Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 >> [Всего задач: 13]

Задача 78758

Темы:	[	Площадь сферы и ее частей	]
Темы:	[	Описанные многогранники	]

Сложность: 6-
Классы: 10,11

Автор: Кушниренко А.Г.

Около сферы радиуса 10 описан некоторый 19-гранник. Доказать, что на его поверхности найдутся две точки, расстояние между которыми больше 21.

Решение

Первое решение.

Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего 19-гранника не больше 21. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса 11, концентричной сфере радиуса 10, а каждая его грань лежит между сферами. Поэтому площадь каждой грани не слишком велика, а именно, не превосходит площади круга, радиус которого равен $\sqrt{11^2-10^2}$ = $\sqrt{21}$ . В нашем многограннике 19 граней, поэтому площадь S его поверхности не превосходит 19·π·21 = 399π. Но многогранник описан около сферы радиуса 10. Отсюда площадь его поверхности больше площади поверхности этой сферы 4π·10². Итак, с одной стороны, S < 399π, с другой стороны, S > 400π. Полученное противоречие и решает задачу.
В этом (нестрогом) решении мы пропустили доказательства трёх утверждений, которые начинаются с трёх выделенных выше курсивом слов: тогда, поэтому, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя третье утверждение легко доказывается для выпуклого многогранника с помощью сравнения его объёма с объёмом сферы (действительно, объём многоугольника равен ${\frac{RS}{3}}$ , где R — радиус вписанной сферы, a S — площадь его поверхности), тем не менее интуитивно ясное и правильное утверждение о том, что наш многогранник выпуклый, трудно доказать строго, так как само строгое определение многогранника весьма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатоса "Доказательства и опровержения" М., "Наука", 1967).

Второе решение. Поставим более общий вопрос: какое наименьшее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса r и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса R > r. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наименьшим числом прямолинейных взмахов ножа можно срезать верхний слой кожуры апельсина, не срезав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после срезания всего верхнего слоя кожуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущему.)
Мы не знаем точного ответа на этот более общий вопрос, но докажем для числа граней некоторое неравенство, которое при r = 10, R = 11 показывает, что N > 22. Тем самым мы докажем, что если в условии задачи вместо 19-гранника взять 22-гранник, то утверждение задачи по-прежнему останется справедливым.
Итак, пусть N-гранник описан около сферы радиуса r и целиком лежит внутри сферы радиуса R. Рассмотрим какую-нибудь его грань. Проходящая через неё плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты R - r. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из N шапочек есть сегментная поверхность высоты R − r, и, следовательно, имеет площадь 2π·R(R − r). Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому N·2πR(R − r) > 4πR², отсюда N > ${\frac{2R}{R-r}}$ , в частности, при R = 11, r = 10 получаем N > 22.
Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Докажите!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число N = N(h) шапочек высоты h, целиком покрывающих сферу радиуса 1? (В исходной задаче h = ${\frac{1}{11}}$ .) Очевидно, что N(h) > ${\frac{2}{h}}$ , но это неравенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при h < 1 шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых h N(h) > 1, 2 ${\frac{2}{h}}$ . Попробуйте сами доказать, например, что при h < 1

N(h) > 1, 001 $\displaystyle {\frac{2}{h}}$ .

(С решениями этой задачи и других похожих задач можно познакомиться по книге Л. Фейш Тота. "Расположение на плоскости, на сфере и в пространстве". М., Физматгиз, 1958).

Прислать комментарий

Задача 87382

Темы:	[	Касательные к сферам	]
Темы:	[	Площадь сферы и ее частей	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Отрезок EF параллелен плоскости, в которой лежит прямоугольник ABCD , причём EF = 3 , BC = 5 . Все стороны прямоугольника ABCD и отрезки AE , BE , CF , DF , EF касаются некоторого шара. Найдите площадь поверхности этого шара.

Решение

Сечение сферы плоскостью прямоугольника ABCD есть окружность, вписанная в этот прямоугольник (рис.1). Значит, прямоугольник ABCD – квадрат со стороной 5, причём сфера касается его сторон в их серединах. Рассмотрим сечение сферы плоскостью ABE (рис.2). Получим окружность, вписанную в треугольник ABE , причём точка M касания этой окружности со стороной AB есть точка касания сферы с этой стороной, т.е. – середина AB . Если сфера касается отрезков AE и BE в точках P и Q соответственно, то

AP = AM = , BQ = BM = , EP = EQ,
поэтому AE = BE . Значит, треугольник AEB – равнобедренный. Его медиана EM перпендикулярна стороне AB . Аналогично, медиана FN треугольника DFC перпендикулярна стороне CD . Пусть плоскость α , проходящая через пересекающиеся прямые ME и MN , пересекает плоскость DFC по прямой NF1 . Прямая AB перпендикулярна плоскости α , т.к. AB MN и AB ME . Прямые AB и CD параллельны, поэтому прямая CD также перпендикулярна поскости α . Значит, CD NF1 , а т.к. CD NF и прямые NF1 и NF лежат в плоскости DFC , то они совпадают. Следовательно, прямая NF также лежит в плоскости α . Таким образом, через прямую EF , параллельную плоскости ABCD , проходит плоскость α , пересекающая плоскость ABCD по прямой MN . Значит, EF || MN . Поскольку сфера проходит через середины G и H сторон AD и BC квадрата ABCD , её центр лежит в плоскости, проходящей через середину отрезка GH перпендикулярно прямой GH , т.е. в плоскости α . Значит, радиус R сферы равен радиусу окружности, проходящей через вершины M и N трапеции MEFN и касающейся меньшего основания EF трапеции в некоторой точке K . Пусть сфера касается отрезка DF в точке L , а продолжения боковых сторон AE и DF трапеции AEFD пересекаются в точке T . Тогда TP = TL как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки. Кроме того, AP = AG = DG = DL . Поэтому AT = DT , а т.к. EF || AD , то TE = TF и
KE = PE = TP - TE = TL - TF = FL = FK.
Значит, K – середина основания EF трапеции MEFN . В равнобедренном треугольнике AEB (рис.2) известно, что
AB = 5, BE = AE = AP + PE = AG + EK = + = 4,

ME = = = .
Аналогично находим, что FN = . Пусть EE1 и KK1 – высоты равнобедренной трапеции MEFN (рис.3). Тогда
ME1 = (MN - EF) = (5 - 3) = 1,

KK1 = EE1 = = = ,

MK = = = ,

sin KMK1 = = = .
Так как R – радиус окружности, описанной около равнобедренного треугольника MKN , то
R = = = = .
Следовательно, площадь поверхности шара равна
4π R2 = 4π()2 = .

Ответ

.

Прислать комментарий

Задача 87383

Темы:	[	Касательные к сферам	]
Темы:	[	Площадь сферы и ее частей	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Отрезок PQ параллелен плоскости, в которой лежит прямоугольник KLMN , причём KL = 4 , PQ = 6 . Все стороны прямоугольника KLMN и отрезки KP , LP , NQ , MQ , PQ касаются некоторого шара. Найдите площадь поверхности этого шара.

Ответ

.

Прислать комментарий

Задача 110494

Темы:	[	Прямоугольные параллелепипеды	]
	[	Углы между прямыми и плоскостями	]
	[	Площадь сферы и ее частей	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

В прямоугольном параллелепипеде проведена плоскость, которая проходит через его диагональ, образует углы 45^o и 30^o со сторонами основания и параллельна диагонали основания параллелепипеда. Чему равна площадь проверхности сферы, описанной около параллелепипеда, если расстояние от этой плоскости до диагонали основания равно l ?

Решение

Пусть плоскость α проходит через диагональ AC1 параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 параллельно диагонали BD основания ABCD . Плоскость основания ABCD проходит через прямую BD , параллельную секущей плоскости α , поэтому прямая m пересечения плоскости α с плоскостью этого основания параллельна прямой BD . Пусть прямая m пересекает прямые BC и CD в точках P и Q соответственно. Тогда PB=AD как противоположные стороны параллелограмма ADBP . Если прямые C1Q и DD1 пересекаются в точке N , а прямые C1P и BB1 – в точке M , то плоскость α пересекает параллелепипед по параллелограмму AMC1N . Из равенства треугольников BMP и B1MC1 (по стороне и двум прилежащим к ней углам) следует, что M – середина ребра BB1 . Аналогично, N – середина ребра DD1 . Пусть F – основание перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую PQ , а H – основание перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую MF . Тогда BH – перпендикуляр к плоскости α . Из условия задачи следует, что BH = l (поскольку прямая BD параллельна плоскости α , то расстояния от каждой точки этой прямой до плоскости α равны l ). Кроме того, HAB – угол бокового ребра AB с плоскостью α . По условию задачи HAB = 30^o . Из прямоугольного треугольника HAB находим, что AB = 2BH = 2l . Рассуждая аналогично, найдём, что AD = = l . Рассмотрим прямоугольный треугольник ABP . В нём

AB = 2l, PB = AD = l, AP = = l,

BF = = = .
Обозначим MFB = ϕ . Из прямоугольного треугольника BHF находим, что
sin ϕ = = = ,
а т.к. ϕ < 90^o , то ϕ = 60^o . Из прямоугольного треугольника MBF находим, что
MB = BF tg ϕ = · = 2l.
Тогда BB1=2BM = 4l . Пусть R – радиус сферы, описанной около параллелепипеда. Поскольку диагональ прямоугольного параллелепипеда есть диаметр этой сферы, а квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трёх его измерений,
4R2 = AB2+AD2+BB12 = 4l2+2l2 + 16l2 = 22l2.
Следовательно, если S – площадь поверхности сферы, то S=4π R2 = 22π l2 .

Ответ

22π l2 .

Прислать комментарий

Задача 115390

Темы:	[	Свойства гомотетии и центра гомотетии	]
	[	Неравенства с объемами	]
	[	Площадь сферы и ее частей	]
	[	Объем шара, сегмента и проч.	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Автор: Гальперин Г.А.

На левую чашу весов положили две круглых монеты, а на правую — ещё одну, так что весы оказались в равновесии. А какая из чаш перевесит, если каждую из монет заменить шаром того же радиуса? (Все шары и монеты изготовлены целиком из одного и того же материала, все монеты имеют одинаковую толщину.)

Решение

Так как при растяжении в R раз площади меняются в R² , а объёмы в R³ раз, площадь круга радиуса R равна V₂R² , а площадь шара V₃R³ , где V₂ и V₃ — некоторые константы (площадь единичного круга и объём единичного шара, соответственно; на самом деле V₂=π , а V₃=π , но для решения задачи это не важно).
Обозначим радиусы монет через R₁ , R₂ и R₃ . Вначале весы были в равновесии, поэтому V₂R₁²+V₂R₂²=V₂R₃² , т. е.

R₁²+R₂²=R₃².
Аналогично, чтобы определить, что произошло с весами, после того как монеты заменили шарами, нужно сравнить R₁³+R₂³ с R₃³ . Но по сравнению с равенством выше правая часть умножилась на больший радиус R₃ , а два слагаемых в левой части — на меньшие радиусы R₁ и R₂ :
R₁³+R₂³= R₁²· R₁+R₂²· R₂< R₁²· R₃+R₂²· R₃= (R₁²+R₂²)· R₃= R₃³.
Значит, правая чаша перевесит.

Ответ

Перевесит правая чаша весов.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 >> [Всего задач: 13]