Страница 114 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

420. Вне сферы радиуса 10 см дана точка М на расстоянии 16 см от ближайшей точки сферы. Найдите длину такой окружности на сфере, все точки которой удалены от точки М на расстояние 24 см.

Пусть O - центр сферы, а R - ее радиус. По условию, $R = 10$ см.

Точка M находится вне сферы. Пусть A - ближайшая к M точка на сфере. Точки O, A и M лежат на одной прямой. Расстояние от M до ближайшей точки сферы - это длина отрезка AM, то есть $AM = 16$ см.

Расстояние от центра сферы O до точки M равно сумме радиуса сферы OA и расстояния AM: $OM = OA + AM = R + AM = 10 + 16 = 26$ см.

Искомая окружность на сфере - это множество точек, которые одновременно принадлежат этой сфере и находятся на расстоянии 24 см от точки M. Геометрическое место точек в пространстве, равноудаленных от точки M на расстояние 24 см, - это другая сфера с центром в точке M и радиусом $r_M = 24$ см.

Таким образом, искомая окружность является линией пересечения двух сфер: исходной сферы (центр O, радиус $R = 10$ см) и второй сферы (центр M, радиус $r_M = 24$ см).

Рассмотрим осевое сечение, проходящее через центры O и M. Пусть P - любая точка на окружности пересечения. Точка P принадлежит обеим сферам, поэтому образуется треугольник OMP со сторонами: $OP = R = 10$ см (радиус первой сферы), $MP = r_M = 24$ см (радиус второй сферы), $OM = 26$ см (расстояние между центрами).

Проверим, выполняется ли для этого треугольника теорема Пифагора: $OP^2 + MP^2 = 10^2 + 24^2 = 100 + 576 = 676$. $OM^2 = 26^2 = 676$.

Поскольку $OP^2 + MP^2 = OM^2$, треугольник OMP является прямоугольным, причем прямой угол находится при вершине P ($\angle OPM = 90^\circ$).

Радиус $r$ искомой окружности пересечения - это высота прямоугольного треугольника OMP, проведенная из вершины прямого угла P на гипотенузу OM.

Площадь треугольника OMP можно вычислить двумя способами. С одной стороны, через катеты: $S = \frac{1}{2} \cdot OP \cdot MP = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 24 = 120$ см$^2$.

С другой стороны, через гипотенузу и высоту к ней: $S = \frac{1}{2} \cdot OM \cdot r$.

Приравнивая эти два выражения для площади, найдем радиус $r$: $\frac{1}{2} \cdot 26 \cdot r = 120$ $13r = 120$ $r = \frac{120}{13}$ см.

Длина искомой окружности $L$ вычисляется по формуле $L = 2\pi r$. Подставим найденное значение радиуса $r$: $L = 2\pi \cdot \frac{120}{13} = \frac{240\pi}{13}$ см.

Ответ: $\frac{240\pi}{13}$ см.

421. Тело ограничено двумя сферами с общим центром. Докажите, что площадь его сечения плоскостью, проходящей через центры сфер, равна площади сечения плоскостью, касательной к внутренней сфере.

Пусть тело ограничено двумя концентрическими сферами с общим центром $O$. Обозначим радиус внешней сферы как $R$, а радиус внутренней сферы как $r$, где $R > r$.

Рассмотрим сечение тела плоскостью, которая проходит через общий центр $O$. Такая плоскость пересекает внешнюю сферу по большому кругу радиусом $R$, а внутреннюю сферу — по большому кругу радиусом $r$. Сечение самого тела (области между сферами) будет представлять собой кольцо, ограниченное двумя концентрическими окружностями с радиусами $R$ и $r$.

Площадь этого кольца, обозначим её $S_1$, вычисляется как разность площадей большего и меньшего кругов:
$S_1 = \pi R^2 - \pi r^2 = \pi(R^2 - r^2)$.

Теперь рассмотрим сечение тела плоскостью $\alpha$, которая касается внутренней сферы. Это означает, что расстояние от центра $O$ до плоскости $\alpha$ равно радиусу внутренней сферы, то есть $r$.

Эта же плоскость $\alpha$ пересекает внешнюю сферу, образуя в сечении круг. Поскольку плоскость касается внутренней сферы в одной точке, сечением всего тела является именно этот круг. Найдем его радиус, который обозначим $r_{сеч}$.

Для нахождения радиуса сечения рассмотрим прямоугольный треугольник. Его гипотенузой является радиус внешней сферы $R$ (отрезок от центра $O$ до точки на окружности сечения), а катетами — перпендикуляр из центра $O$ на плоскость сечения (его длина равна $r$) и искомый радиус сечения $r_{сеч}$.

По теореме Пифагора:
$R^2 = r^2 + r_{сеч}^2$

Отсюда квадрат радиуса сечения равен:
$r_{сеч}^2 = R^2 - r^2$

Площадь этого кругового сечения, обозначим её $S_2$, равна:
$S_2 = \pi r_{сеч}^2 = \pi(R^2 - r^2)$.

Сравнивая полученные результаты для $S_1$ и $S_2$, мы видим, что они равны:
$S_1 = S_2 = \pi(R^2 - r^2)$.
Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Площади указанных сечений равны, так как площадь каждого из них равна $\pi(R^2 - r^2)$, где $R$ и $r$ — радиусы внешней и внутренней сфер соответственно.

422. Докажите, что если одна из граней вписанной в цилиндр треугольной призмы проходит через ось цилиндра, то две другие грани взаимно перпендикулярны.

Рассмотрим прямую треугольную призму $ABCA_1B_1C_1$, вписанную в цилиндр. Условие "вписанная в цилиндр" означает, что основания призмы, треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$, вписаны в окружности оснований цилиндра, а боковые ребра призмы параллельны оси цилиндра, из-за чего призма является прямой.

Пусть одна из боковых граней, например, $ABB_1A_1$, проходит через ось цилиндра. Ось цилиндра соединяет центры $O$ и $O_1$ его оснований. Если плоскость, содержащая грань $ABB_1A_1$, содержит и ось цилиндра, то прямая, содержащая сторону $AB$ основания, должна проходить через центр $O$ окружности, описанной около треугольника $ABC$. Следовательно, сторона $AB$ треугольника $ABC$ является диаметром этой окружности.

Рассмотрим треугольник $ABC$, лежащий в основании призмы. По свойству вписанного угла, угол, опирающийся на диаметр, является прямым. В треугольнике $ABC$ угол $\angle ACB$ опирается на диаметр $AB$, поэтому $\angle ACB = 90^\circ$. Это означает, что треугольник в основании призмы — прямоугольный.

Две другие боковые грани призмы — это $ACC_1A_1$ и $BCC_1B_1$. Угол между плоскостями этих граней — это двугранный угол, образованный ими. Линией пересечения этих плоскостей является боковое ребро $CC_1$.

Так как призма прямая, её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Из этого следует, что $CC_1 \perp AC$ и $CC_1 \perp BC$.

По определению, мерой двугранного угла является его линейный угол. Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами, проведенными к ребру двугранного угла в его гранях из одной точки на ребре. В нашем случае, $AC$ и $BC$ — это перпендикуляры к ребру $CC_1$ в точке $C$. Следовательно, линейный угол двугранного угла между гранями $ACC_1A_1$ и $BCC_1B_1$ равен углу $\angle ACB$.

Поскольку мы ранее установили, что $\angle ACB = 90^\circ$, то и угол между гранями $ACC_1A_1$ и $BCC_1B_1$ равен $90^\circ$. Таким образом, эти две грани взаимно перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано; две другие грани действительно взаимно перпендикулярны.

423. В конус высотой 12 см вписана пирамида, основанием которой является прямоугольник со сторонами 6 см и 8 см. Найдите отношение площадей полных поверхностей пирамиды и конуса.

Для решения задачи нам нужно найти площади полных поверхностей конуса и вписанной в него пирамиды, а затем найти их отношение.

1. Найдем параметры и площадь полной поверхности конуса.

Площадь полной поверхности конуса вычисляется по формуле $S_{конуса} = S_{осн} + S_{бок} = \pi R^2 + \pi RL$, где $R$ — радиус основания, $L$ — образующая, $H$ — высота.

Высота конуса дана по условию: $H = 12$ см.

Основание пирамиды — прямоугольник — вписано в основание конуса, которое является окружностью. Следовательно, диагональ прямоугольника является диаметром этой окружности. Найдем диагональ $d$ прямоугольника со сторонами $a = 6$ см и $b = 8$ см по теореме Пифагора:
$d = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10$ см.

Радиус основания конуса $R$ равен половине диагонали:
$R = \frac{d}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

Теперь найдем площадь основания конуса:
$S_{осн. конуса} = \pi R^2 = \pi \cdot 5^2 = 25\pi$ см².

Найдем образующую конуса $L$, используя теорему Пифагора для прямоугольного треугольника, образованного высотой $H$, радиусом $R$ и образующей $L$:
$L = \sqrt{H^2 + R^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13$ см.

Теперь найдем площадь боковой поверхности конуса:
$S_{бок. конуса} = \pi RL = \pi \cdot 5 \cdot 13 = 65\pi$ см².

Площадь полной поверхности конуса равна:
$S_{конуса} = 25\pi + 65\pi = 90\pi$ см².

2. Найдем площадь полной поверхности пирамиды.

Площадь полной поверхности пирамиды вычисляется по формуле $S_{пирамиды} = S_{осн} + S_{бок}$.

Площадь основания пирамиды (прямоугольника):
$S_{осн. пирамиды} = a \cdot b = 6 \cdot 8 = 48$ см².

Боковая поверхность пирамиды состоит из четырех треугольников (двух пар равных треугольников). Для нахождения их площадей нам нужны их высоты — апофемы пирамиды.

Найдем апофему $h_a$ для грани с основанием $a=6$ см. Она является гипотенузой в прямоугольном треугольнике, где катеты — это высота пирамиды $H=12$ см и половина стороны $b$, т.е. $8/2 = 4$ см.
$h_a = \sqrt{H^2 + (\frac{b}{2})^2} = \sqrt{12^2 + 4^2} = \sqrt{144 + 16} = \sqrt{160} = \sqrt{16 \cdot 10} = 4\sqrt{10}$ см.

Найдем апофему $h_b$ для грани с основанием $b=8$ см. Катеты — высота пирамиды $H=12$ см и половина стороны $a$, т.е. $6/2 = 3$ см.
$h_b = \sqrt{H^2 + (\frac{a}{2})^2} = \sqrt{12^2 + 3^2} = \sqrt{144 + 9} = \sqrt{153} = \sqrt{9 \cdot 17} = 3\sqrt{17}$ см.

Теперь вычислим площадь боковой поверхности пирамиды:
$S_{бок. пирамиды} = 2 \cdot (\frac{1}{2} a \cdot h_a) + 2 \cdot (\frac{1}{2} b \cdot h_b) = a \cdot h_a + b \cdot h_b$
$S_{бок. пирамиды} = 6 \cdot 4\sqrt{10} + 8 \cdot 3\sqrt{17} = 24\sqrt{10} + 24\sqrt{17} = 24(\sqrt{10} + \sqrt{17})$ см².

Площадь полной поверхности пирамиды равна:
$S_{пирамиды} = S_{осн. пирамиды} + S_{бок. пирамиды} = 48 + 24(\sqrt{10} + \sqrt{17})$ см².

3. Найдем отношение площадей.

Нам нужно найти отношение площади полной поверхности пирамиды к площади полной поверхности конуса:
$\frac{S_{пирамиды}}{S_{конуса}} = \frac{48 + 24(\sqrt{10} + \sqrt{17})}{90\pi}$

Вынесем общий множитель 24 в числителе:
$\frac{24(2 + \sqrt{10} + \sqrt{17})}{90\pi}$

Сократим дробь на 6 (наибольший общий делитель для 24 и 90):
$\frac{4(2 + \sqrt{10} + \sqrt{17})}{15\pi}$

Ответ: $\frac{4(2 + \sqrt{10} + \sqrt{17})}{15\pi}$.

424. В усечённый конус вписана правильная усечённая n-угольная пирамида (т. е. основания пирамиды вписаны в основания усечённого конуса). Радиусы оснований усечённого конуса равны 2 см и 5 см, а высота равна 4 см. Вычислите площадь полной поверхности пирамиды при: а) n = 3; б) n = 4; в) n = 6.

Площадь полной поверхности усеченной пирамиды $S_{полн}$ вычисляется как сумма площадей двух оснований ($S_{нижн}$ и $S_{верх}$) и площади боковой поверхности ($S_{бок}$):

$S_{полн} = S_{нижн} + S_{верх} + S_{бок}$

По условию задачи, радиусы оснований усеченного конуса равны $R = 5$ см и $r = 2$ см, а высота $H = 4$ см. В конус вписана правильная усеченная $n$-угольная пирамида, значит, ее основаниями являются правильные $n$-угольники, вписанные в окружности оснований конуса, а высота пирамиды равна высоте конуса.

Найдем общие формулы для вычисления площадей.

1. Площади оснований

Площадь правильного $n$-угольника, вписанного в окружность радиуса $R_{circ}$, вычисляется по формуле:

$S_{n} = \frac{1}{2} n R_{circ}^2 \sin\left(\frac{2\pi}{n}\right) = \frac{1}{2} n R_{circ}^2 \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right)$

Площадь верхнего основания пирамиды (вписано в окружность радиуса $r=2$ см):

$S_{верх} = \frac{1}{2} n r^2 \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right) = \frac{1}{2} n (2^2) \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right) = 2n \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right)$

Площадь нижнего основания пирамиды (вписано в окружность радиуса $R=5$ см):

$S_{нижн} = \frac{1}{2} n R^2 \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right) = \frac{1}{2} n (5^2) \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right) = \frac{25n}{2} \sin\left(\frac{360^\circ}{n}\right)$

2. Площадь боковой поверхности

Боковая поверхность состоит из $n$ равных равнобоких трапеций. Площадь боковой поверхности равна $S_{бок} = n \cdot S_{трапеции} = n \cdot \frac{a_1 + a_2}{2} \cdot h_{a}$, где $a_1$ и $a_2$ — стороны оснований пирамиды, а $h_{a}$ — апофема пирамиды (высота боковой грани).

Сторону правильного $n$-угольника, вписанного в окружность, найдем по формуле $a = 2 R_{circ} \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = 2 R_{circ} \sin\left(\frac{180^\circ}{n}\right)$.

Сторона верхнего основания: $a_1 = 2r \sin\left(\frac{180^\circ}{n}\right) = 4 \sin\left(\frac{180^\circ}{n}\right)$.

Сторона нижнего основания: $a_2 = 2R \sin\left(\frac{180^\circ}{n}\right) = 10 \sin\left(\frac{180^\circ}{n}\right)$.

Апофему $h_{a}$ найдем из прямоугольного треугольника, катетами которого являются высота пирамиды $H$ и разность апофем оснований ($h_{ap2} - h_{ap1}$).

Апофема основания: $h_{ap} = R_{circ} \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right)$.

$h_{ap2} - h_{ap1} = R \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right) - r \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right) = (R-r) \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right) = 3 \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right)$.

По теореме Пифагора:

$h_{a} = \sqrt{H^2 + (h_{ap2} - h_{ap1})^2} = \sqrt{4^2 + \left(3 \cos\left(\frac{180^\circ}{n}\right)\right)^2} = \sqrt{16 + 9 \cos^2\left(\frac{180^\circ}{n}\right)}$

Теперь вычислим площадь полной поверхности для каждого случая.

а) n = 3;

Основания — правильные треугольники.

Площадь верхнего основания: $S_{верх} = 2 \cdot 3 \cdot \sin(120^\circ) = 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ см?.

Площадь нижнего основания: $S_{нижн} = \frac{25 \cdot 3}{2} \sin(120^\circ) = \frac{75}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{75\sqrt{3}}{4}$ см?.

Апофема пирамиды: $h_{a} = \sqrt{16 + 9 \cos^2(60^\circ)} = \sqrt{16 + 9 \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{64+9}{4}} = \frac{\sqrt{73}}{2}$ см.

Стороны оснований: $a_1 = 4 \sin(60^\circ) = 4 \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см; $a_2 = 10 \sin(60^\circ) = 10 \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ см.

Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 3 \cdot \frac{2\sqrt{3} + 5\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{73}}{2} = 3 \cdot \frac{7\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{73}}{2} = \frac{21\sqrt{219}}{4}$ см?.

Площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{нижн} + S_{верх} + S_{бок} = \frac{75\sqrt{3}}{4} + 3\sqrt{3} + \frac{21\sqrt{219}}{4} = \frac{75\sqrt{3} + 12\sqrt{3}}{4} + \frac{21\sqrt{219}}{4} = \frac{87\sqrt{3} + 21\sqrt{219}}{4}$ см?.

Ответ: $\frac{87\sqrt{3} + 21\sqrt{219}}{4}$ см?.

б) n = 4;

Основания — квадраты.

Сторона верхнего квадрата: $a_1 = 4 \sin(45^\circ) = 4 \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см. Площадь $S_{верх} = a_1^2 = (2\sqrt{2})^2 = 8$ см?.

Сторона нижнего квадрата: $a_2 = 10 \sin(45^\circ) = 10 \frac{\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$ см. Площадь $S_{нижн} = a_2^2 = (5\sqrt{2})^2 = 50$ см?.

Апофема пирамиды: $h_{a} = \sqrt{16 + 9 \cos^2(45^\circ)} = \sqrt{16 + 9 \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{18}{4}} = \sqrt{16 + \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{32+9}{2}} = \sqrt{\frac{41}{2}}$ см.

Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 4 \cdot \frac{2\sqrt{2} + 5\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\frac{41}{2}} = 4 \cdot \frac{7\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{41}}{\sqrt{2}} = 2 \cdot 7\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{41}}{\sqrt{2}} = 14\sqrt{41}$ см?.

Площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{нижн} + S_{верх} + S_{бок} = 50 + 8 + 14\sqrt{41} = 58 + 14\sqrt{41}$ см?.

Ответ: $58 + 14\sqrt{41}$ см?.

в) n = 6;

Основания — правильные шестиугольники. Для них сторона равна радиусу описанной окружности.

Сторона верхнего основания: $a_1 = r = 2$ см. Площадь $S_{верх} = 6 \cdot \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4} = 6\sqrt{3}$ см?.

Сторона нижнего основания: $a_2 = R = 5$ см. Площадь $S_{нижн} = 6 \cdot \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{5^2\sqrt{3}}{4} = \frac{150\sqrt{3}}{4} = \frac{75\sqrt{3}}{2}$ см?.

Апофема пирамиды: $h_{a} = \sqrt{16 + 9 \cos^2(30^\circ)} = \sqrt{16 + 9 \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{64+27}{4}} = \sqrt{\frac{91}{4}} = \frac{\sqrt{91}}{2}$ см.

Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 6 \cdot \frac{2 + 5}{2} \cdot \frac{\sqrt{91}}{2} = 6 \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{\sqrt{91}}{2} = \frac{21\sqrt{91}}{2}$ см?.

Площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{нижн} + S_{верх} + S_{бок} = \frac{75\sqrt{3}}{2} + 6\sqrt{3} + \frac{21\sqrt{91}}{2} = \frac{75\sqrt{3} + 12\sqrt{3}}{2} + \frac{21\sqrt{91}}{2} = \frac{87\sqrt{3} + 21\sqrt{91}}{2}$ см?.

Ответ: $\frac{87\sqrt{3} + 21\sqrt{91}}{2}$ см?.

425. Докажите, что если в правильную призму можно вписать сферу, то центром сферы является середина отрезка, соединяющего центры оснований этой призмы.

Пусть дана правильная призма. Это означает, что её основаниями являются равные правильные многоугольники, а сама призма является прямой, то есть её боковые рёбра перпендикулярны основаниям. Обозначим центры нижнего и верхнего оснований как $O_1$ и $O_2$ соответственно. Отрезок $O_1O_2$ соединяет центры оснований, перпендикулярен им, и его длина равна высоте призмы $h$. Прямая, содержащая отрезок $O_1O_2$, является осью призмы.

По условию, в призму можно вписать сферу. Обозначим эту сферу $S$, её центр — $C$, а радиус — $R$. То, что сфера вписана в призму, означает, что она касается всех граней призмы: двух оснований и всех боковых граней. По определению, расстояние от центра сферы $C$ до плоскости любой грани призмы равно радиусу $R$.

Во-первых, рассмотрим положение центра $C$ относительно плоскостей оснований. Эти плоскости параллельны, и расстояние между ними равно высоте призмы $h$. Так как сфера касается обоих оснований, её центр $C$ равноудалён от их плоскостей. Расстояние от $C$ до плоскости нижнего основания равно $R$, и расстояние до плоскости верхнего основания также равно $R$. Следовательно, высота призмы равна диаметру сферы: $h = R + R = 2R$. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух параллельных плоскостей, есть плоскость, параллельная им и проходящая посередине между ними. Значит, центр сферы $C$ лежит в плоскости, которая делит высоту призмы пополам.

Во-вторых, рассмотрим положение центра $C$ относительно боковых граней. Поскольку призма правильная, все её боковые грани (которые являются равными прямоугольниками) находятся на одинаковом расстоянии от оси симметрии призмы — прямой $O_1O_2$. Центр сферы $C$ должен быть равноудалён от всех боковых граней, так как сфера касается их всех. Геометрическим местом точек, равноудалённых от боковых граней правильной призмы, является её ось — прямая $O_1O_2$.

Итак, мы установили, что центр сферы $C$ должен одновременно принадлежать двум геометрическим местам точек:
1. Средней плоскости, параллельной основаниям.
2. Оси призмы — прямой $O_1O_2$.

Пересечением оси призмы $O_1O_2$ и средней плоскости является единственная точка — середина отрезка $O_1O_2$. Следовательно, центр сферы $C$ должен совпадать с этой точкой.

Таким образом, доказано, что центром сферы, вписанной в правильную призму, является середина отрезка, соединяющего центры оснований этой призмы. Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

426. Докажите, что центр сферы, вписанной в правильную пирамиду, лежит на высоте этой пирамиды.

Рассмотрим правильную n-угольную пирамиду. По определению, её основание — это правильный многоугольник, а вершина пирамиды проецируется в центр этого многоугольника. Прямая, содержащая высоту пирамиды, является её осью симметрии.

Сфера называется вписанной в пирамиду, если она касается всех её граней: основания и всех боковых граней. Пусть $C$ — центр такой сферы.

По определению касания, расстояние от центра сферы $C$ до каждой грани пирамиды одинаково и равно радиусу сферы. Иначе говоря, точка $C$ является точкой, равноудалённой от всех плоскостей граней пирамиды.

Доказательство того, что центр $C$ лежит на высоте пирамиды, наиболее наглядно проводится с использованием свойства симметрии правильной пирамиды.

Высота правильной пирамиды является её осью вращения. Поворот вокруг высоты на угол $ \frac{360^\circ}{n} $ (где $n$ — число сторон многоугольника в основании) совмещает пирамиду саму с собой. При таком повороте каждая боковая грань переходит в следующую, а основание — в себя.

Поскольку в многогранник можно вписать только одну сферу, эта сфера единственна. Следовательно, она также должна быть симметрична относительно оси симметрии пирамиды. Это означает, что при указанном повороте вписанная сфера должна совместиться сама с собой.

Сфера совмещается сама с собой при повороте вокруг некоторой оси только в том случае, если её центр лежит на этой оси. Таким образом, центр вписанной сферы $C$ должен лежать на оси симметрии пирамиды, то есть на её высоте.

Этот же результат можно получить и более конструктивным геометрическим методом. Центр вписанной сферы $C$ должен лежать на биссекторной плоскости каждого двугранного угла пирамиды. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через её высоту $SO$ и апофему $SM$ (где $S$ — вершина, $O$ — центр основания, $M$ — середина стороны основания). В этом сечении (треугольнике $SOM$) точка $C$ будет лежать на биссектрисе угла $\angle SMO$, который является линейным углом двугранного угла при основании. Поскольку аналогичные сечения можно провести через любую апофему, и все они имеют общую линию пересечения — высоту $SO$, то центр сферы $C$ должен лежать на этой высоте.

Ответ: Утверждение доказано. В силу симметрии правильной пирамиды её высота является осью симметрии. Вписанная в пирамиду сфера также должна обладать этой симметрией, а значит, её центр должен лежать на оси симметрии, то есть на высоте пирамиды.

427. Найдите площадь полной поверхности описанного около сферы радиуса R многогранника, если этот многогранник: а) куб; б) правильная шестиугольная призма; в) правильный тетраэдр.

а) Если куб описан около сферы радиуса $R$, то сфера касается центров всех шести граней куба. Расстояние между противоположными гранями куба равно его ребру $a$ и одновременно диаметру вписанной сферы $2R$.

Следовательно, ребро куба $a = 2R$.

Площадь полной поверхности куба $S_{полн}$ равна сумме площадей его шести граней. Площадь одной грани (квадрата) равна $a^2$.

$S_{полн} = 6a^2$

Подставим значение $a = 2R$ в формулу:

$S_{полн} = 6 \cdot (2R)^2 = 6 \cdot 4R^2 = 24R^2$

Ответ: $24R^2$

б) Если правильная шестиугольная призма описана около сферы радиуса $R$, то сфера касается верхнего и нижнего оснований, а также всех шести боковых граней призмы.

1. Касание оснований означает, что высота призмы $H$ равна диаметру сферы, то есть $H = 2R$.

2. Касание боковых граней означает, что расстояние от центра сферы (который лежит на середине высоты, соединяющей центры оснований) до боковых граней равно радиусу $R$. Это расстояние равно радиусу окружности, вписанной в основание призмы (правильный шестиугольник). Обозначим его $r_{осн}$. Таким образом, $r_{осн} = R$.

Радиус вписанной окружности для правильного шестиугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле: $r_{осн} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Приравняем его к $R$: $R = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Отсюда выразим сторону основания $a$: $a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$.

Площадь полной поверхности призмы $S_{полн}$ складывается из площади двух оснований ($S_{осн}$) и площади боковой поверхности ($S_{бок}$).

$S_{полн} = 2S_{осн} + S_{бок}$

Площадь правильного шестиугольника (основания) со стороной $a$: $S_{осн} = \frac{3\sqrt{3}}{2}a^2$.

Подставим $a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$:$S_{осн} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4R^2}{3} = 2\sqrt{3}R^2$.

Площадь боковой поверхности — это площадь шести прямоугольников со сторонами $a$ и $H$: $S_{бок} = 6 \cdot a \cdot H$.

Подставим $a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$ и $H = 2R$:$S_{бок} = 6 \cdot \frac{2R}{\sqrt{3}} \cdot 2R = \frac{24R^2}{\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{3}R^2}{3} = 8\sqrt{3}R^2$.

Теперь найдем полную площадь поверхности:

$S_{полн} = 2 \cdot (2\sqrt{3}R^2) + 8\sqrt{3}R^2 = 4\sqrt{3}R^2 + 8\sqrt{3}R^2 = 12\sqrt{3}R^2$.

Ответ: $12\sqrt{3}R^2$

в) Правильный тетраэдр — это многогранник, состоящий из четырех одинаковых равносторонних треугольников. Если тетраэдр описан около сферы, то сфера касается всех четырех его граней.

Радиус $R$ вписанной в правильный тетраэдр сферы связан с длиной его ребра $a$ формулой:

$R = \frac{a}{2\sqrt{6}}$

Из этой формулы выразим ребро тетраэдра $a$ через радиус $R$:

$a = 2\sqrt{6}R$

Площадь полной поверхности тетраэдра $S_{полн}$ равна сумме площадей его четырех граней. Площадь одной грани (равностороннего треугольника) со стороной $a$ вычисляется по формуле $S_{грани} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

$S_{полн} = 4 \cdot S_{грани} = 4 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = a^2\sqrt{3}$

Подставим в эту формулу выражение для $a$ через $R$:

$S_{полн} = (2\sqrt{6}R)^2 \cdot \sqrt{3} = (4 \cdot 6 \cdot R^2) \cdot \sqrt{3} = 24R^2\sqrt{3}$

Ответ: $24\sqrt{3}R^2$

428. Около сферы радиуса R описана правильная четырёхугольная пирамида, плоский угол при вершине которой равен α.

а) Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

б) Вычислите эту площадь при R = 5 см, α = 60°.

а)

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, где $ABCD$ – квадратное основание, а $S$ – вершина. Пусть $O$ – центр основания, тогда $SO$ – высота пирамиды $H$. Пусть $a$ – сторона основания ($AB=BC=CD=DA=a$), а $h_a$ – апофема пирамиды (высота боковой грани, например, $SM \perp BC$, где $M$ – середина $BC$).

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей четырех одинаковых боковых граней: $S_{бок} = 4 \cdot S_{\triangle SBC} = 4 \cdot \frac{1}{2} a \cdot h_a = 2ah_a$.

Рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник $SBC$. Угол при вершине $\angle BSC = \alpha$. Апофема $SM$ является также биссектрисой, поэтому $\angle BSM = \frac{\alpha}{2}$. В прямоугольном треугольнике $SMB$ имеем: $BM = \frac{a}{2}$. $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{BM}{SM} = \frac{a/2}{h_a}$.

Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через апофемы противоположных граней, например, $SM$ и $SN$ (где $N$ - середина $AD$). Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник $MSN$. $SO$ - его высота, $MN = a$. Вписанная в пирамиду сфера касается основания в точке $O$ и боковых граней в точках, лежащих на апофемах. Центр сферы $O_s$ лежит на высоте $SO$, и расстояние от $O_s$ до плоскости основания равно радиусу $R$, то есть $O_sO = R$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$. Угол $\angle SMO = \beta$ – это двугранный угол при ребре основания. В этом треугольнике: $OM = \frac{a}{2}$. $\cos(\beta) = \frac{OM}{SM} = \frac{a/2}{h_a}$.

Сравнивая выражения для $\frac{a/2}{h_a}$ из треугольников $SMB$ и $SOM$, получаем важную связь между плоским углом при вершине $\alpha$ и двугранным углом при основании $\beta$: $\cos(\beta) = \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь свяжем параметры пирамиды с радиусом вписанной сферы $R$. В сечении $MSN$ вписанная сфера выглядит как окружность радиуса $R$, вписанная в треугольник $MSN$. Центр этой окружности $O_s$ лежит на высоте $SO$. В прямоугольном треугольнике $SOM$ проведем биссектрису угла $\beta$, она пройдет через центр вписанной окружности $O_s$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $O_sOM$, образованный катетами $O_sO=R$ и $OM=\frac{a}{2}$. Угол $\angle O_sMO = \frac{\beta}{2}$. Из этого треугольника: $\tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{O_sO}{OM} = \frac{R}{a/2} = \frac{2R}{a}$. Отсюда выразим сторону основания $a$: $a = \frac{2R}{\tan(\frac{\beta}{2})} = 2R \cot(\frac{\beta}{2})$.

Теперь выразим площадь боковой поверхности через $R$ и $\beta$: $S_{бок} = 2ah_a = 2a \cdot \frac{a/2}{\cos\beta} = \frac{a^2}{\cos\beta}$. Подставляем выражение для $a$: $S_{бок} = \frac{(2R \cot(\frac{\beta}{2}))^2}{\cos\beta} = \frac{4R^2 \cot^2(\frac{\beta}{2})}{\cos\beta}$.

Используем тригонометрическую формулу для половинного угла: $\cot^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1+\cos\beta}{1-\cos\beta}$. $S_{бок} = \frac{4R^2}{\cos\beta} \cdot \frac{1+\cos\beta}{1-\cos\beta}$.

Наконец, заменим $\cos\beta$ на $\tan(\frac{\alpha}{2})$: $S_{бок} = \frac{4R^2}{\tan(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{1+\tan(\frac{\alpha}{2})}{1-\tan(\frac{\alpha}{2})} = \frac{4R^2(1+\tan(\frac{\alpha}{2}))}{\tan(\frac{\alpha}{2})(1-\tan(\frac{\alpha}{2}))}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{4R^2(1+\tan(\frac{\alpha}{2}))}{\tan(\frac{\alpha}{2}) - \tan^2(\frac{\alpha}{2})}$

б)

Вычислим площадь при $R=5$ см и $\alpha=60^\circ$. Сначала найдем значение $\tan(\frac{\alpha}{2})$: $\frac{\alpha}{2} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$. $\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Теперь подставим числовые значения в полученную формулу: $S_{бок} = \frac{4 \cdot 5^2 \cdot (1+\frac{1}{\sqrt{3}})}{\frac{1}{\sqrt{3}} \cdot (1-\frac{1}{\sqrt{3}})} = \frac{100 \cdot \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}}{\frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}} = \frac{100 \cdot \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}-1}{3}}$.

$S_{бок} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{3}{\sqrt{3}-1} = 100 \cdot \frac{3(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}$. $S_{бок} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}-1}$.

Домножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{3}+1)$: $S_{бок} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)^2}{(\sqrt{3})^2-1^2}$. $S_{бок} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}(3+2\sqrt{3}+1)}{3-1} = 100 \cdot \frac{\sqrt{3}(4+2\sqrt{3})}{2}$. $S_{бок} = 50 \cdot \sqrt{3}(4+2\sqrt{3}) = 50 \cdot (4\sqrt{3} + 2\cdot3) = 50 \cdot (6+4\sqrt{3})$. $S_{бок} = 100(3+2\sqrt{3})$ см$^2$.

Ответ: $100(3+2\sqrt{3})$ см$^2$

429. Докажите, что если в правильную усечённую четырёхугольную пирамиду можно вписать сферу, то апофема пирамиды равна полусумме сторон оснований её боковой грани.

Рассмотрим правильную усеченную четырехугольную пирамиду. Пусть стороны ее оснований равны $a$ и $b$ (где $a$ — сторона большего основания, а $b$ — сторона меньшего), а апофема (высота боковой грани) равна $h_a$.

По условию, в эту пирамиду можно вписать сферу. Сфера, вписанная в многогранник, касается всех его граней. Это означает, что сфера касается обоих оснований (нижнего и верхнего) и всех четырех боковых граней пирамиды.

Рассмотрим осевое сечение усеченной пирамиды, проходящее через середины двух противоположных сторон оснований. Поскольку пирамида правильная, это сечение будет перпендикулярно этим сторонам.

В результате такого сечения мы получим равнобокую трапецию.

• Основаниями этой трапеции будут отрезки, соединяющие середины противоположных сторон квадратов, лежащих в основаниях пирамиды. Длины этих отрезков равны сторонам оснований, то есть $a$ и $b$.
• Боковыми сторонами этой трапеции будут апофемы пирамиды, то есть отрезки длиной $h_a$.
• Высота этой трапеции равна высоте усеченной пирамиды $H$.

Так как вписанная сфера касается оснований и боковых граней пирамиды, ее сечение нашей плоскостью будет представлять собой окружность, вписанную в полученную равнобокую трапецию. Эта окружность будет касаться оснований трапеции (отрезков $a$ и $b$) и ее боковых сторон (отрезков $h_a$).

Для любого четырехугольника, в который можно вписать окружность (такой четырехугольник называется описанным), существует свойство: суммы длин его противоположных сторон равны.

Применим это свойство к нашей равнобокой трапеции. Сумма длин ее оснований равна сумме длин ее боковых сторон:

$a + b = h_a + h_a$

$a + b = 2h_a$

Выразим из этого равенства апофему $h_a$:

$h_a = \frac{a+b}{2}$

Таким образом, мы доказали, что апофема пирамиды равна полусумме сторон оснований. Так как боковая грань является трапецией со сторонами оснований $a$ и $b$, то утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Если в правильную усеченную четырехугольную пирамиду можно вписать сферу, то ее апофема равна полусумме сторон оснований ее боковой грани, что соответствует полусумме сторон оснований самой пирамиды.

430. Докажите, что центр сферы, описанной около: а) правильной призмы, лежит в середине отрезка, соединяющего центры оснований этой призмы; б) правильной пирамиды, лежит на высоте этой пирамиды или её продолжении.

а)

Рассмотрим правильную n-угольную призму. Обозначим центры ее нижнего и верхнего оснований как $O_1$ и $O_2$ соответственно. Поскольку призма правильная, ее основания — это равные правильные n-угольники, а отрезок $O_1O_2$ перпендикулярен плоскостям оснований и является высотой призмы. Пусть $h$ — высота призмы, то есть $h = |O_1O_2|$.

Пусть $O$ — центр сферы, описанной около призмы. По определению, точка $O$ равноудалена от всех вершин призмы. Обозначим радиус описанной сферы как $R$.

Рассмотрим вершины нижнего основания $A_1, A_2, \dots, A_n$. Так как точка $O$ равноудалена от них ($OA_1 = OA_2 = \dots = OA_n = R$), она лежит на прямой, перпендикулярной плоскости нижнего основания и проходящей через центр описанной около него окружности, то есть через точку $O_1$.

Аналогично, рассмотрим вершины верхнего основания $B_1, B_2, \dots, B_n$. Так как точка $O$ равноудалена и от них ($OB_1 = OB_2 = \dots = OB_n = R$), она лежит на прямой, перпендикулярной плоскости верхнего основания и проходящей через его центр $O_2$.

Поскольку основания призмы параллельны, а боковые ребра перпендикулярны основаниям, прямые, перпендикулярные основаниям и проходящие через их центры $O_1$ и $O_2$, совпадают. Эта прямая содержит высоту призмы $O_1O_2$. Следовательно, центр сферы $O$ лежит на отрезке $O_1O_2$.

Теперь докажем, что $O$ — середина отрезка $O_1O_2$. Пусть $A_i$ — произвольная вершина нижнего основания, а $B_i$ — соответствующая ей вершина верхнего основания. Радиус окружности, описанной около основания, обозначим как $r$. Тогда $|O_1A_i| = r$ и $|O_2B_i| = r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OO_1A_i$ (угол $\angle OO_1A_i = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $R^2 = |OA_i|^2 = |OO_1|^2 + |O_1A_i|^2 = |OO_1|^2 + r^2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OO_2B_i$ (угол $\angle OO_2B_i = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $R^2 = |OB_i|^2 = |OO_2|^2 + |O_2B_i|^2 = |OO_2|^2 + r^2$.

Приравнивая выражения для $R^2$, получаем: $|OO_1|^2 + r^2 = |OO_2|^2 + r^2$ $|OO_1|^2 = |OO_2|^2$ $|OO_1| = |OO_2|$.

Так как точка $O$ лежит на отрезке $O_1O_2$ и равноудалена от его концов $O_1$ и $O_2$, она является его серединой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

б)

Рассмотрим правильную пирамиду $SA_1A_2...A_n$, где $S$ — вершина, а $A_1A_2...A_n$ — основание, которое является правильным n-угольником. Пусть $O_b$ — центр этого многоугольника. По определению правильной пирамиды, ее высота есть отрезок $SO_b$, перпендикулярный плоскости основания.

Пусть $O$ — центр сферы, описанной около пирамиды. По определению, центр сферы — это точка, равноудаленная от всех вершин пирамиды. Обозначим радиус сферы как $R$. Таким образом, $OA_1 = OA_2 = \dots = OA_n = OS = R$.

Из равенства расстояний от точки $O$ до вершин основания ($OA_1 = OA_2 = \dots = OA_n$) следует, что точка $O$ принадлежит геометрическому месту точек пространства, равноудаленных от вершин правильного многоугольника $A_1A_2...A_n$. Этим геометрическим местом является прямая, проходящая через центр $O_b$ этого многоугольника и перпендикулярная его плоскости.

Как было указано, высота правильной пирамиды $SO_b$ также лежит на прямой, перпендикулярной плоскости основания и проходящей через его центр $O_b$.

Следовательно, центр описанной сферы $O$ должен лежать на прямой, содержащей высоту $SO_b$. Эта прямая и есть высота пирамиды или ее продолжение. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.