 22 = 716,25 (м).
Далее площадь боковой поверхности конуса
5=	= п • ОВ ■ ВС = л • 2 • 716,25 ® 25,3 (см2).
43.	Крыша башни имеет форму конуса.
Высота крыши 2 м, диаметр башни 6 м.
Найдите поверхность крыши.
ОВ-1 АВ=3 (м).
100

В прямоугольном \СВО по теореме Пифагора получим
ВС = 4ОВ1+ОС1 = 7з2 + 22 = V13 (м).
Далее, S = n-Rl- кОВВС- л- З-УГз « 34(м2).
Ответ: 34 (м2).
44.	Площадь основания конуса S, а образующие наклонены к
плоскости основания под углом а. Найдите боковую поверхность
конуса
Площадь основания конуса
5 = я/?2 - n-ОВ2. Откуда R = ОВ =
Далее, в прямоугольном ЛСВО\
СВ=-^- = ~—Д.
cosa cosa ул
Тогда, S&jk = nRl = лОВ - ВС = л •
S
cosa
-4
в
о
45.	Как относятся между собой боковая и полная поверхности
равностороннего конуса (в сечении правильный треугольник)?
Так как ЛАВС — равносторонний,
то R=OB=~ АВ=~ ВС. Тогда боковая
2	2
поверхность равна
S6oK = nRl = nRBC = tiRIR = 2 л/?2.
А полная	поверхность	равна
S = 5бок + ‘S'och = 2л/?2 + л/?2 = 3 л/?2.
'г *^бок	2л/?2 2
5	Зя/?2 3
46.	Полная поверхность равностороннего конуса равновелика
поверхности шара, построенного на его высоте как на диаметре. До¬
кажите.
Полная поверхность равностороннего
конуса равна So = Зя/?2 (смотри задачу
№ 45).
Далее рассмотрим осевое сечение. То¬
гда в равностороннем ЛАВС высота
п /7	W?
CD		— = /?уЗ. Так что OD-	 и
2	2
ПН

площадь поверхности шара равна
S=4nOC2 = 4n
= ЗлЯ2 = 50. Что и требовалось доказать.
47. Полукруг свернут в коническую поверхность. Найдите угол
между образующей и осью конуса.
а)	При сворачивании полукруга в конус
длина дуги АВ будет равна длине окружности
основания конуса. Так что
, 2л-Я(9
/1 =	-—=п-АО = 2к-АО1 .
Так что АО\=^-.
2
б)	В прямоугольном ДАОО^.
АО 1
sinZJ(9Oi=	- = — .Такчто ZAOOi=30°.
АО 2
Ответ: 30°.
48. Радиус кругового сектора равен 3 м,
его угол 120°. Сектор свернут в коническую
поверхность. Найдите радиус основания ко¬
нуса.
а) Длина окружности основания конуса
(б) равна длине дуги АВ. То есть
2лЛС-120°
360°
=	= 2л = I = 2кАО.
3
б) Так что АО= — = 1 (м).
2л
Ответ: 1 м.
49. Сколько квадратных метров ла¬
тунного листа потребуется, чтобы сде¬
лать рупор , у которого диаметр одного
конца 0,43 м, другого конца — 0,036 м и
образующая — 1,42 м?
Дополним усеченный конус до полно¬
го. Тогда из подобия конусов следует, что
АВ КВ „
						. Пусть КВ =а.
DC КС
102

г 0,036 а
Тогда 			.
0,43 а + 1,42
Так что а к 0,1297 (м) и КС = а + 1,42 =1,5497 (м).
Площадь боковой поверхности усеченного конуса равна разно¬
сти площадей боковых поверхностей конусов:
5=5,- S2=n OiCKC-n ОВКВ= J — ■ КС- — ■ кв]==
I 2	2	)
= л (0,215 • 1,5497 - 0,018-0,1297)» 1,04 (м2).
50. Сколько олифы потребуется для окраски внешней поверхно¬
сти 100 ведер, имеющих форму усеченного конуса с диаметрами ос¬
нований 25 см и 30 см и образующей 27,5 см, если на 1 м2 требуется
150 г олифы?
Дополним усеченный конус до полно¬
го. Пусть КВ = а.
Из подобия конусов следует:
АВ КВ 25 а
КВ = а = 137,5 (см) и
КС= а+ 27,5 = 165 (см).
Полная площадь ведра состоит из
площади основания 50СИ =	= 156,25л (см2) и боковой поверх-
4
ности ведра, равной разности боковых поверхностей конусов:
‘^бок—‘^1~^2“ТГ 		 КС		 КВ —
(2	2	)
=71(15 165-12,5-137,5)=756,25л (см2).
Так что 5=5осн+56ок=912,5 (см2)=0,09125 (м2).
Общее количество краски m=100 S150®4300 (г)=4,3 кг.
103

§ 9. Избранные вопросы планиметрии
_	«16,7
sin 25°
. sinll9° _
=>c = Z>-	«24,8
13,6
sin 68°
sin 48°
		«11,2
sin 68°
1.	Даны сторона и два угла треугольника. Найдите третий угол
угол и отсальные две стороны, если: 1) b - 12, а = 36°, /?=25°;
2)с = 14, а = 64°, /? = 48°.
1)	/ = 180°-cz-/? = 119°
a	b	f sin 36°
sin си sin/7
с	b
sin/ sin р sin 25°
2)	/ = 180°-а-Д = 68°
а	с	, sin 64°
sina sin/
b	с
sinp sin/
2,	Даны две стороны и угол между ними. Найдите остальные два
угла и третью сторону, если: 1) b ~ 14, с - 10, а -145°; 2) а = 32, с =
23, р = 152°; 3) а-24, с = 18, р - 15°.
1)	a = \[b^+c2 -2bc-cosa «22,9
а ь ' q Asina	. fisinaA _
——  	=> sinp =	-=> р = arcsin 	l« 2 Г
зша sin/7	a	\ a )
a c . bvxia ' - - . ^sinaA . _
~— =   => sin / =	=> / = arcsin 	I«15
sin a sin/	a	\ a J
2)	b2 ^.yfa2 + c2 - 2ac- cos Д «53,4
. arsing ,,Q
a ~ arcsin-—~C^16° •
b
. csin/? 1AO
/ = arcsin- 12?
b
3)	b2 = y]a2 +c2 - 2ac w&p « 8,1
. csin/? -co
/ = arcsin	«35
b
10?

3.	В треугольнике заданы две стороны и угол, противолежащий
одной из них. Найдите остальные углы и сторону треугольника, ес¬
ли: 1) а = 34, b = 12, а =164°; 2) а = 2, b = 4, а =60°; 3) а = 6, b = 8,
а =30°.
1Х а b _	. (b А
1)	~— 	=> Р= arcsin —sin а «6°
sin а sin/7	)
/ = 180°-а-/?«10°
asin/ „
с-	-«22,3
sin а
2)	р = arcsin| —sin а | = arcsin >/з — не существует, т.е. задача не
)
имеет решения.
3)	По теореме синусов находим sin р. По sin р находим отве¬
чающие ему углы Д и рг. Выбираем из них один или оба, имея в
виду, что против большей из сторон а и b лежит больший угол. Зная
углы а и Р, находим угол / = 180°-а-/7, а затем сторону с по
теореме синусов. Эта задача в отличие от двух предыдущих может
не иметь решения, иметь одно или два решения.
4.	Даны гри стороны треугольника. Найдите его углы, если:
1)	а = 15, b = 24, с = 18; 2) а = 23, b = 17, с = 39;
3)а = 55,6 = 21, с = 38.
1)	а2 = Ь2+ с2 - Ibccos а
225 = 576 + 324-2'24-18-cosa => а «39°
Ь2 = а2 + с2 - 2bccos р => /7 «93°
Ь2 = а2 + с2 ~2Ьсыя>РР «93°
у = 18О-а-/7« 48°
2)	Аналогичный пункту 1): а «15°, р «11 °, у «154°
3)	Аналогичный пункту Г): а « 136°, р « 15°, у « 29° .
5,	Найдите биссектрису прямо¬
угольного треугольника с катетами а
и 6, проведенную из вершины прямо¬
го угла.
с. к —			— — ~
а+b	а+Ь
100

6.	Докажите, что если две медианы или две биссектрисы тре¬
угольника равны, то этот треугольник равнобедренный.
Пусть две медианы треугольника, например та и ть равны.
Тогда:
1	=1 ДТТТр?
2Ь2 + 2с2 - а2 = 2а2 + 202 - Ь2
3b2=3a2
Ь = а, т.е. треугольник равнобедренный основанием С.
Пусть две биссектрисы треугольника, например 1а и 1ь равны. То¬
гда:
ijbc((b + c)2 - я2) ^ас((а + с)2
b + с	а + с
bc({b + c)2 -а2) яс’((а + с)2 -62)
{Ь + с)2	(а + с)2
bc(b + c-a}{b + c + a) ac^a + c-b^a + c + b}
{b + с)2	{а л-с)2
b{b 4 с - а){а 4- с)2 - а{а 4- с - b){b + с)2
(Ъ1 + bc-ab}[a2 + 2ас + с2}~ (а2 л-ас- abj(b2 4-2/>с + с2)
а2Ь2 4 2аЬ2с 4- Ь2 с2 4- с^Ьс 4- 2abc2 4- b(? - a3b ~ 2cPbc — abc2 —
= cPb2 + 2а2Ьс 4- а2 с2 4- ab2c 4- 2abc2 + ас3 - ab3 - 2ab2c - abc2
lab2 - За2be 4- b2c2 — а2с2 4- Ьс3 — ас3 + ab3 — а3Ь ~ О
3abc(b - а) 4- с2{Ь - а){Ь + а) 4- c3{b - а) + ab{b — а){Ь 4- а) - О
{b - a){3abc + c2{b + а) + с + ab(a 4- Ь) - О
сг=Ь, т.е. треугольник равнобедренный с основанием С.
7.	Докажите, что медиана треугольника не меньше его биссек¬
трисы, проведенной из той же вершины.
Докажем, например, что та > 1а
Ь + с
х , 4bc((b + c)2-а2}
2(Ь2 + с2) -аг>		-г

'	’	{Ь + с)г
(Ь1 +2Ьс+сг)(2Ь2 +2сг -сг)>4Ьс(Ьг + с2 -а2 +2Ьс)
106

2Ь4 +	-a2b2 +	-2a2 be +	+ 2e4 -a2c2 >
>4Ь*с + 4bc3 ~ 4a2be +
2Z>4 -4b2c2 +2c4 -a2b2 + 2a2bc-a2c2 > 0
2(b2-c2)-a2(b-c)2>0
2(b-c)2 (b + c)2 > a2(b-c)2
2(b + c)2 > a2 — верно в силу неравенства треугольника.
8.	Найдите выражения для сторон треугольника через его ме¬
дианы.
2Ь2 +2с2 -а2 = 4т2
* 2а2 +2с2 -Ь2 ^4ть
2а2 + 2Ь2 -с2 = 4т2
10.	Найдите площадь треугольника с данными сторонами:
О ^,6;2) 13, 37-J-2 47 — ; 3) 2—, 3—, 1,83.
6	6	13	13	12	75
25 29 г
1) р = _б	6	_12
2	2
S = 4р{р-а}{р-Ь\р^с) =	|
2 = ю
2
7-6-12-5 _ 2520
13	“ 13
12	1
13 + 37 — + 47 —
2)	р=_	13	11 = 49
2
5 == J49-36 11 —-1Н = 76- J-- —
V	13 13 V 13 13
25 269 183
3)	р = 12 + 75 + 100 = 252 +4-269 + 3-183 _ 1125 _ 225 15
2	2-300	~ 300 ~ 60 ~ 4
5= /Л.5 49 57?_ 5 7-24
V	4 3 300 300 2 3 -100 ~ ’
107

11.	Найдите наименьшую высоту треугольника со сторонами,
равными 17, 65, 80, и наибольшую высоту треугольника со сторо-
12	1
нами, равными 13, 37 —, 47 — .
17 + 65 + 80 О1
А ~			= 81	р2 - 49 (см. № 10. 2)
S. = >/81 16 11-64 = 288	5, = 22Z2
13
_ 2520
,	2-288 __	,13	5040
80	3	ttau6 “	13	169
12.	Основания трапеции равны
19 см и 31 см, а диагонали — 39 см и
41 см. Найдите высоту трапеции.
Проведем через точку С прямую,
параллельную диагонали трапеции
BD. Пусть Е — точка пересечения
этой прямой с прямой AD.
BCDE — параллелограмм, DE = ВС = 19 см.
Рассмотрим ЛАСЕ со сторонами 39 см, 41 см и (31 + 19) = 50 см
Вычислим его площадь.
/, = 39±41±50=65
2
S = V65-25-24-26 = 780
СИ = — = 31,2 (см)
АЕ
13.	Основания трапеции равны 5 см и
11	44
2— см, а боковые стороны — 3— см и
12	75
1,83 см. Найдите высоту трапеции.
Проведем через точку В прямую,
параллельную CD и пусть эта прямая
пересекает основание AD в точке Е.
Рассмотрим ЛАВЕ со сторонами
з^
75
см, 1,83 см и
5-2—| = 2— см.
12)	12
108

Его площадь равна 1,4 (см. № 10 3))
BH=^V- = — -2;8 = 1,344 (см)
2—	25
12
14. Найдите стороны треугольника, АВС, если площади тре
угольников ABO, ВСО и АСО, где О — центр вписанной окружно
сти, равны 52 дм2, 30 дм2 и 74 дм2.
15.	Найдите площади треугольников АВО, ВСО, АСО, где
О — центр окружности, вписанной в в треугольник АВС, у которого
АВ = 28 см, ВС- 15 см,ЛС = 41 см.
SMB0 =~г-лв = 14ч
2	-15
^ЛВСО ~~ 2 4
с -41
2 *
Найдем S^c.
15 + 41 + 28
р =		 42
2
= 74244-27-1 = 126 = 14 ч-ь —ч-f —ч = 42 ч => г-3
2	2
$мво ~ 42 см ^дясо = 22,5 см2 SMC0 =61,5 см2
109

16.	Найдите радиус описанной (/?) и вписанной (г) окружностей
для треугольника со сторонами, равными- 1)35 29 8’2)4 5 7
п 35 + 29+8			 ’	’	’ ’
	= 36 5 = 736^^284=84
R = 35 29 8 = И5 • г _ 2-84	7
4-84	6 ’ Г~ 35 + 29 + 8 = 3
2) ^ = i±|±2 = 8 5 = у/8'-4-3-1 =4>/б
/?- 4'5’7	35 ■ ;.7_ 2-45/6 _ 8Уб _ Уб
4-4^6 4л/б ’	4 + 5 + 7	16	2
17.	Докажите с помощью теоремы Чевы, чо медианы треуголь¬
ника пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть АА\ ВВ\ СС — медианы данного треугольника
АВС. Тогда точки А\ В\ С являются по определению серединами
его сторон. Значит, —. Поэтому произведение
этих отношений также равно 1. По теореме Чевы (обратное утвер¬
ждение) отсюда следует, что медианы треугольника пересекаются в
одной точке.
Замечание. Можно доказать, что теорема Чевы имеет место и в
том случае, когда некоторые из точек А\ В\ С лежат не на самих
сторонах, а на их продолжениях. Но при этом надо учитывать, что
прямые АА\ ВВ'9 ССГ могут быть и параллельными, т.е. могут «пере¬
секаться в бесконечно удаленной точке».
18.	Докажите с помощью теоремы Чевы, что биссектрисы тре¬
угольника пересекаются в одной точке.
Пусть АА\ ВВ\ СС — биссектрисы данного треугольника АВС.
вя1 св1 яс лв вс
А'С В1 А ~ ВС ~АС ~АВ
АС'
С'В
1 (по теореме 9.1)
Поэтому по обратному утверждению теоремы Чевы имеем, что
биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.
19.	Докажите с помощью теоремы
Чевы, что высоты остроугольного тре¬
угольника пересекаются в одной точке.
ЬАВА'юЬВС'С => ~
ВС' ВС
ПО

ДВСВ'«ДЛЯ'С=>-^£ = -?£, ЛЛСС'00ДЛ5й'^^£ = ^£
Л	АВ1 ' 4R
ЯС’ ДЯ’ СВ1 ЛС Д'С £В _ ЛС ВС АВ
С'В А'С В'А АВ' А'С ВС' АВ АС ВС
значит, по обратному утверждению теоремы Чевы высоты остпо
угольного треугольника пересекаются в одной точке.
21. На медиане СМ треугольника АВС дана точка Р, через кото¬
рую проведены прямые АР и ВР, пересекающие стороны ВС и АС
треугольника в точках А' и В1 соответственно. Докажите, что если
АА -ВВ',то данный треугольник равнобедренный.
По теореме Чевы: jfjL.	_ ЛВ' С А'
В'С А'В AM В'С А'В
■^7 = -777=> ЛЛВСкЛА'В'С' => Z.CB'А' = ZCAB,
О V* Л С*
^.СА В = Z.CBA, а значит А *2Г || АВ, т.е. АВ*А'В —- трапеция.
Если АА9 = ВВ, то эта трапеция равнобокЬя, т.е. АВ = А'В.
Тогда из соотношения (1) ВС=А'С, а значит
АС в АВ + ВС - А'С + А'В = ВС, т.е. &АВС равнобедренный.
23.	Прямая пересекает стороны ВС, АС и АВ треугольника АВС в
точках Л ь В\ и С\ соответственно. Докажите, что середины отрезков
AAi, BBi9 CCi лежат на одной прямой.
Построим треугольник ADEF, где
D,E,F — середины сторон АВ, АС и
ВС соответстсвенно.
Л/Г ЕЛ/ FL ДЛ, Ас\ св\ _
KE FM LD~ AlC BCt ' BtA~~l
по теореме Менелая.
Значит, по обратному утвержде¬
нию теоремы Менелая точки К, L и М
лежат на одной прямой, что и требо¬
валось доказать.
ill

24.	Прямая пересекает стороны АВ9 ВС, CD и DA выпуклого че¬
тырехугольника ABCD или их продолжения соответственно в точ¬
ках Р, Q, R, S. Докажите, что образовавшиеся
ют соответношению
ЛГ gg С2?
Pb'qc' RD' SA ~ *
Проведем диагональ AC.
Применим теорему Мене¬
лая к данной прямой и &ADC :
^OCRDS
ОС RD SA '
Применим теорему Мене¬
лая к данной прямой и ААВС:
ЛР BQ СО
РВ CQ АО~
отрезки удовлетворя
Перемножим полученные равенства:
~ С<9 ЛР BQ СР DS
DC АО Bp' QC RD' SA~~
Pg СР DS
PB AC RD SA ~ ‘
25.	Докажите, что площадь четырехугольника со сторонами а9 Ь,
с’ вписанного в окружность, вычисляется по формуле
~ >Кр~а)(р ~ b)(p ~ с)(р-d), где р — полупериметр данного
четырехугольника.
*^1 = —aZ?-sin<z
S2 =--erf-sin(I80°-tz) = ~ crfsina
2
5 - Sj + S2 = -^-sin a{ab + cd)
Квадрат диагонали равен:
d = a2 +b2 - 2ab cos a
С другой стороны,
=c2 +rf2 -2c4/cos(180°-a) = c2 +d2 +2cdcosa
Имеем: a2 +bz - lab cosa = c‘ 4-rf2 +2ct/cosa
cos a(2ab + 2cd) = a2 +b2-c2-d2
112

a2+i2-c2-rf2
cosa

2(ab + cd)
sin2 a = l-cos2a =
= (1 - cos a)(l + cos a) =
_ 2(ab + cd)-a2 -b2 +c2 + rf2 2(ab+cd) + a2 + b2 -c2 -d2
2(ab+cd)	2(ab+cd)
_((c+d)2-(a-b)2)-((a+b)2-(c-d)2)
4{ab + cd)2
_ (c + d-a + b)(c + d+a-b)(a+b-c + d)(a+b+c-d) _
4(ab+cd)2
_ 2(p-a)-2(p-b)-2-(p-c)-2(p~d)
4(ab+cd)2
Ъ](Р~ a){p - b)(p - c)(p - d)
sm a = —

(ab+cd)
Д г^р-^р-Щр-сХр^ +	=
2	(ab + cd)
= Jp(p -a)(p- b)(p - c\p - d) .
26.	Найдите площадь четырехугольника, вписанного в окруж¬
ность, стороны которого в порядке их обхода равны:
1) 1 см, 4 см, 8 см, 7 см; 2) 2 см, 5 см, 11 см, 10 см.
1ч 1+4+8+7 1Л z х
1)	р =		= 10 (см)
АЛ
S =	~	" Ь)(Р ~"С^Р ~ d} =	• 6-3’2 =18 (см2)
2+5 + 114-10 1л / \
2)	р =	- = 14 (см)
2
S = у/(р~ а)(р -Ь)(р -е)(р~ d) = VemM-Z = 36 (см2)
27.	Докажите, что около равнобокой тра¬
пеции можно описать окружность. Верно ли
обратное утверждение?
Пусть ABCD — равнобокая трапеция, т.е.
AB-CD.
Проведем В К || СР. Тогда BCDK — па¬
раллелограмм, &АВК —равнобедренный.
113

Пусть ZA~a,
Тогда /ВКА^а, /АКВ = l$0°-2a, ZBKD^WF-a
/BCD = /BKD = 180° - а .
Z4 + Zcos = а+180°-а = 180°
Аналогично показывается, что Z2? + ZD = 180°, а значит около
равнобокой окружности можно описать окружность.
Обратно, пусть трапеция ABCD вписана в окружность. Тогда
ZC = 180°-Z^, ZD = 180°-ZC = Z^.
Т.к. /А = ZD, то трапеция ABCD равнобокая.
28.	Равнобокая трапеция описана около окружности с радиусом
12 дм. Точка касания делит ее боковую сторону в отношении 9 : 4.
Найдите площадь трапеции.
АК: КВ == 9 :4 = DL : LC
Пусть В К = 4х, тогда АК = 9х, ВН = 4х, МС = CL = 4x,
LD = ND = 9x, AN-9x.
АВ2 = BE2 + АЕ2 = BE2 +(-.~~ВС
I 2
(13х)2=576+(5х)2
144х2=576
х2=4
х=2
с _	4* ВС 7
l>ABCD	2	~
= 13х-24 = 26-24 = 624 (дм2).
29,	Около окружности радиуса г опи¬
сана равнобокая трапеция с основаниями
2а и 2Ь. Докажите, что г2 == ab,
AB + CD = 2a + 2b
2 АВ = 2a + 2b=> АВ = CD -a+b
ВЕ = 2г = ^^Ь)г-{а-Ь)г =
= ^4аЬ - 2y[ab => г - >[аЬ.
30.	Найдите расстояние между
сторонами ромба, диагонали кото¬
рого равны d\ й </2-
В ромб можно вписать окруж¬
ность радиуса г с центром в точке
пересечения диагоналей ромба.
114

Расстояние между сторонами ромба равно MN - 2г.
С одной стороны, 5.ягл = 45алпг =4 — г
[d2	Г7г—ЗГ
С другой стороны, З'ляся = — dxd2.
Приравняем r^/df + d22 = ^d,d2.
MN = 2r = ■ . d'dl
\j dx + d2
31.	Две хорды пересекаются внутри окружности под углом 60°
Найдите градусные меры двух дуг, заключенных между сторонами
этого угла и их продолжениями, если они
относятся как 1:3.
60° =	+	=> ЙС +	= 120°
2
Так как ЙС: 0£> = 1:3,
то ЙС = 30°;	= 90° .
32.	Продолжения хорд пересекаются вне
окружности под углом 60°.
Найдите градусные меры двух дуг, за¬
ключенных между сторонами этого угла,
если они относятся как 1:3.
60=Я£=®£^Яс-3£> = 120°
2
Т.к. ЙС:Зп = 3:1=>ЙС = 180°, 0D = 6O°.
33.	Хорда делит окружность на части,
отношение которых равно 3 : 7.
Найдите углы, которая образует эта
хорда с касательной к окружности, прове¬
денной в ее конце.
1	1 3
АС АВ = -АЛОВ = ~	• 360° = 54°
2	2 10
ADAB = 180°- АСАВ = 126.
115

34.	Угол между касательными, проведенными из одной точки
окружности, равен 50°. Найдите градусные меры дуг этой окружно¬
сти, заключенных между точками касания.
Тогда градусные меры искомых дуг равны 130° и
360° -130о== 230°.
35.	Дан треугольник АВС, Постройте
геометрическое место точек, из которых
отрезок АВ виден под углом, равным углу
А этого треугольника.
Искомое геометрическое место точек
является дугой окружности с концами в
точках Л и В (концах отрезка).
Чтобы найти центр этой окружности,
проведем перпендикуляр к отрезу АВ через
его середину М и востановим перпендику¬
ляр к стороне АС данного треугольника
(так как АС касательная) в вершине А
(рис. 204).
Пусть О — точка их пересечения.
Дуга окружности с центром в этой точке и радиусом ОА, рас¬
положенная в верхней полуплоскости относительно прямой АВ,
является искомым геометрическим местом точек, так как любой
вписанный в нее угол АХВ равен половине центрального угла
АОВ и, значит, по теореме 9.10 равен углу А данного треугольни¬
ка АВС.
36.	Докажите, что если через точку S, расположенную внутри
окружности, проведено больше двух хорд, то произведение отрез¬
ков любой из хорд одинаково для всех хорд.
Пусть через точку S проведено и хорд
ЛА, Л2В2> А„Вп.
116

Проведем диаметр окружности через точку S'; К и L — точки пе
рессчения этого диаметра с окружностью.
SAl ■ SB2 = KS ■ SL
SA2-SB2= KS-SL
SA -SB - KS-SL.
n n
Поэтому
54 • SB, = SA2 • SB2 =... = SAn • SB"
\fn gO .
37.	Из точки С проведена касательная к окружности, отрезок CD
которой с концом в точке касания D равен а, и секущая СВ. Найдите
длину секущей, если отношение внешней ее части к внутренней
равно т: и.
2	з
АС-ВС = а2 ВС =	= АС + АВ АВ =-АС
АС	АС
АС: АВ = — АВ - АС-~ = -?—-АС
"	т АС
38.	Докажите, что если из точки
S, расположенной вне данной ок¬
ружности, проведено несколько се¬
кущих, то произведение отрезков
любой из этих секущих с концом в
точке 5 одинаково для всех секущих.
SAi-SBl = SA1SB1 =...=
= SAKSBn = SD2
117

39.	Постройте треугольник по стороне, противолежащему углу и
высоте, опущенной из вершины этого угла.
Решение.
Пусть сторона ВС искомого
треугольника АВС равна а, про¬
тиволежащий ей угол А равен а ,
а высота, проведенная из верши¬
ны этого угла, равна h. Допус¬
тим, задача решена (рис. 207).
Тогда вершина А принадлежит
геометрическому месту точек, из
которых отрезок ВС виден под углом а и которые расположены
по одну сторону от прямой ВС, т.е. дуге окружности с концами в
точках В и С. Кроме того, она лежит на прямой, параллельной
прямой ВС, т.е. дуге окружности с концами в точках В и С. Кро¬
ме того, она лежит на прямой, параллельной прямой ВС и от¬
стоящей от нее на расстоянии h. Поэтому вершина А является их
точкой пересечения.
Для решения задачи достоточно построить прямую, параллель¬
ную АС и отстоящую от нее на h, и воспользоваться решением за¬
дачи 35 из п. 87. Задача может иметь два решения, одно решение
или ни одного. Это зависит от числа точек пересечения прямой,
параллельной прямой ВС, с дугой окружности с концами в точках
В и С,
40.	Посторойте треугольник по стороне, противолежащему углу
и сумме двух других сторон.
Пусть здача решена. Продолжим сторону АВ треугольника на
отрезок, равный стороне АС.
Тогда ДАА'С —равнобедренный.
^'с = 18О-<18°-а) = £.
2	2
Для решения задачи достаточно по¬
строить ДАА'С (воспользовавшись ре¬
шением задачи 35 и тем, то мы знаем ве¬
личину /Нс), а затем из середины О
стороны стороны А'С восстановить пер¬
пендикуляр, точка пересечени которого
со стороной А'В и задаст вершину Л.
118

41.	Превратите данный треугольник в равновеликий ему тре¬
угольник с тем же основанием и заданным углом при противолежа¬
щей вершине.
Пусть дан треугольник АВС

=~2^' &С	/I
s^Sc=^-BC	I / h
Поэтому для выполнения равенства у	q
Здавс =^вс необходимо h = h\ Иско¬
мый равновеликий треугольник— это ЛА'ВС, где/1'принадлежит
дуге окружности, с точек которой основние ВС видно под данным
углом ВАС и отстоит от основания ВС на расстояние АН.
42.	Постройте четырехугольник ABCD по сторонам АВ, ВС, диа¬
гонали АС и углу между диагоналями, если известно, что он являет¬
ся вписанным в окружность.
Построим ЛА ВС по трем сторо¬
нам и опишем около него окруж¬
ность. ГМТ, из которых сторона ВС
видна под углом а (угол между
диагоналями) — это дуга окружности
(задача № 35).
О — точка пересечения этой дуги
с AC. D — точка пересечения ВО с
окружностью, описанной около
ЛАВС.
ABCD — искомый треугольник.
Второе решение получается, если сторона ВС видна под углом
я-а . Получаем четырехугольник ABCD'.
43.	Докажите, что геометрическое
место точек, равноудаленных от двух
пересекающихся прямых, состоит из
биссектрис углов, получающихся при
пересечении этих прямых.
Пусть точка А равноудалена от
прямых а и Ь, т.е. АВ=АС (АВ 1а,
AClb).
Тогда ЛАВО = ЛАСО => ЛВОА = ЛАОС, т.е. точка А лежит на
биссектрисе угла ВОС.
119

Аналогичная ситуация, если точка лежит внутри угла, смежного
с Z.BOC. Таким образом, ГМТ, равноудаленных от двух пересе¬
кающихся прямых — это биссектрисы углов, образованных этими
прямыми.
44.	Найдите геометрическое место точек, которые делят в отно¬
шении т : п все хорды, имеющие своим общим концом данную точ¬
ку окружности.
Пусть АС — хорда, проходящая через
центр окружности, АВ — другая хорда.
Точки D и Е делят хорды АВ и АС в отно¬
шении т : л.
ZABC = 90° (опирается на диагональ АС)
EADEw&ABC (по 2 сторонам и углу).
Поэтому &ADE со ДЛВС = 90°.
Точка D лежит на окружности, описан¬
ной около EADE с центром в середине сто¬
роны АЕ. Таким образом, геометреческое место искомых точек —
это окружность, касающаяся данной окружности в данной точке.
45.	Впишите в данный треугольник квадрат, у которого две вер¬
шины лежат на одной из сторон треугольника, а две остальные — на
двух других его сторонах.
Задача решена в учебнике п. 91 стр. 151.
46.	Впишите в данный равнобедренный треугольник прямо¬
угольник со сторонами, относящимися как 1 : 3, две вершины кото¬
рого лежат на основании треугольника, а две другие — на боковых
сторонах.
Поступим аналогично решению предыдущей задачи — возьмем
произвольную точку Р на боковой стороне АВ треугольника АВС и
построим прямоугольник Pg/SS, где Я, S е АС , Л5 - ЗР5 (или ~ PS ).
120

Применим гомотетию с центром в точке А и коэффициентом го-
мотетии к = —-—.
AQ
Получим искомый прямоугольник.
47.	Дан угол и внутри него точка А. Постройте окружность, ка¬
сающуюся сторон угла и и проходящую через точку А.
Построим сначала какую-нибудь окружность, касающуюся сто¬
рон угла (ее центр лежит на биссектрисе угла) и применим гомоте-
ОА
тию с центром в точке О и коэффициентом гомотетии р ~ — (В —
ОВ
точка пересечения прямой ОА к построенной окружности).
48.	Постройте треугольник по его двум углам и периметру.
Построим какой-нибудь треугольник, два угла которого равны
данным углам а и ft.
Развернем его на прямую АВ (АС = АС, ВС1 = ВС).
Тогда периметр АЛВС равен
СС'.
Применим преобразования
подобия с центром в любой точ¬
ке и коэффициентом подобия,
равным
Р
С'С*
(Р — периметр
искомого треугольника) и полу-
чнмискомыйТреуголБЯик DEF.
49.	Даны пересекающиеся прямые и точка, не лежащая на них.
Постройте отрезок с концами на данных прямых и серединой в дан¬
ной точке.
121

Решение. Пусть а и b — дан¬
ные прямые и О — данная точка
(рис. 209). Допустим, что задача
решена. Тогда концы отрезка АВ
будут симметричными относи¬
тельно точки О как середины от¬
резка. Поэтому при симметрии
относительно этой точки отрезок
переходит в себя и, значит, прямая
а’, в которую переходит при этой
симметрии прямая а, проходит
через конец В отрезка АВ.
Таким образом, конец В искомого отрезка получается при пересе¬
чении прямой b с прямой а\ симметричной прямой а относительно
точки О. После этого достаточно провести прямую ВО до пересече¬
ния с прямой а. Получим второй конец отрезка — точку А.
50. Постройте прямоугольник ABCD, диагонали которого пере¬
секаются в данной точке О, вершина А лежит на данной прямой а, а
вершины В и D — на пересекающихся прямых b и d, не проходящих
через точку О. Всегда ли задача имеет решение?
Воспользовавшись решением
задачи № 49, построим отрезок BD
с серединой в точке пересечения
диагоналей О.
Точка А лежит на пересечении
прямой а с окружностью с цен¬
тром в точке О и радиусом ОВ.
Точка С лежит на пересечении
прямой АО с данной окружностью.
Задача имеет решение, если пря¬
мая b имеет с данной окружностью
общие точки.
51. Даны попарно пересекаю¬
щиеся прямые а, Ь, с. Постройте
отрезок с серединой на прямой Ь,
перпендикулярный ей, и концами
на а и с. Всегда ли задача имеет
решение?
Построим прямую а\ симмет¬
ричную прямой а относительно
прямой Ь,
122

Пусть а'Пс = Л', А — точка, симметричная точке А1 относи¬
тельно прямой Ь. А'е а.
АА' — искомый отрезок.
Задача не имееет решения, если а* || с.
52. Дан треугольник АВС и прямая J, проходящая через вершину
С и пересекающая сторону АВ. Найдите на прямой d точку Z), из ко¬
торой стороны АС и ВС треугольни¬
ка видны под равными углами.
Пусть точка В' симметрична точ¬
ке В относительно прямой d, D—
точка пересечения прямых АВ' и d.
Тогда BD=B'D‘, ВС^В'С.
&BDC = AB'DC по трем сторонам,
поэтому ZADC = Z.BDC.
53.	Постройте трапецию по осно¬
ваниям и диагоналям.
Задача построения искомой тра¬
пеции ABCD сводится параллельным
переносом на основание ВС к по¬
строению &ACD' (D'C == BD,
AD' ~ AD + ВС) по известным трем
сторонам AC, BD и AD + ВС.
A	D
углу, двум
диагоналям и
54.	Постройте трапецию по одному
средней линиии.
Построим треугольник ACD' (АС,
CD' — диагонали трапеции, AD' —
удвоенная средняя линия трапеции).
Отложим от прямой DA в точке А
данный угол а .
В — точка пересечения стороны
этого угла с прямой, параллельной DA
и проходящей через точку С. Точка D получается из точки D' сдвигом
вдоль прямой AD на расстояние ВС. ABCD— искомая трапеция.
55.	Постройте квадрат, стороны которого проходят через четыре
заданные точки А, В, С, D. а
Решение. Допустим, что квадрат построен (рис. 210). Повернем
отрезок DB около точки D на угол 90°. Получим отрезок DB'. А те¬
перь перенесем его параллельно так, чтобы точка D совместилась с
точкой А. При этом точка В1 попадет в точку В\ на стороне квадрата,
123

которая проходит через точку С
(или на продолжение этой сторо¬
ны). Это следует из равенства
прямоугольных треугольников
BED и AFBX (у них гипотенузы
BD и АВ\ равны по построению, а
катеты BE и AF равны стороне
квадрата).
Построив точку Ви проводим
прямую СВи на которой лежит
сторона квадрата. Далее проводим
через точку А прямую, параллель¬
ную СВ\, и через точки В и D прямые, перпендикулярные этой пря¬
мой. Искомый квадрат построен.
56.	Впишите в квадрат равносторонний
треугольник с заданной вершиной на одной
из сторон квадрата.
Повернем квадрат на 60° около заданной
вершины равностороннего треугольника А.
В — точка пересечения одной из сторон
получившегося кадрата со стороной исход¬
ного квадрата, смежной со стороной, со¬
держащей точку Л. С — пересечение ок¬
ружности с центром В и радиусом АВ и
исходного квадрата.
* 58. Что представляет собой фигура, задаваемая каноническим
уравнением эллипса, если а = Ы
х2 у2
Каноническое уравнение эллипса: —+= 1.
х2 у2
Если о=6, то имеем = 1;
а 6
х2 +у2 = о2 — уравнение окружности радиуса а с центром начале
координат.
х2 у2
59.	Дана окружность — +~ = 1. Пусть плоскость ху равномер-
а а
но сжимается относительно оси х так, что точка (х; переходит в
точку (х'; у’)» где х' =х, а	= — ,у, Ь*а .В какую фигуру переходит
а
при этом данная окружность?
124

X2 у2
Уравнение — + — = 1 переходит в уравнение
а2 а2
/ л2 а2
(х')2 Ь2 ,
а2 а2
(х*)2 (у')2
■> ' +v 2Z- = 1 — уравнение эллипса.
Т.е. данная окружность переходит в эллипс.
60.	Выведите каноническое уравнение гиперболы, исходя из ее
уравнения ^(х-с)2 + у2 - yj(x + c)2 -У у2 = 2а .
Пусть MF\ > MF2 тогда
7(х -с)2+/ - у](х + с^t-у2 = 2а
(х - с)2 + у2 + (х + с)2 + у2 - 2^((х - с)2 + / ) ((х + с)2 + /) = 4д2
^(х2 - с2)2 + у2(х-с)2 +/(х + с)2 +/ = х2 + у2 + с2 -2а2
х4-2х2с2+с4+у2(2х2+2с2)+у4-
=х4+у4+с4+4а4+2х2у2+2х2с2-4а2х2+2у2с2-4а2у2-4а2с2
4х2с2-4(^х2-4а2у2-4а2с2+4а4=0
хг(а2 -с2) + а2у2 =а2(а2-с2)
4-4(bW)
а b
Аналогичное уравнение получим, если MF\ < MF\.
61.	Докажите, что ветви гиперболы ——~ = 1 расположены вне
а b
прямоугольника [х| < а, [у| < Ь, но внутри вертикальных углов, обра¬
зованных прямыми, содержащими его диагонали.
Для точек (х, у), лежащих внутри прямоугольника |х| < а, [у| < b
Х2 у2
выполняется —< 1, поэтому внутри этого прямоугольника нет
а b
2	2
X У
точек гиперболы ——7 = 1-
а b
Прямые, содержащие диагонали этого прямоугольника, имеют
b
уравнения у==±—х.
а
125

Вне вертикальных углов, образованных этими прямыми, выпол¬
няется неравенство
■2	,.2
С	X У 1	2	% L.1	• 2
Если же —:	7=1, то у b -Ь-
а Ь1	а
х2 а2 х2 а2
z <L
х а
Поэтому ветви гиперболы расположены внутри этих вертикаль¬
ных углов.
62.	Составьте каноническое уравнение параболы, осью симмет¬
рии которой является ось у, считая, что расстояние от ее фокуса до
директрисы равно р.
MD' = y+^-
2
2	2	Р 2	Р
X +у - ру + -?-— = у + ру + -?-—
х2=2ру.
126

Учебно-методическое издание
Морозов Александр Валерьевич
Домашняя работа
по геометрии
за 11 класс
Издательство « ЭКЗАМЕН»
Гигиенический сертификат
№ 77.99.60.953.Д.013269.11.07 от 13.11.2007 г.
Выпускающий редактор ДД Лаппо
Дизайн обложки Д В. Демьянова
Компьютерная верстка Т.Н. Меньшова
105066, Москва, ул. Нижняя Красносельская, д. 35, стр. 1.
www.examen.biz
E-mail: по общим вопросам: info@examen.biz;
по вопросам реализации: sale@examen.biz
тел./факс 641-00-30 (многоканальный)
Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, том 2; 953005 — книги, брошюры,
литература учебная
Текст отпечатан с диапозитивов
в ОАО «Владимирская книжная типография»
600000, г. Владимир, Октябрьский проспект, д. 7
Качество печати соответствует
качеству предоставленных диапозитивов
По вопросам реализации обращаться по тел.:
641-00-30 (многоканальный).