Перед вступительными экзаменами в вузы на специальности с повышенными требованиями по математике абитуриентам полезно упражняться в - korshu.ru o_O
Главная
Поиск по ключевым словам:
страница 1страница 2
Похожие работы
Название работы Кол-во страниц Размер
Первые задачи предполагают получение ответа с опорой на опытные представления... 1 54.66kb.
Сборник задач и упражнений по математике,5 класс М. Мнемозина,2008 2 185.88kb.
Решение задач по теме «Коэффициент полезного действия простых механизмов» 1 51.47kb.
Решение текстовых задач в школьном курсе математики 1 62.47kb.
Беседа для старшеклассников: Как преодолеть страх перед Экзаменами 1 142.44kb.
Управление образования Дзержинского района «Прикладная направленность... 2 822.75kb.
Урок закрепления изученного материала Программное обеспечение: Microsoft... 1 56.73kb.
Инструкция для установки модуля тестирования 1 48.77kb.
Благодарим Вас за выбор продукции, выпускаемой под торговой маркой... 1 113.92kb.
Благодарим Вас за выбор продукции, выпускаемой под торговой маркой... 2 721.07kb.
Благодарим Вас за выбор продукции, выпускаемой под торговой маркой... 2 301.68kb.
Советы выпускникам: как подготовиться к сдаче экзаменов. Подготовка... 1 36.82kb.
Инструкция по работе с сервисом «sms-платеж» 1 218.94kb.

Перед вступительными экзаменами в вузы на специальности с повышенными требованиями - страница №1/2






Глубокою покрыто тьмой,

Что в жизни нашей будет.

Лишь то сознанием дано,

что делать в ней нам подобает.
(Кант)

Аннотация
Перед вступительными экзаменами в вузы на специальности с повышенными требованиями по математике абитуриентам полезно упражняться в решении геометрических задач. История конкурсных экзаменов свидетельствует, что наибольшие затруднения у будущих студентов возникают в задачах по геометрии, особенно – планиметрии. Это объясняется тем, что в последние годы “реформаторы образования” последовательно навязывают геометрии роль второстепенной дисциплины в школьной программе, и еще тем, что учащиеся после окончания 9-го класса утрачивают опыт планиметрических рассуждений.

Структура данного пособия такова. Сформулированы задачи и приведены их решения (достаточно подробные, но почти всегда настраивающие на внимательное прочтение и изучение); в тексте нет рисунков, предполагается, что читатель способен (и должен!) самостоятельно построить чертеж и критически обдумать приведенные автором аргументы; важно иметь в виду, что геометрическая задача обычно допускает многовариантный подход и не исключено, что лицеист сумеет отыскать более элегантное решение, чем предложенное в брошюре. Многие задачи предлагались в различные годы в качестве конкурсных очень серьезными учреждениями, например: МГУ, ЛГУ (СпбГУ), МФТИ, МВТУ, НГУ, ННГУ. Большое количество задач (с решениями) дается в аналогичных данному пособиях по геометрии для 9 и 10 классов.



Влияние Р.Н. Шилкова на выпуск настоящего пособия велико, и это неудивительно: общеизвестно, что его (RNSh) влияние распространяется на все аспекты лицейской жизни. Соразмерной (и искренней) является благодарность достойнешему мужу, выражаемая автором сегодня и всегда.
Май 2010, лицей №40, Нижний Новгород

Задачи по геометрии. 11 класс
Планиметрия

1. a, b, c – длины сторон треугольника ABC. В каком отношении центр вписанной окружности делит биссектрисы углов треугольника?

Решение. Поместим в вершины A, B, C массы a, b, c соответственно. Сгруппировав точки aA и cC в их материальный центр B1 (основание биссектрисы угла B), заменим систему статически эквивалентной системой 1> (теорема о биссектрисе + правило рычага Архимеда + теорема о группировке). Снова – правило рычага.

Ответ. (a + c) / b, (b + c) / a, (a + b) / c, считая от вершин B, A, C.
2. AB – хорда окружности, l – касательная, C – точка касания. Расстояния от l до A и B равны соответственно a и b. Найдите расстояние d от C до AB..

Решение. . Значит ab = d2.

Ответ. .
3. В окружность радиуса R вписан треугольник. Вторая окружность, концентрическая с первой, касается одной стороны треугольника и делит каждую из двух других сторон на три равные части. Радиус второй окружности равен r. Найдите отношение r / R.

Решение. Пусть D – точка касания второй окружности со стороной AC треугольника ABC. Центр этой окружности (концентрической с описанной около треугольника ABC) лежит на серединном перпендикуляре к AC, поэтому AD = DC и, следовательно, AB = BC. По теореме о степени точки (здесь нужна точка A) относительно окружности имеем: .

Ответ. 5/9.
4. Стороны a, b, c (a < b < c) треугольника образуют арифметическую прогрессию. R и r – радиусы описанной и вписанной окружностей. Докажите, что ac = 6Rr.

Решение. Решаем задачу “с конца”. Пусть ac = 6Rr. Уменьшаем число параметров (p – полупериметр, S – площадь треугольника): - верно (арифметическая прогрессия!). Преобразования обратимы – все доказано.
5. В треугольнике АВС проведена высота ВN. О – центр описанной около треугольника АВС окружности. Докажите, что .

Решение. Проведем диаметр BD. Вписанные углы BDC и BAC равны как опирающиеся на одну и ту же дугу BC, угол BCD прямой (опирается на диаметр BD). .
6. В треугольнике АВС проведены высоты ВВ1 и АА1. О – центр описанной около АВС окружности. Докажите, что прямые А1В1 и СО перпендикулярны.

Решение. Точки A, B, A1, B1 лежат на окружности с диаметром AB (вписанные углы), (треугольники A1B1C и ABC подобны; k = cos C - коэффициент подобия).
7. Треугольник ABC – остроугольный. AM и CN – высоты, O – центр описанной окружности. . Найдите AC.

Решение. Треугольники BMN и ABC подобны с коэффициентом и (задача 6). Если R – радиус описанной около треугольника ABC окружности, то , .
8. Треугольник ABC – остроугольный. AA1, BB1, CC1 – высоты. R – радиус описанной окружности. Найдите 2q – периметр треугольника A1B1C1.

Решение. См. задачу 7: (O – центр описанной окружности) и т.д. SABC = qR = S.

Ответ. 2S / R.
9. В окружности радиуса R проведены хорды AB и CD. , BD = a. Найдите AC.

Решение. Дуги AC и BD дают в сумме , так же – дуги BD и BE (DE – диаметр); дуги AC и BE равны, значит AC = BE, BE2 + BD2 = 4R2, AC2 + a2 = 4R2.

Ответ. .
10. Около прямоугольника описана окружность. Сумма квадратов расстояний от точки M окружности до всех вершин прямоугольника равна a. Найдите площадь круга.

Решение. Треугольник AMC – прямоугольный, MA2 + MC2 = 4R2, a = 8R2.

Ответ. .
11. В треугольнике ABC . Центр окружности, проходящей через середины сторон треугольника, лежит на биссектрисе угла C. Найдите AC.

Решение. Пусть O – центр окружности, проходящей через точки A1, B1, C1 – середины сторон треугольника. или . В первом случае получим AC = BC – но это невозможно (нарушается неравенство треугольника!). Во втором случае четырехугольник CA1OB1 – вписанный и . Теперь – теорема косинусов.

Ответ. AC = 10.
12. Основания BC и AD трапеции ABCD равны 1 и 4, одна боковая сторона равна . Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Найдите другую боковую сторону.

Решение. Ключ: AB2 – BC2 = AD2 – CD2!

Ответ. .
13. Окружности радиусов R и r касаются внешним образом. Найдите радиус окружности, касающейся двух данных и их общей внешней касательной.

Решение. A, B – общие точки внешней касательной окружностей радиусов R и r, O1 и O2 – их центры, O3 и x – центр и радиус третьей окружности. Проведем через O2 и O3 прямые, параллельные AB. Из получившихся прямоугольных треугольников имеем: .

Ответ. .
14. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса прямого угла. Катеты равны a и b. Найдите расстояние между точками пересечения высот двух получившихся треугольников.

Решение. Самый естественный и надежный метод – координаты.

Ответ. .
15. ABCD – описанный четырехугольник. Окружности, вписанные в треугольники ABC и ACD, касаются друг друга.

Доказательство. Пусть K и M – точки касания вписанных в ABC и ACD окружностей с диагональю AC четырехугольника. По теореме об отрезках касательной: .
16. Из точки C проведены касательные CA и CB к окружности (A и B – точки касания). Точка M окружности удалена от CA и CB на расстояния a и b соответственно. Найдите расстояние от M до AB.

Решение. . MD = x. (вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу) треугольники AKM и BDM подобны (они прямоугольные) . Треугольники ADM и BMN также подобны .

Ответ. .
17. В треугольнике ABC . На стороне AB как на диаметре построена окружность, которая пересекает стороны AC и BC соответственно в точках D и E. Найдите SABC, если DE = 1.

Решение. дуга DE вмещает и DE – сторона правильного вписанного шестиугольника! (теорема синусов...)

Ответ. .
18. Треугольник ABC – равнобедренный, AB = BC. BD, CF, AE – биссектрисы. Точка B лежит на окружности радиуса R, проходящей через D, E, F. Найдите площадь ABC.

Решение. BD – диаметр окружности с центром O, OB = OE. Рассмотрев всю картину и особенно треугольник BDE, постепенно и последовательно увидим, что ... ...

Ответ. .
19. Окружности радиусов R и r (R > r) внутренне касаются в точке A. Через точку B на большей окружности проведена касательная BC к меньшей окружности (C - точка касания). BC = a. Найдите AB.

Решение. O1 и O2 – центры большей и меньшей окружностей, M – точка пересечения меньшей окружности с AB. Треугольники AO2M и AO1B подобны (они равнобедренные и угол A у них общий). .

Ответ. .
20. Найдите площадь четырехугольника ABCD, вписанного в окружность, если AB = 9, CD = 4, AC = 7.

Решение. . . Из треугольников ABC и BDC получим Аналогично, из треугольников ABD и ACD найдем . Тригонометрия быстро дает

Ответ. .
21. Основание AC равнобедренного треугольника ABC является хордой окружности, центр которой лежит внутри треугольника ABC. Прямые, проходящие через точку B, касаются окружности в точках D и E. Найдите площадь треугольника DBE, если AB=BC=2, , а радиус r окружности равен 1.

Решение. O – центр окружности. , где K – середина AC. .

sin.



Можно (всегда!) – координаты.

Ответ. .
22. Окружность, центр которой лежит вне квадрата ABCD, проходит через точки B и C. Найдите угол между касательными к окружности, проведенными из точки D, если отношение длины стороны квадрата к диаметру окружности равно 3/5.

Решение. Координаты: r – радиус, O – центр окружности (начало координат). Сторона a=6r / 5. . Тогда , где и . - уравнения касательных к окружности x2 + y2 = r2 из точки D. Из условия касания получаем 16k2 - 60k – 75 = 0.

Ответ. .
23. На продолжении стороны AD ромба ABCD за точку D взята точка K. Прямые AC и BK пересекаются в точке Q. Известно, что AK=14 и что точки A, B и Q лежат на окружности радиуса 6, центр которой принадлежит отрезку AK. Найдите длину отрезка BK.

Решение. O – центр окружности, - угол A ромба. , . Из треугольника ABQ: . По теореме синусов для треугольника ABK . И т.д. и – теорема косинусов для треугольника ABK.

Ответ. BK = 7.
24. В прямоугольном треугольнике ABC (угол C – прямой) проведена медиана AA1, пересекающая высоту CD треугольника в точке M. Найдите угол A, если DM : MC = 3 : 4.

Решение. Барицентрический метод! Нагрузим вершины C и B массами, равными 1. Далее – подбираем массу в вершине A так, чтобы точка D стала материальным центром A и B и производим перегруппировку: если a, b – катеты, то ; .

Ответ. .
25. В трапеции ABCD ( AB и CD – основания) высота равна h, 3AC = 2BD. Найдите площадь трапеции, если .

Решение. Проведем CE параллельно диагонали DB (точка E лежит на продолжении AB). ; .

Ответ. .
26. В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длиной 3. В каждый из получившихся треугольников вписано по окружности. Найдите расстояние между их центрами.

Решение. ABCD – параллелограмм. Вписанные в треугольники ABD и BCD окружности равны, r – их радиусы, O1 и O2 – центры, K и E – точки касания с BD. . .

Ответ. .
27. В остроугольном равнобедренном треугольнике ABC угол при основании AC равен , длина боковой стороны равна a. Точка M расположена на BC и имеет наименьшую (по сравнению с другими точками отрезка BC) сумму квадратов расстояний до прямых AC и AB. Найдите длину отрезка MC.

Решение. MC=x. при точка минимума функции d.

Ответ. .
28. В треугольнике ABC на стороне AC взята точка D так, что окружности, вписанные в треугольники ABD и BCD, касаются. Известно, что AD = 2, CD = 4, BD = 5. Найдите радиусы окружностей.

Решение. Пусть O1 и O2 – центры, r1 и r2 – радиусы, N и M – точки касания окружностей, вписанных в ABD и DBC, с AC, ND = x. Применим теорему косинусов к треугольникам ABC и BCD и исключим косинус C:

Ответ. .
29. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) биссектрисы BD и AF пересекаются в точке O. Отношение площадей треугольников DOA и BOF равно 3 : 8. Найдите отношение AC : AB.

Решение. AC=y, BC=x. , и – теорема о биссектрисе: y : x = 1 : 2.

Ответ. 1 : 2.
30. В равнобедренной трапеции меньшее основание равно боковой стороне, а большее основание равно a. Большее основание видно из центра окружности, описанной около трапеции, под углом . Найдите длину боковой стороны трапеции.

Решение. Нужно рассмотреть случаи расположения центра окружности внутри, вне и на большем основании трапеции и опустить перпендикуляры из центра на большее основание и боковую сторону трапеции. и – теорема синусов.

Ответ. .
31. Около трапеции ABCD описана окружность. Хорда CE пересекает диагональ BD в точке M и основание AD в точке N. Найдите BD, если CM = a, MN = b, NE = c.

Решение. Проведем DE. Треугольники MDE и MND подобны, также – треугольники MND и BMC (по двум углам) .

Ответ. .
32. Основание AB трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой стороны AD. Длина диагонали AC равна a, а длина боковой стороны BC равна b. Найдите площадь трапеции.

Решение. - равнобедренный. Из треугольников ABC (теорема косинусов) и ADC получаем: , .

Ответ. .
33. Диагонали трапеции равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2. Найдите площадь трапеции.

Решение. Пусть a = AD и b = BC – основания трапеции ABCD, P и Q – середины AD и BC, CM || QP, CE || BD (точки M и E лежат на прямой AD). SABCD = SACE. - медиана треугольника ACE. Если достроить ACE до параллелограмма (AE – одна из диагоналей), то по теореме о равенстве сумм квадратов диагоналей параллелограмма и квадратов сторон получим 42+AE2=2(52+32), , и – формула Герона.

Ответ. 6.

34. В каких пределах может изменяться отношение радиуса вписанной в прямоугольный треугольник окружности к высоте hc?

Решение.

Ответ. .
35. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается боковой стороны AB в точке F. Найдите площадь трапеции, если AF = m, FB = n, а меньшее основание трапеции равно b.

Решение. Пусть E и K – точки касания вписанной окружности с меньшим основанием BC и боковой стороной CD, CK = x, KD = y. По теореме о равенстве отрезков касательной имеем BE = n, EC = b – n = CK. Треугольники AOB и COD (O – центр вписанной окружности) – прямоугольные (ABCD – трапеция, AO, BO, CO и DO – биссектрисы углов A, B, C и D); по теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике (r – радиус вписанной окружности). Находим y и пишем

Ответ. .
36. Около окружности радиуса r = описана равнобедренная трапеция. Угол между диагоналями трапеции, опирающийся на основание, равен . Найдите длину отрезка, соединяющего точки касания окружности с большим основанием трапеции и одной из ее боковых сторон.

Решение. O – центр вписанной в трапецию ABCD окружности, E и F – точки касания с основанием AD и боковой стороной AB. Треугольник AOB – прямоугольный (ABCD –трапеция!). . ; AFE – равносторонний треугольник и FE = AF.

Ответ. 2 см.
37. В окружности радиуса R взята дуга в . В сегмент, соответствующий этой дуге, вписан прямоугольник ABCD такой, что AB : BC = 1 : 4; сторона BC лежит на хорде, ограничивающей сегмент. Найдите площадь прямоугольника.

Решение. Пусть BC = 4x. Введем систему координат с началом в центре окружности. Имеем:

Ответ. .

38. Окружность радиуса r касается прямой в точке M. На этой прямой по разные стороны от M взяты точки A и B так, что MA = MB = a. Чему равен радиус окружности, проходящей через точки A и B и касающейся данной окружности?

Решение. Искомая окружность касается данной в точке P, диаметрально противоположной в данной окружности точке M, и проходит через A и B. По теореме синусов для треугольника ABC:

Ответ. .
39. В прямоугольнике ABCD AB = a, BC = b. На стороне AB как на диаметре построена окружность, и к ней из вершины C проведена касательная, пересекающая сторону AD в точке K. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник CDK.

Решение. Пусть P – точка касания, CP = CB = b, KP = AK = x. Тогда (x + b)2 = a2 + (b – x)2, x = a2 / 4b. SCDK = pr = a (b – a2 / 4b) / 2.

Ответ. .
40. В окружности проведены три попарно пересекающиеся хорды. Каждая хорда разделена точками пересечения на три равные части. Найдите радиус окружности, если одна из хорд равна a.

Решение. Все хорды равны a (по теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд). Отрезки, являющиеся средними третями данных хорд, образуют равносторонний треугольник со стороной a/3. Окружность, описанная около этого треугольника, - концентрическая с данной. Расстояние от центра до хорды равно . .

Ответ. .
41. Вписанная в треугольник ABC окружность касается его сторон AC и BC соответственно в точках M и N и пересекает биссектрису BD в точках P и Q. Найдите отношение площадей треугольников PQM и PQN, если .

Решение. Наши треугольники – прямоугольные (PQ – диаметр вписанной в ABC окружности!). (O – центр окружности). (по дугам PN, MP, MN). . Можно считать дальше:


.

Ответ. .
42. Биссектриса угла C треугольника ABC делит сторону AB на отрезки a и b (a > b). Касательная к окружности, описанной около треугольника ABC, проходящая через C, пересекает прямую AB в точке D. Найдите CD.

Решение. треугольники ACD и CBD подобны, AC = ka, BC = kb .

Ответ. .
43. Найдите сумму квадратов расстояний от точки M, взятой на диаметре окружности, до концов некоторой хорды, параллельной этому диаметру, если радиус окружности равен R, а расстояние от точки M до центра окружности равно a.

Решение. O – центр окружности, OM – отрезок радиуса, AB – хорда, параллельная OM. В системе координат с центром O и осью абсцисс OM: M(a;0), A(-x;y), B(x;y), MA2 + MB2 = (x + a)2 + y2 + (x – a)2 + y2 = 2(x2 + y2) + 2a2 = 2(R2 + a2).

Ответ. 2(R2 + a2).
44. Окружность, проходящая через вершины A, B и C параллелограмма ABCD, пересекает прямые AD и CD в точках M и N. Точка M удалена от вершин B, C и D соответственно на расстояния 4, 3 и 2. Найдите MN.

Решение. Треугольники MDN и ABC подобны ; треугольники ABC и MBC также подобны (вписанные углы!) .

Ответ. .
45. В треугольнике ABC сторона BC равна a, радиус вписанной окружности равен r. Найдите радиусы двух равных окружностей, касающихся друг друга, если одна из них касается сторон BC и BA, а другая – сторон BC и CA.

Решение. Пусть x – радиусы искомых окружностей. Сразу получаем систему уравнений и решаем ее относительно x.

Ответ. .
46. В треугольнике одна сторона равна a, другая 2a. Найдите площадь треугольника и третью сторону, если биссектриса, проведенная из общей вершины данных сторон, равна a.

Решение. Пусть - указанный в условии угол, x и 2x – отрезки, на которые биссектриса разделила третью сторону (теорема о биссектрисе). по теореме косинусов .

Ответ. .
47. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке E, AB=AD, CA – биссектриса угла C, . Найдите угол CDB.

Решение. ABD – равнобедренный треугольник, и . Далее, . Теперь, если F – точка пересечения продолжения DA за точку A и CB, в треугольнике CDF отрезок CA является высотой (по доказанному) и биссектрисой (по условию), поэтому CDF – равнобедренный треугольник и AF = AD = AB, то есть треугольник ABF – равнобедренный, причем . Получаем и .

Ответ. .
48. Перпендикуляры, опущенные из двух вершин прямоугольника на его диагональ, разделили ее на три равные части. Одна сторона прямоугольника равна . Найдите другую сторону.

Решение. Координаты напрашиваются: . Пусть . Напишем уравнения прямых (AC), (BP), (DQ) и вычислим координаты точек P и Q. , тогда (условие перпендикулярности прямых!); d1 = -2 (условие принадлежности точки B этой прямой). Теперь, решая систему (например, по формулам Крамера) , найдем координаты точки P: . Аналогично, , и для точки Q получим: . Остается вычислить квадраты расстояний между A и P, P и Q, Q и C. Это, конечно, просто, и приведет к a = 2. Не забудем еще, что возможен случай, когда ; точно те же рассуждения, что и в первом варианте, дают a = 1.

Ответ. 2 или 1.
49. На стороне AB треугольника ABC взята такая точка M, что AM = 2MB, а на стороне AC – точка K. Известно, что площадь треугольника AMK в 2 раза меньше площади треугольника ABC. В каком отношении точка K делит сторону AC?

Решение. Вспоминаем программу 9 класса: .

Ответ. 3 : 1.

50 (мехмат МГУ). Радиус вписанной в треугольник ABC окружности равен 4, причем AC=BC. На прямой AB взята точка D, удаленная от прямых AC и BC на расстояния 11 и 3 соответственно. Найдите угол DBC.

Решение. Вводим координаты: A(-a; 0), B(a; 0), , C(0; ). Тогда . Напишем теперь уравнения прямых BC и AC и выразим расстояния от точки D(c; 0) до этих прямых:

.

Теперь . Так как точка D ближе к BC, чем к AC, то c > 0. Если D лежит внутри AB, то a > c и, решая систему , получим . В предположении, что точка D лежит на продолжении AB за вершину B, наша система (с заменой “a - c” на “c - a”) неразрешима (проверяется непосредственно).



Ответ. .
Стереометрия
1. Найдите объем многогранника, вершинами которого являются середины ребер тетраэдра объемом V.

Решение. Многогранник получен отсечением от пирамиды четырех маленьких пирамид, объем каждой из которых равен , где S и H – площадь основания и высота исходной пирамиды, то есть маленькая пирамида имеет объем

Ответ. V / 2.
2. Шар касается всех ребер куба. Найдите площадь поверхности шара, лежащей внутри куба, если ребро куба равно 1.

Решение. Для того, чтобы существовал шар, касающийся всех ребер призмы, необходимо и достаточно, чтобы призма была правильной и все ее ребра были равными между собой. Идея доказательства: боковыми гранями должны быть параллелограммы, в которые можно вписать окружность (теорема о трех перпендикулярах), то есть ромбы (на самом деле – квадраты - почему?); спроектировав картину на плоскость основания, получим многоугольник с равными сторонами, вписанный в окружность, то есть – правильный многоугольник. Решаем нашу задачу. Более идеальной призмы, чем куб, нет, и центр шара является центром куба. Пусть R – радиус шара. . Наружу куба выходят 6 (по числу граней куба) шаровых сегментов. Если h – высота одного сегмента, то .

Ответ. .
3. Сфера проходит через вершины одной грани куба и касается сторон противоположной грани куба. Найдите отношение объемов шара и куба.

Решение. ABCDA1B1C1D1 – куб с ребром 1. Касание с ребрами противоположной грани происходит в их серединах (почему? Опустим перпендикуляры из центра сферы на грань и увидим конфигурацию теоремы о трех перпендикулярах...). Воспользуемся методом координат, поместив начало в вершину A и направив оси сонаправленно сторонам AD, AB, AA1. Пусть O(a; b; c) – центр сферы, R – радиус, тогда (x-a)2 + (y-b)2 + (z-c)2 = R2 - ее уравнение. Получаем систему уравнений и решаем ее:

.

Ответ. .

4. В сферу радиусом R вписана правильная треугольная призма со стороной основания a. Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через центр сферы и сторону основания призмы.

Решение. На этом примере особенно удобно показать эффективность использования техники аналитической геометрии. Если бы мы знали угол между плоскостью сечения и гранью основания, то воспользовались бы теоремой о площади ортогональной проекции многоугольника, поскольку площадь основания ABC призмы ABCA1B1C1 находится сразу. Но угол между плоскостями мы найдем, если сумеем записать уравнения этих плоскостей в какой-либо координатной системе. Теперь стратегия ясна. Во-первых, задаем систему координат с началом в центре O1 правильного треугольника ABC: , O – центр сферы. Во-вторых, предаемся приятным (они простые) вычислениям: найдем вектор нормали к плоскости ABO, затем косинус угла между плоскостями ABO и ABC и после некоторых (опять же очевидных) выкладок напишем ответ. , ... . Вот и

следующая страница >>