Ре­ше­ние.

а)  Пусть   — се­ку­щая плос­кость и О  — центр шара. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр из цен­тра шара на плос­кость и обо­зна­чим через F ос­но­ва­ние этого пер­пен­ди­ку­ля­ра.

Пусть X  — про­из­воль­ная точка шара, при­над­ле­жа­щая плос­ко­сти По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Так как ОХ не боль­ше ра­ди­у­са R шара, то т. е. любая точка се­че­ния шара плос­ко­стью на­хо­дит­ся от точки F на рас­сто­я­нии, не боль­шем сле­до­ва­тель­но, она при­над­ле­жит шару. Это зна­чит, что се­че­ние шара плос­ко­стью есть круг с цен­тром в точке F.

Об­рат­но: любая точка X этого круга при­над­ле­жит шару. А это зна­чит, что се­че­ние шара плос­ко­стью есть круг с цен­тром в точке F. Тео­ре­ма до­ка­за­на.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние, про­хо­дя­щее через общий центр шаров и цен­тры кру­гов. Введём обо­зна­че­ния цен­тра шаров, точек ка­са­ния и точек пе­ре­се­че­ния по­верх­но­стей шаров с плос­ко­стя­ми и как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

От­ре­зок FD  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии мень­ше­го шара плос­ко­стью тогда   — пло­щадь се­че­ния мень­ше­го шара плос­ко­стью От­ре­зок AB  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью тогда   — пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью От­ре­зок CF  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью

Па­рал­лель­ные пря­мые AB и CF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой Тогда из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем:

Пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью

Ис­сле­ду­ем слу­чай, когда плос­ко­сти рас­по­ло­же­ны по одну сто­ро­ну от цен­тра шара.

Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­ча­ем:

Ответ:12.

Ре­ше­ние. а)  Рас­смот­рим про­из­воль­ную точку P, при­над­ле­жа­щую вто­ро­му се­че­нию (не про­хо­дя­ще­му через центр). Рас­смот­рим пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную дан­ным плос­ко­стям и про­хо­дя­щую через центр шара  — точку O. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет вто­ро­го се­че­ние в точке B. Рас­смот­рим, на­ко­нец, еще точку C, при­над­ле­жа­щую вто­ро­му се­че­нию и по­верх­но­сти шара. За­ме­тим, что Таким об­ра­зом, по­это­му точка P при­над­ле­жит кругу с цен­тром B и ра­ди­у­сом BC. В об­рат­ную сто­ро­ну: каж­дая точка круга с цен­тром B, ра­ди­у­сом BC, и ле­жа­ще­го во вто­рой плос­ко­сти, при­над­ле­жит шару. Таким об­ра­зом, се­че­ние есть круг.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние плос­ко­стью, про­хо­дя­щей через цен­тры се­че­ний. Обо­зна­че­ния даны на ри­сун­ке. OA  — ра­ди­ус шара, тогда S₁  =  π · OA²  — пло­щадь се­че­ния шара плос­ко­стью, про­хо­дя­щей через его центр. BC  — ра­ди­ус мень­ше­го круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии, тогда S₂  =  π · BC²  — пло­щадь се­че­ния шара вто­рой плос­ко­стью.

Из от­но­ше­ния пло­ща­дей се­че­ний по­лу­ча­ем: OB  — рас­сто­я­ние между плос­ко­стя­ми, рав­ное 2.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OBC: OC²  =  BC² + OB², от­ку­да по­лу­ча­ем:

Ответ: 5.

Ре­ше­ние.

а)  Пусть точка E  — се­ре­ди­на ребра От­ре­зок BE пе­ре­се­ка­ет плос­кость MAC в точке  В тре­уголь­ни­ке MBD точка P яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, сле­до­ва­тель­но, где O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. От­ре­зок FG па­рал­ле­лен AC и про­хо­дит через точку P (точка F при­над­ле­жит ребру   — ребру MC), от­ку­да Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из пунк­та а) сле­ду­ет, что

Четырёхуголь­ник BFEG  — ис­ко­мое се­че­ние. От­ре­зок BE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка MBD, зна­чит,

По­сколь­ку пря­мая BD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MAC, диа­го­на­ли BE и FG четырёхуголь­ни­ка BFEG пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а по­то­му

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть точка E  — се­ре­ди­на ребра От­ре­зок CE пе­ре­се­ка­ет плос­кость в точке В тре­уголь­ни­ке MAC точка яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, сле­до­ва­тель­но, где   — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. От­ре­зок FG па­рал­ле­лен BD и про­хо­дит через точку (точка F при­над­ле­жит ребру   — ребру MD), от­ку­да

Четырёхуголь­ник   — ис­ко­мое се­че­ние. От­ре­зок CE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка MAC, зна­чит,

По­сколь­ку пря­мая AC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MBD, диа­го­на­ли CE и четырёхуголь­ни­ка CFEG пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 24.

Ре­ше­ние. а)  Спро­ек­ти­ру­ем пря­мую MC на плос­кость ABCD, про­ек­ци­ей будет яв­лять­ся пря­мая AC. Диа­го­на­ли квад­ра­та вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах

б)  Пусть точка E  — се­ре­ди­на ребра MD. От­ре­зок BE пе­ре­се­ка­ет плос­кость MAC в точке P. В тре­уголь­ни­ке MBD точка Р яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, сле­до­ва­тель­но, MP : РО  =  2 : 1, где O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. От­ре­зок FG па­рал­ле­лен AC и про­хо­дит через точку P (точка F при­над­ле­жит ребру MA, G  — ребру MC), от­ку­да

Четырёхуголь­ник BFEG  — ис­ко­мое се­че­ние. От­ре­зок BE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка MBD, зна­чит,

Пря­мая BD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MAC, диа­го­на­ли BE и FG четырёхуголь­ни­ка BFEG пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Спро­ек­ти­ру­ем пря­мую MC на плос­кость ABCD, про­ек­ци­ей будет яв­лять­ся пря­мая AC. Диа­го­на­ли квад­ра­та вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах

б)  От­ре­зок NK па­рал­ле­лен AC (точка K при­над­ле­жит ребру MA). Пусть NK пе­ре­се­ка­ет MO в точке P(O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды), причём

тогда точка P яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка MBD. Пря­мая BP пе­ре­се­ка­ет ребро MD в точке E. Четырёхуголь­ник BNEK  — ис­ко­мое се­че­ние.

От­ре­зок BE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка MBD, зна­чит,

По­сколь­ку пря­мая BD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MAC, диа­го­на­ли BE и NK четырёхуголь­ни­ка BNEK пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние.

Пусть точка H₁  — про­ек­ция A на плос­кость BDM, точка H₂  — про­ек­ция C на плос­кость BDM. Тре­уголь­ни­ки AOH₁ и COH₂ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, по­это­му Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок MN па­рал­ле­лен диа­го­на­ли BD (точка N при­над­ле­жит ребру A₁B₁), сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние   — тра­пе­ция BDMN (см. рис.). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние no пря­мой BD, па­рал­лель­ной B₁D₁, зна­чит, MN па­рал­ле­лен B₁D₁.

Тре­уголь­ни­ки NA₁M и B₁A₁D₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках BB₁N и DD₁M:

зна­чит, тра­пе­ция BDMN рав­но­бед­рен­ная.

Пусть NH  — вы­со­та тра­пе­ции BDMN, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (см. рис.), тогда

Таким об­ра­зом, пло­щадь се­че­ния приз­мы равна

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — се­ре­ди­на диа­го­на­ли A₁C. Тогда фи­гу­ры, на ко­то­рые па­рал­ле­ле­пи­пед де­лит­ся плос­ко­стью, со­дер­жа­щей пря­мую A₁C, пе­ре­хо­дят друг в друга при цен­траль­ной сим­мет­рии от­но­си­тель­но точки O. Зна­чит, эти фи­гу­ры имеют оди­на­ко­вые объ­е­мы. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок CT па­рал­ле­лен A₁W (точка T при­над­ле­жит ребру BB₁). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость AA₁B₁ по пря­мой A₁T, па­рал­лель­ной CW, сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние  — па­рал­ле­ло­грамм CTA₁W (рис. 1).

Тре­уголь­ни­ки CBT и A₁D₁W равны, сле­до­ва­тель­но,

зна­чит, CTA₁W  — ромб со сто­ро­ной и диа­го­на­лью (см. рис.)

Тогда диа­го­наль равна

Таким об­ра­зом, на­хо­дим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б)

Ре­ше­ние.

а)  Пусть МН  — вы­со­та пра­виль­ной четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды MABCD с вер­ши­ной М. тогда тре­уголь­ник АМН пря­мо­уголь­ный. МA  =  10, МН  =  6, от­ку­да

Тре­уголь­ник АВН пря­мо­уголь­ный рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

В рав­но­бед­рен­ном пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке АВН вы­со­та

За­ме­тим, что MNH  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MNH катет MH боль­ше ка­те­та NH, по­сколь­ку по­это­му угол, ле­жа­щий на­про­тив MH, боль­ше, чем угол, ле­жа­щий на­про­тив NH, а зна­чит, боль­ше, чем

б)  Центр О сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную четырёхуголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани АМВ лежит на от­рез­ке MN. Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы.

Пло­щадь сферы

Ответ:

Ре­ше­ние.

а)  Пусть MH  — вы­со­та пра­виль­ной четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды MABCD с вер­ши­ной M, тогда тре­уголь­ник AMH  — пря­мо­уголь­ный, от­ку­да

Тре­уголь­ник ABH  — пря­мо­уголь­ный рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

За­ме­тим, что угол MNH -- ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. Его синус равен По­это­му

б)  В рав­но­бед­рен­ном пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABH вы­со­та

Центр O сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную четырёхуголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани AMB лежит на от­рез­ке Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы.

Пло­щадь сферы

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Се­че­ние ко­ну­са плос­ко­стью, со­дер­жа­щей его вер­ши­ну S и хорду AB  =  4,  — тре­уголь­ник ASB.

Две сто­ро­ны се­че­ния  — это об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са. Они равны, по­это­му тре­уголь­ник SAB рав­но­бед­рен­ный. В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках SOA и SOB, где O  — центр ос­но­ва­ния ко­ну­са, OA  =  OB  =  6, SO  =  8, от­ку­да

Тогда в тре­уголь­ни­ке SAB угол S наи­мень­ший (по­сколь­ку лежит про­тив мень­шей сто­ро­ны), а сле­до­ва­тель­но, ост­рый. Два дру­гих угла равны между собой, по­это­му тоже ост­рые. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник SAB ост­ро­уголь­ный.

б)  Пусть SH  — вы­со­та и ме­ди­а­на рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ASB, Тогда от­ре­зок OH  — вы­со­та и ме­ди­а­на рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка AOB,

Пря­мые SH и OH пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой AB, по­это­му плос­кость SOH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ASB. Сле­до­ва­тель­но, рас­сто­я­ние от точки O до плос­ко­сти ASB равно вы­со­те OM пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SOH, про­ведённой к ги­по­те­ну­зе:

Ответ:

Ре­ше­ние.

а)  Се­че­ние ко­ну­са плос­ко­стью, со­дер­жа­щей его вер­ши­ну S и хорду   — тре­уголь­ник ASB. Две сто­ро­ны се­че­ния  — это об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са. Они равны, по­это­му тре­уголь­ник SAB рав­но­бед­рен­ный. В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках SOA и SOB, где О  — центр ос­но­ва­ния ко­ну­са, от­ку­да

Тогда в тре­уголь­ни­ке SAB угол S наи­мень­ший (так как лежит про­тив мень­шей сто­ро­ны), а сле­до­ва­тель­но, ост­рый. Два дру­гих угла равны между собой, по­это­му тоже ост­рые. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник SAB ост­ро­уголь­ный.

б)  Пусть SH  — вы­со­та и ме­ди­а­на рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ASB, Тогда от­ре­зок ОН   — вы­со­та и ме­ди­а­на рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка AOB,

Пря­мые SH и ОН пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой AB, по­это­му плос­кость SOH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ASB. Сле­до­ва­тель­но, рас­сто­я­ние от точки О до плос­ко­сти ASB равно вы­со­те ОМ пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SOH, про­ве­ден­ной к ги­по­те­ну­зе:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть MH  — вы­со­та пра­виль­ной ше­сти­уголь­ной пи­ра­ми­ды с вер­ши­ной M, тогда тре­уголь­ник AMH пря­мо­уголь­ный, MA  =  10 и MH  =  6, от­ку­да

Далее, Рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды, про­хо­дя­щее через точки A, M, D, по­лу­ча­ем

по­это­му, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов, угол AMD тупой. Таким об­ра­зом, на­при­мер, го­дит­ся се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью AMD. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ник ABH рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке AHB вы­со­та

Центр O сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную ше­сти­уголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани AMB лежит на от­рез­ке MN. Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы. Пло­щадь сферы

Ответ: б)

Ре­ше­ние.

а)  Пусть   — вы­со­та пра­виль­ной ше­сти­уголь­ной пи­ра­ми­ды с вер­ши­ной тогда тре­уголь­ник AMH пря­мо­уголь­ный, от­ку­да

Тре­уголь­ник ABH рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

Дву­гран­ный угол при ос­но­ва­нии пи­ра­ми­ды равен углу MNH. Далее за­ме­тим, что в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MNH катет, ле­жа­щий на­про­тив угла MNH, вдвое мень­ше ги­по­те­ну­зы, а зна­чит ис­ко­мый угол равен

б)  В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке AHB вы­со­та

Центр O сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную ше­сти­уголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани AMB лежит на от­рез­ке Тре­уголь­ни­ки MOK и по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы.

Пло­щадь сферы

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Любое се­че­ние шара плос­ко­стью  — это круг, при­чем ра­ди­ус этого круга не пре­вос­хо­дит ра­ди­у­са са­мо­го шара. Тогда из усло­вия сле­ду­ет, что где R  — ра­ди­ус мень­ше­го шара. Тогда пло­щадь его по­верх­но­сти, рав­ная не мень­ше чем 32. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние, про­хо­дя­щее через общий центр шаров и цен­тры кру­гов. Обо­зна­че­ние цен­тра, точки ка­са­ния и точек пе­ре­се­че­ния по­верх­но­стей шаров с плос­ко­стя­ми α и β дано на ри­сун­ке.

От­ре­зок FD  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии мень­ше­го шара плос­ко­стью α, тогда   — пло­щадь се­че­ния мень­ше­го шара плос­ко­стью α.

От­ре­зок AB  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью β, тогда   — пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью β.

От­ре­зок CF  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью α.

Па­рал­лель­ные пря­мые AB и CF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой  AF. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем:

от­ку­да

Пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью α:

Ответ: б)  13.

Ре­ше­ние. а)  Любое се­че­ние шара плос­ко­стью  — это круг, при­чем ра­ди­ус этого круга не пре­вос­хо­дит ра­ди­у­са са­мо­го шара. Тогда из усло­вия сле­ду­ет, что где R  — ра­ди­ус мень­ше­го шара. Тогда пло­щадь его по­верх­но­сти, рав­ная не мень­ше чем 24. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние, про­хо­дя­щее через общий центр шаров и цен­тры кру­гов.

Обо­зна­че­ние цен­тра, точки ка­са­ния и точек пе­ре­се­че­ния по­верх­но­стей шаров с плос­ко­стя­ми α и β дано на ри­сун­ке. От­ре­зок FD  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии мень­ше­го шара плос­ко­стью  α, тогда   — пло­щадь се­че­ния мень­ше­го шара плос­ко­стью α.

От­ре­зок AB  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью  β, тогда   — пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью β.

От­ре­зок CF  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью α. Па­рал­лель­ные пря­мые AB и CF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой AF. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем:

от­ку­да

Пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью α:

Ответ: б) 10.

При­ве­дем ре­ше­ние Дмит­рия Су­за­на.

а)  Пусть ра­ди­ус мень­ше­го шара равен r, ра­ди­ус боль­ше­го шара равен R. Пло­щадь се­че­ния шара плос­ко­стью, на­хо­дя­щей­ся на рас­сто­я­нии где h от цен­тра шара равна Плос­кость α на­хо­дит­ся от цен­тра шара на рас­сто­я­нии плос­кость β на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии рас­сто­я­ние r. Из усло­вий имеем:

Умно­жим (1) на 4, рас­кро­ем скоб­ки, по­лу­чим: В левой части стоит пло­щадь по­верх­но­сти ма­ло­го шара, в пра­вой части  — число, не мень­шее 24. Утвер­жде­ние а) до­ка­за­но.

б)  Сло­жим (1) и (2), по­лу­чим: В левой части стоит пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью α.