Задание №16 (С2) из Т/Р №87 А. Ларина

2023-07-22

Смотрите также задания №17, №18, №20
Известно, что $AB$, $AC$, $AD$, $DE$, $DF$ – рёбра куба. Через вершины $E$, $F$ и середины рёбер $AB$ и $AC$ проведена плоскость $\alpha$, делящая шар, вписанный в куб, на две части.

а) Постройте плоскость $\alpha$.
б) Найдите отношение объёма меньшей части шара к объёму всего шара.

Решение:

a) Параллельные прямые $EF$, $PR$  (где $P,$ $R$ – середины сторон $AB$, $AC$ соответственно) определяют плоскость $\alpha$.

бь

б) Пусть радиус вписанного в куб шара – $\quicklatex{color=”red”}R$.

Чтобы найти объем меньшей части шара (шарового сегмента), осекаемой от него построенной плоскостью $\alpha$, нам потребуется найти высоту $\quicklatex{color=”red”}h$ этого сегмента (точнее, – выразить ее через $R$), ведь формула вычисления объема шарового сегмента такова:

$\quicklatex{color=”red”}V_{shar/segment}=\pi h^2(R-\frac{h}{3})$

lkk

Вспомним и формулу для вычисления объема шара:

$\quicklatex{color=”red”}V_{shar}=\frac{4\pi R^3}{3}$

Так вот, для поиска высоты $h$ нашего сегмента надо прежде провести из центра шара радиус, перпендикулярный плоскости $\alpha$.

Для этого проведем из т. $H$ (центра основания куба $ABKC$) перпендикуляр к $PR$.

По теореме о трех перпендикулярах имеем $SM\perp PR$ ($S$ – центр грани $DEGF$, параллельной основанию).

Плоскости $\alpha$ и ($MSH$) – перпендикулярны по признаку перпендикулярности плоскостей. Значит, если мы в одной из плоскостей ($MSH$) проведем перпендикуляр к линии их пересечения, то этот перпендикуляр автоматически становится перпендикуляром к плоскости $\alpha$ по свойству перпендикулярных плоскостей.

Проводим $OL\perp MS$, точка $T$ – точка прямой $OL$ на поверхности шара (в левой полуплоскости относительно $\alpha$, см. рис.).

Тогда

$h=TO-LO=R-LO$.

Найдем $LO$ из подобия треугольников $LSO$ и $HSM:$

kkj

$\frac{LO}{HM}=\frac{SO}{SM};$

$\frac{LO}{HM}=\frac{R}{\sqrt{HM^2+(2R)^2}}};$

Из подобия треугольников $APR$ и $ABC$ с коэффициентом подобия $1/2$ вытекает: $HM=\frac{AH}{2}$, при этом $AH=\frac{AB}{\sqrt2}=\frac{2R}{\sqrt2}.$

k

Итак,

$\frac{LO}{\frac{R}{\sqrt2}}=\frac{R}{\sqrt{(\frac{R}{\sqrt2})^2+(2R)^2}}};$

$LO=\frac{R}{3};$

Мы готовы найти объем шарового сегмента (c  высотой $LT$):

$h=LT=R-\frac{R}{3}=\frac{2R}{3};$

$V_{shar/segment}=\pi h^2(R-\frac{h}{3})=\pi (\frac{2R}{3})^2(R-\frac{2R}{9})=\frac{28\pi R^3}{81}.$

Наконец,

$\frac{V_{shar/segm}}{V_{shar}}=\frac{\frac{28\pi R^3}{81}}{\frac{4\pi R^3}{3}}=\frac{7}{27}.$

Ответ: $\frac{7}{27}.$

Печать страницы
комментария 4
  1. надежда

    Извините, пожалуйста, не могли бы вы мне объяснить, как получилось,что AH=AB\V2

    [ Ответить ]
    • egeMax

      Надежда, если сторону квадрата принять за [latexpage] $a$, то диагональ будет $a\sqrt2$ (по теореме Пифагора), а значит половина диагонали будет $\frac{a\sqrt2}{2}$ или $\frac{a}{\sqrt2}$.
      В нашем случае $AB$ и есть $a$, а $AH$ – половина диагонали квадрата.

      [ Ответить ]
      • надежда

        Спасибо)

        [ Ответить ]
  2. Лилия

    Спасибо.Очень доступное решение, красивые рисунки, доказательные выводы со ссылками на теорию

    [ Ответить ]

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *




одиннадцать − 8 =

https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_bye.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_good.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_negative.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_scratch.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_wacko.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_yahoo.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_cool.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_heart.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_rose.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_smile.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_whistle3.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_yes.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_cry.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_mail.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_sad.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_unsure.gif 
https://egemaximum.ru/wp-content/plugins/wp-monalisa/icons/wpml_wink.gif