Страница 115 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

431. Докажите, что: а) около любого тетраэдра можно описать сферу; б) в любой тетраэдр можно вписать сферу.

а)Докажем, что существует точка, равноудаленная от всех четырех вершин тетраэдра. Эта точка и будет центром описанной сферы.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Сфера описана около тетраэдра, если все его вершины лежат на поверхности сферы. Это эквивалентно существованию точки $O$ (центра сферы), для которой выполняется равенство $OA = OB = OC = OD$.

Рассмотрим геометрическое место точек, равноудаленных от двух заданных точек. Для точек $A$ и $B$ это плоскость $\alpha$, перпендикулярная отрезку $AB$ и проходящая через его середину. Аналогично, для точек $A$ и $C$ — плоскость $\beta$, перпендикулярная отрезку $AC$ и проходящая через его середину.

Плоскости $\alpha$ и $\beta$ не параллельны, так как отрезки $AB$ и $AC$ не параллельны (они имеют общую точку $A$ и не лежат на одной прямой). Следовательно, плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по некоторой прямой $l$. Каждая точка на прямой $l$ равноудалена от вершин $A$, $B$ и $C$. Эта прямая $l$ перпендикулярна плоскости грани $(ABC)$ и проходит через центр окружности, описанной около треугольника $\triangle ABC$.

Теперь рассмотрим геометрическое место точек, равноудаленных от вершин $A$ и $D$. Это плоскость $\gamma$, перпендикулярная отрезку $AD$ и проходящая через его середину.

Центр описанной сферы $O$ должен быть равноудален от всех четырех вершин, а значит, он должен принадлежать как прямой $l$ (чтобы быть равноудаленным от $A, B, C$), так и плоскости $\gamma$ (чтобы быть равноудаленным от $A$ и $D$). Таким образом, точка $O$ является точкой пересечения прямой $l$ и плоскости $\gamma$.

Прямая и плоскость в пространстве пересекаются в единственной точке, за исключением случая, когда прямая параллельна плоскости. Прямая $l$ параллельна плоскости $\gamma$ тогда и только тогда, когда направляющий вектор прямой $l$ перпендикулярен нормальному вектору плоскости $\gamma$.

Направляющий вектор прямой $l$ перпендикулярен плоскости $(ABC)$, поэтому в качестве него можно взять вектор нормали к этой плоскости, например, векторное произведение $\vec{n} = [\vec{AB} \times \vec{AC}]$.

Нормальный вектор плоскости $\gamma$ — это вектор $\vec{AD}$.

Условие параллельности $l$ и $\gamma$ выглядит как $\vec{n} \cdot \vec{AD} = 0$, то есть $(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AD} = 0$. Это выражение является смешанным произведением векторов $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$. Смешанное произведение равно нулю тогда и только тогда, когда векторы компланарны (лежат в одной плоскости).

Однако, если векторы $\vec{AB}$, $\vec{AC}$, $\vec{AD}$ компланарны, то точки $A, B, C, D$ лежат в одной плоскости, что противоречит определению тетраэдра. Следовательно, смешанное произведение не равно нулю, прямая $l$ не параллельна плоскости $\gamma$ и пересекает ее в единственной точке $O$.

Для этой точки $O$ по построению выполняются условия:
1. $O \in l \implies OA = OB = OC$
2. $O \in \gamma \implies OA = OD$
Из этого следует, что $OA = OB = OC = OD$.

Таким образом, существует единственная точка $O$, равноудаленная от всех вершин тетраэдра. Эта точка является центром описанной сферы, а расстояние $R = OA$ — ее радиусом.
Ответ: Утверждение доказано.

б)Докажем, что существует точка, равноудаленная от всех четырех граней тетраэдра. Эта точка и будет центром вписанной сферы.

Пусть грани тетраэдра лежат в плоскостях $P_1, P_2, P_3, P_4$. Сфера вписана в тетраэдр, если она касается всех его граней. Это эквивалентно существованию точки $I$ (центра сферы) внутри тетраэдра, для которой расстояния до всех четырех граней равны.

Воспользуемся аналитическим методом. Тетраэдр представляет собой замкнутое и ограниченное множество точек в пространстве (компакт). Обозначим это множество как $T$.

Для любой точки $X \in T$ определим расстояние до $i$-ой грани как $d_i(X)$. Эта функция непрерывна.

Рассмотрим функцию $f(X) = \min\{d_1(X), d_2(X), d_3(X), d_4(X)\}$. Эта функция также является непрерывной на компакте $T$. Физически $f(X)$ — это радиус наибольшей сферы с центром в точке $X$, которая еще помещается внутри тетраэдра.

По теореме Вейерштрасса, непрерывная функция на компактном множестве достигает своего максимума. Пусть $I$ — это точка, в которой функция $f(X)$ достигает своего максимального значения, которое мы обозначим $r = f(I)$.

Если точка $X$ лежит на границе тетраэдра, то расстояние до одной из граней равно нулю, и $f(X) = 0$. Если точка $X$ находится внутри тетраэдра, то все расстояния $d_i(X)$ положительны, и $f(X) > 0$. Следовательно, точка максимума $I$ должна лежать строго внутри тетраэдра, и максимальное значение $r$ должно быть строго положительным.

Докажем, что в точке $I$ расстояния до всех граней равны, то есть $d_1(I) = d_2(I) = d_3(I) = d_4(I) = r$.

Допустим, это не так. Тогда существует хотя бы одна грань, расстояние до которой строго больше $r$. Пусть $S$ — это множество индексов тех граней, расстояние до которых равно $r$, то есть $S = \{i \mid d_i(I) = r\}$. Наше допущение означает, что $S$ является собственным подмножеством множества $\{1, 2, 3, 4\}$.

Пусть $\vec{n}_i$ — это единичный вектор внутренней нормали к грани $P_i$. Можно показать, что так как векторы $\{\vec{n}_i\}_{i \in S}$ не образуют полную систему для всего пространства (поскольку $|S| < 4$), существует такой вектор направления $\vec{v}$, что для всех $i \in S$ выполняется неравенство $\vec{v} \cdot \vec{n}_i > 0$.

Рассмотрим новую точку $I' = I + \epsilon\vec{v}$, где $\epsilon > 0$ — малая величина. Расстояние от $I'$ до грани $P_i$ можно приближенно вычислить как $d_i(I') \approx d_i(I) + \epsilon(\vec{v} \cdot \vec{n}_i)$.

1. Для $i \in S$: $d_i(I) = r$. Тогда $d_i(I') \approx r + \epsilon(\vec{v} \cdot \vec{n}_i)$. Так как $\vec{v} \cdot \vec{n}_i > 0$, то $d_i(I') > r$.

2. Для $k \notin S$: $d_k(I) > r$. Тогда $d_k(I') \approx d_k(I) + \epsilon(\vec{v} \cdot \vec{n}_k)$. Так как $d_k(I)$ строго больше $r$, при достаточно малом $\epsilon$ расстояние $d_k(I')$ также будет строго больше $r$.

Таким образом, мы нашли точку $I'$, для которой минимальное расстояние до любой из граней строго больше $r$. То есть, $f(I') = \min_i \{d_i(I')\} > r$. Это противоречит тому, что $r = f(I)$ является максимальным значением функции $f(X)$.

Противоречие возникло из-за нашего предположения, что не все расстояния от $I$ до граней равны. Следовательно, это предположение неверно. Значит, $d_1(I) = d_2(I) = d_3(I) = d_4(I) = r$.

Это доказывает существование точки $I$, равноудаленной от всех четырех граней тетраэдра. Эта точка является центром вписанной сферы, а радиус этой сферы равен $r$.
Ответ: Утверждение доказано.

432. Радиус сферы равен R. Найдите площадь полной поверхности: а) вписанного в сферу куба; б) вписанной правильной шестиугольной призмы, высота которой равна R; в) вписанного правильного тетраэдра.

а) Пусть сторона вписанного в сферу куба равна $a$. Диагональ куба $d$ совпадает с диаметром сферы $D$. Диаметр сферы равен $2R$.

Связь между диагональю куба и его стороной выражается формулой $d = a\sqrt{3}$.

Приравниваем диагональ куба к диаметру сферы:

$a\sqrt{3} = 2R$

Отсюда находим сторону куба $a$:

$a = \frac{2R}{\sqrt{3}}$

Площадь полной поверхности куба $S_{полн}$ вычисляется по формуле $S_{полн} = 6a^2$. Подставим найденное значение $a$:

$S_{полн} = 6 \cdot \left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)^2 = 6 \cdot \frac{4R^2}{3} = 2 \cdot 4R^2 = 8R^2$

Ответ: $8R^2$

б) Рассмотрим правильную шестиугольную призму, вписанную в сферу. Высота призмы $H = R$. Пусть сторона основания (правильного шестиугольника) равна $a$.

Все вершины призмы лежат на поверхности сферы. Центр сферы совпадает с серединой высоты призмы. Расстояние от центра сферы до центра каждого из оснований призмы равно $\frac{H}{2} = \frac{R}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный радиусом сферы $R$ (гипотенуза), половиной высоты призмы $\frac{R}{2}$ (катет) и радиусом окружности, описанной около основания призмы (второй катет). Для правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен его стороне $a$.

По теореме Пифагора:

$R^2 = \left(\frac{R}{2}\right)^2 + a^2$

$R^2 = \frac{R^2}{4} + a^2$

$a^2 = R^2 - \frac{R^2}{4} = \frac{3R^2}{4}$

$a = \frac{R\sqrt{3}}{2}$

Площадь полной поверхности призмы $S_{полн}$ складывается из площади боковой поверхности $S_{бок}$ и двух площадей основания $2S_{осн}$.

Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = P_{осн} \cdot H$, где $P_{осн} = 6a$ - периметр основания.

$S_{бок} = 6aH = 6 \cdot \frac{R\sqrt{3}}{2} \cdot R = 3\sqrt{3}R^2$

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

$S_{осн} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{3R^2}{4} = \frac{9\sqrt{3}R^2}{8}$

Теперь найдем площадь полной поверхности:

$S_{полн} = S_{бок} + 2S_{осн} = 3\sqrt{3}R^2 + 2 \cdot \frac{9\sqrt{3}R^2}{8} = 3\sqrt{3}R^2 + \frac{9\sqrt{3}R^2}{4}$

$S_{полн} = \frac{12\sqrt{3}R^2 + 9\sqrt{3}R^2}{4} = \frac{21\sqrt{3}R^2}{4}$

Ответ: $\frac{21\sqrt{3}}{4}R^2$

в) Рассмотрим правильный тетраэдр, вписанный в сферу. Пусть ребро тетраэдра равно $a$.

Радиус $R$ сферы, описанной около правильного тетраэдра со стороной $a$, связан с длиной ребра следующей формулой:

$R = a\frac{\sqrt{6}}{4}$

Выразим сторону тетраэдра $a$ через радиус $R$:

$a = \frac{4R}{\sqrt{6}} = \frac{4R\sqrt{6}}{6} = \frac{2R\sqrt{6}}{3}$

Площадь полной поверхности правильного тетраэдра $S_{полн}$ состоит из четырех площадей равносторонних треугольников. Площадь одного такого треугольника со стороной $a$ равна $S_{\triangle} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Следовательно, площадь полной поверхности тетраэдра:

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

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

$S_{полн} = \left(\frac{2R\sqrt{6}}{3}\right)^2 \cdot \sqrt{3} = \frac{4R^2 \cdot 6}{9} \cdot \sqrt{3} = \frac{24R^2}{9} \cdot \sqrt{3} = \frac{8R^2}{3}\sqrt{3}$

Ответ: $\frac{8\sqrt{3}}{3}R^2$

433. В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна а, а боковое ребро равно 2а. Найдите радиусы вписанной и описанной сфер.

Обозначим данную правильную треугольную пирамиду $SABC$. Основанием является равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Боковое ребро равно $l=2a$. Пусть $SO$ — высота пирамиды, где $O$ — центр основания.

Для дальнейших вычислений найдем ключевые параметры пирамиды. Центр $O$ равностороннего треугольника $ABC$ является центром его вписанной и описанной окружностей. Радиус описанной окружности основания: $R_{осн} = AO = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$. Высоту пирамиды $H=SO$ найдем из прямоугольного треугольника $SOA$ по теореме Пифагора: $H^2 = SA^2 - AO^2 = (2a)^2 - \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 = 4a^2 - \frac{3a^2}{9} = 4a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{12a^2 - a^2}{3} = \frac{11a^2}{3}$. Следовательно, высота $H = \sqrt{\frac{11a^2}{3}} = \frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{33}}{3}$.

Радиус вписанной сферы

Центр вписанной сферы находится на высоте пирамиды $SO$. Радиус вписанной сферы $r$ можно найти по формуле $r = \frac{3V}{S_{полн}}$, где $V$ — объем пирамиды, а $S_{полн}$ — площадь ее полной поверхности.

1. Вычислим объем пирамиды $V$. Площадь основания $S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. $V = \frac{1}{3}S_{осн}H = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a\sqrt{33}}{3} = \frac{a^3\sqrt{99}}{36} = \frac{a^3 \cdot 3\sqrt{11}}{36} = \frac{a^3\sqrt{11}}{12}$.

2. Вычислим площадь полной поверхности $S_{полн}$. $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$. Для нахождения площади боковой поверхности $S_{бок}$ нам необходима апофема пирамиды $h_a$ (высота боковой грани). Пусть $M$ — середина ребра $BC$. Апофема $h_a = SM$. Найдем ее из прямоугольного треугольника $SMC$: $h_a = \sqrt{SC^2 - MC^2} = \sqrt{(2a)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{4a^2 - \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{15a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{15}}{2}$. Площадь боковой поверхности, состоящей из трех одинаковых треугольников: $S_{бок} = 3 \cdot \left(\frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM\right) = 3 \cdot \frac{1}{2}a \cdot \frac{a\sqrt{15}}{2} = \frac{3a^2\sqrt{15}}{4}$. Площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + \frac{3a^2\sqrt{15}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}(1+3\sqrt{5})}{4}$.

3. Вычислим радиус вписанной сферы $r$: $r = \frac{3V}{S_{полн}} = \frac{3 \cdot \frac{a^3\sqrt{11}}{12}}{\frac{a^2\sqrt{3}(1+3\sqrt{5})}{4}} = \frac{\frac{a^3\sqrt{11}}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}(1+3\sqrt{5})}{4}} = \frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{3}(1+3\sqrt{5})}$. Упростим выражение и избавимся от иррациональности в знаменателе: $r = \frac{a\sqrt{11} \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3}\sqrt{3}(1+3\sqrt{5})} = \frac{a\sqrt{33}}{3(1+3\sqrt{5})} = \frac{a\sqrt{33}(3\sqrt{5}-1)}{3(3\sqrt{5}+1)(3\sqrt{5}-1)} = \frac{a\sqrt{33}(3\sqrt{5}-1)}{3(45-1)} = \frac{a(3\sqrt{165}-\sqrt{33})}{3 \cdot 44} = \frac{a(3\sqrt{165}-\sqrt{33})}{132}$.

Ответ: $r = \frac{a(3\sqrt{165}-\sqrt{33})}{132}$.

Радиус описанной сферы

Центр описанной сферы также лежит на высоте пирамиды $SO$. Радиус описанной сферы $R$ для правильной пирамиды можно найти по формуле $R = \frac{l^2}{2H}$, где $l$ — длина бокового ребра, а $H$ — высота пирамиды.

В нашей задаче $l = 2a$ и, как мы нашли ранее, $H = \frac{a\sqrt{33}}{3}$. Подставим эти значения в формулу: $R = \frac{(2a)^2}{2 \cdot \frac{a\sqrt{33}}{3}} = \frac{4a^2}{\frac{2a\sqrt{33}}{3}} = \frac{4a^2 \cdot 3}{2a\sqrt{33}} = \frac{12a^2}{2a\sqrt{33}} = \frac{6a}{\sqrt{33}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе: $R = \frac{6a \cdot \sqrt{33}}{\sqrt{33} \cdot \sqrt{33}} = \frac{6a\sqrt{33}}{33} = \frac{2a\sqrt{33}}{11}$.

Ответ: $R = \frac{2a\sqrt{33}}{11}$.

434. В правильной четырёхугольной пирамиде радиусы вписанной и описанной сфер равны 2 см и 5 см. Найдите сторону основания и высоту пирамиды.

Пусть $a$ — сторона основания правильной четырехугольной пирамиды, $H$ — ее высота, $r$ — радиус вписанной сферы, $R$ — радиус описанной сферы. По условию $r = 2$ см и $R = 5$ см. Центры вписанной и описанной сфер лежат на высоте пирамиды.

1. Найдем связь между $R$, $a$ и $H$.
Центр описанной сферы равноудален от всех вершин пирамиды. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ основания и вершину. В сечении получается равнобедренный треугольник, у которого основание — диагональ квадрата $d = a\sqrt{2}$, а боковые стороны — боковые ребра пирамиды. Пусть $O_c$ — центр описанной сферы, лежащий на высоте $SO$ на расстоянии $y$ от центра основания $O$. Расстояние от $O_c$ до вершины основания (например, $A$) равно $R$, и расстояние до вершины пирамиды $S$ также равно $R$. Из прямоугольного треугольника с катетами $O_cO$ и $OA$ (половина диагонали) имеем: $R^2 = y^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 = y^2 + \frac{a^2}{2}$. Расстояние от $O_c$ до вершины $S$: $R = |H - y|$. Так как $R < H$ (что мы проверим позже), можно считать $y = H - R$. Подставим $y$ в первое уравнение: $R^2 = (H-R)^2 + \frac{a^2}{2}$ $R^2 = H^2 - 2HR + R^2 + \frac{a^2}{2}$ $2HR = H^2 + \frac{a^2}{2}$ Подставим $R=5$: $10H = H^2 + \frac{a^2}{2}$ $20H = 2H^2 + a^2 \implies a^2 = 20H - 2H^2 = 2H(10-H)$.

2. Найдем связь между $r$, $a$ и $H$.
Центр вписанной сферы равноудален от всех граней пирамиды. Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через апофемы противоположных боковых граней. В сечении — равнобедренный треугольник с основанием $a$ и высотой $H$. Центр вписанной сферы является центром окружности, вписанной в это сечение. Радиус вписанной окружности для этого треугольника равен $r$. Апофема (боковая сторона сечения) $l = \sqrt{H^2 + (\frac{a}{2})^2}$. Формула для радиуса вписанной окружности: $r = \frac{S_{сеч}}{p_{сеч}}$, где $S_{сеч}$ — площадь сечения, а $p_{сеч}$ — полупериметр. $S_{сеч} = \frac{1}{2}aH$ $p_{сеч} = \frac{a + 2l}{2} = \frac{a + 2\sqrt{H^2 + a^2/4}}{2} = \frac{a + \sqrt{4H^2 + a^2}}{2}$ $r = \frac{\frac{1}{2}aH}{\frac{a + \sqrt{4H^2 + a^2}}{2}} = \frac{aH}{a + \sqrt{a^2 + 4H^2}}$ Подставим $r=2$: $2 = \frac{aH}{a + \sqrt{a^2 + 4H^2}}$ $2(a + \sqrt{a^2 + 4H^2}) = aH$ $2\sqrt{a^2 + 4H^2} = aH - 2a = a(H-2)$ Возведем обе части в квадрат (при условии $H>2$): $4(a^2 + 4H^2) = a^2(H-2)^2$ $4a^2 + 16H^2 = a^2(H^2 - 4H + 4)$ $4a^2 + 16H^2 = a^2H^2 - 4a^2H + 4a^2$ $16H^2 = a^2H^2 - 4a^2H$ Так как $H \neq 0$, разделим на $H$: $16H = a^2H - 4a^2 = a^2(H-4)$. Отсюда $a^2 = \frac{16H}{H-4}$ (при условии $H>4$).

3. Решим систему уравнений.
Мы получили два выражения для $a^2$: 1) $a^2 = 2H(10-H)$ 2) $a^2 = \frac{16H}{H-4}$ Приравняем их: $2H(10-H) = \frac{16H}{H-4}$ Так как $H>4$, $H \neq 0$, можем разделить на $H$: $2(10-H) = \frac{16}{H-4}$ $(10-H)(H-4) = 8$ $10H - 40 - H^2 + 4H = 8$ $-H^2 + 14H - 48 = 0$ $H^2 - 14H + 48 = 0$ Решим квадратное уравнение. По теореме Виета: $H_1 + H_2 = 14$ $H_1 \cdot H_2 = 48$ Корни уравнения: $H_1 = 6$ и $H_2 = 8$. Оба корня удовлетворяют условию $4 < H < 10$. Следовательно, задача имеет два решения.

Найдем сторону основания и высоту пирамиды для каждого случая.

Случай 1.
Если высота $H = 6$ см. Найдем сторону основания $a$: $a^2 = 2 \cdot 6 \cdot (10 - 6) = 12 \cdot 4 = 48$ $a = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$ см.
Ответ: сторона основания $4\sqrt{3}$ см, высота пирамиды $6$ см.

Случай 2.
Если высота $H = 8$ см. Найдем сторону основания $a$: $a^2 = 2 \cdot 8 \cdot (10 - 8) = 16 \cdot 2 = 32$ $a = \sqrt{32} = \sqrt{16 \cdot 2} = 4\sqrt{2}$ см.
Ответ: сторона основания $4\sqrt{2}$ см, высота пирамиды $8$ см.

435. Сфера вписана в цилиндр (т. е. она касается оснований цилиндра и каждой его образующей, рис. 129, а). Найдите отношение площади сферы к площади полной поверхности цилиндра.

Пусть радиус вписанной сферы равен $R$.

Из условия, что сфера вписана в цилиндр, следует, что она касается верхнего и нижнего оснований цилиндра, а также его боковой поверхности. Это означает, что:

• Радиус основания цилиндра равен радиусу сферы, то есть $r = R$.
• Высота цилиндра равна диаметру сферы, то есть $h = 2R$.

Найдем площадь поверхности сферы ($S_{сферы}$) по формуле:

$S_{сферы} = 4 \pi R^2$

Теперь найдем площадь полной поверхности цилиндра ($S_{цил}$). Она складывается из площади двух оснований ($S_{осн}$) и площади боковой поверхности ($S_{бок}$).

$S_{цил} = 2 \cdot S_{осн} + S_{бок}$

Площадь одного основания цилиндра вычисляется по формуле $S_{осн} = \pi r^2$. Подставив $r = R$, получаем:

$S_{осн} = \pi R^2$

Площадь боковой поверхности цилиндра вычисляется по формуле $S_{бок} = 2 \pi r h$. Подставив $r = R$ и $h = 2R$, получаем:

$S_{бок} = 2 \pi R (2R) = 4 \pi R^2$

Теперь можем вычислить площадь полной поверхности цилиндра:

$S_{цил} = 2 \cdot (\pi R^2) + 4 \pi R^2 = 2 \pi R^2 + 4 \pi R^2 = 6 \pi R^2$

Наконец, найдем искомое отношение площади сферы к площади полной поверхности цилиндра:

$\frac{S_{сферы}}{S_{цил}} = \frac{4 \pi R^2}{6 \pi R^2}$

Сократив дробь на $2 \pi R^2$, получаем:

$\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Ответ: $\frac{2}{3}$.

436. В конус с углом φ при вершине осевого сечения и радиусом основания r вписана сфера радиуса R (т. е. сфера касается основания конуса и каждой его образующей, рис. 129, б). Найдите: а) r, если известны R и φ; б) R, если известны r и φ; в) φ, если R = 1 см, r = 3 см.

Для решения задачи рассмотрим осевое сечение конуса и вписанной в него сферы. Сечением конуса является равнобедренный треугольник с углом $\phi$ при вершине и основанием, равным диаметру основания конуса $2r$. Сечением сферы является большая окружность радиуса $R$, которая вписана в этот равнобедренный треугольник.

Пусть $P$ - вершина конуса, $O$ - центр его основания, $A$ - точка на окружности основания. Тогда $\triangle POA$ - прямоугольный треугольник, где $PO$ - высота конуса, $OA = r$ - радиус основания, и $\angle APO = \phi/2$.

Центр вписанной сферы $C$ лежит на высоте $PO$. Расстояние от центра $C$ до основания конуса равно радиусу сферы $R$, то есть $CO = R$. Центр вписанной в треугольник окружности является точкой пересечения его биссектрис. Следовательно, отрезок $AC$ является биссектрисой угла $\angle PAO$.

В прямоугольном треугольнике $POA$ сумма острых углов равна $90^\circ$, поэтому $\angle PAO = 90^\circ - \angle APO = 90^\circ - \phi/2$.

Так как $AC$ - биссектриса угла $\angle PAO$, то $\angle CAO = \frac{1}{2}\angle PAO = \frac{1}{2}(90^\circ - \phi/2) = 45^\circ - \phi/4$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $COA$. В нем катеты $CO = R$ и $OA = r$. Из определения тангенса угла $\angle CAO$ имеем:

$\tan(\angle CAO) = \frac{CO}{OA} = \frac{R}{r}$

Подставив выражение для угла $\angle CAO$, получаем основное соотношение, связывающее $r$, $R$ и $\phi$:

$\tan(45^\circ - \frac{\phi}{4}) = \frac{R}{r}$

Используя это соотношение, решим все пункты задачи.

а) Найти $r$, если известны $R$ и $\phi$.

Из основного соотношения выразим $r$:

$r = \frac{R}{\tan(45^\circ - \frac{\phi}{4})}$

Используя свойство $\cot(x) = \frac{1}{\tan(x)}$, можно записать ответ в другом виде:

$r = R \cdot \cot(45^\circ - \frac{\phi}{4})$

Ответ: $r = R \cdot \cot(45^\circ - \frac{\phi}{4})$.

б) Найти $R$, если известны $r$ и $\phi$.

Из основного соотношения $\tan(45^\circ - \frac{\phi}{4}) = \frac{R}{r}$ выразим $R$:

$R = r \cdot \tan(45^\circ - \frac{\phi}{4})$

Ответ: $R = r \cdot \tan(45^\circ - \frac{\phi}{4})$.

в) Найти $\phi$, если $R = 1$ см, $r = \sqrt{3}$ см.

Подставим известные значения $R=1$ и $r=\sqrt{3}$ в основное соотношение:

$\tan(45^\circ - \frac{\phi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Значение тангенса, равное $\frac{1}{\sqrt{3}}$, соответствует углу $30^\circ$. Так как в геометрической задаче угол $\phi$ должен быть в пределах $(0^\circ, 180^\circ)$, то угол $45^\circ - \phi/4$ должен быть в пределах $(0^\circ, 45^\circ)$, поэтому решение единственное.

$45^\circ - \frac{\phi}{4} = 30^\circ$

Выразим $\phi$:

$\frac{\phi}{4} = 45^\circ - 30^\circ$

$\frac{\phi}{4} = 15^\circ$

$\phi = 4 \cdot 15^\circ = 60^\circ$

Ответ: $\phi = 60^\circ$.

437. В конус вписана сфера радиуса r. Найдите площадь полной поверхности конуса, если угол между образующей и основанием конуса равен α.

Площадь полной поверхности конуса $S_{полн}$ вычисляется как сумма площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = \pi R^2 + \pi RL = \pi R(R + L)$,

где $R$ – радиус основания конуса, $L$ – длина его образующей.

Для решения задачи необходимо выразить $R$ и $L$ через известные величины: радиус вписанной сферы $r$ и угол $\alpha$.

Рассмотрим осевое сечение конуса. Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник, в который вписана окружность радиуса $r$ (которая является сечением вписанной сферы). Обозначим вершины этого треугольника $A$, $B$, $C$, где $AC$ и $BC$ - образующие, а $AB$ - диаметр основания. Высота конуса $CO$ является и высотой, и медианой, и биссектрисой этого треугольника.

Угол между образующей и основанием конуса по условию равен $\alpha$, значит $\angle CAO = \alpha$.

Нахождение радиуса основания конуса (R)

Центр вписанной сферы (в нашем сечении - центр вписанной окружности) лежит на высоте конуса $CO$. Обозначим его точкой $Q$. Расстояние от центра $Q$ до основания $AO$ равно радиусу сферы $r$, то есть $QO=r$.

Центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис. Следовательно, луч $AQ$ является биссектрисой угла $\angle CAO$. Таким образом, $\angle QAO = \frac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AQO$. В нем катет $QO = r$, катет $AO = R$. Из определения тангенса угла имеем:

$\tan(\angle QAO) = \frac{QO}{AO} \implies \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{r}{R}$

Отсюда выражаем радиус основания конуса $R$:

$R = \frac{r}{\tan(\frac{\alpha}{2})} = r \cdot \cot(\frac{\alpha}{2})$

Нахождение образующей конуса (L)

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $CAO$. В нем катет $AO = R$, гипотенуза $AC = L$ и угол $\angle CAO = \alpha$. Из определения косинуса угла:

$\cos(\alpha) = \frac{AO}{AC} = \frac{R}{L}$

Отсюда выражаем образующую $L$:

$L = \frac{R}{\cos(\alpha)}$

Вычисление площади полной поверхности конуса

Подставим найденные соотношения в формулу полной поверхности конуса:

$S_{полн} = \pi R(R + L) = \pi R(R + \frac{R}{\cos(\alpha)}) = \pi R^2 (1 + \frac{1}{\cos(\alpha)})$

$S_{полн} = \pi R^2 \frac{\cos(\alpha) + 1}{\cos(\alpha)}$

Теперь подставим в эту формулу выражение для $R = r \cdot \cot(\frac{\alpha}{2})$:

$S_{полн} = \pi (r \cdot \cot(\frac{\alpha}{2}))^2 \frac{1 + \cos(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \pi r^2 \cot^2(\frac{\alpha}{2}) \frac{1 + \cos(\alpha)}{\cos(\alpha)}$

Для упрощения итогового выражения воспользуемся тригонометрической формулой для котангенса половинного угла:

$\cot^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 + \cos(\alpha)}{1 - \cos(\alpha)}$

Подставим это тождество в нашу формулу площади:

$S_{полн} = \pi r^2 \frac{1 + \cos(\alpha)}{1 - \cos(\alpha)} \cdot \frac{1 + \cos(\alpha)}{\cos(\alpha)}$

$S_{полн} = \pi r^2 \frac{(1 + \cos(\alpha))^2}{\cos(\alpha)(1 - \cos(\alpha))}$

Ответ: $S_{полн} = \pi r^2 \frac{(1 + \cos(\alpha))^2}{\cos(\alpha)(1 - \cos(\alpha))}$

438. Цилиндр вписан в сферу (т. е. основания цилиндра являются сечениями сферы, рис. 130, а). Найдите отношение площади полной поверхности цилиндра к площади сферы, если высота цилиндра равна диаметру основания.

Пусть $R$ — радиус сферы, $r$ — радиус основания цилиндра, а $h$ — высота цилиндра.

Площадь полной поверхности цилиндра ($S_{цил}$) находится по формуле, которая складывается из площади боковой поверхности и площади двух оснований:

$S_{цил} = 2\pi rh + 2\pi r^2$

Площадь поверхности сферы ($S_{сф}$) вычисляется по формуле:

$S_{сф} = 4\pi R^2$

Согласно условию задачи, высота цилиндра равна диаметру его основания, то есть:

$h = 2r$

Подставим это соотношение в формулу площади полной поверхности цилиндра, чтобы выразить ее через одну переменную $r$:

$S_{цил} = 2\pi r(2r) + 2\pi r^2 = 4\pi r^2 + 2\pi r^2 = 6\pi r^2$

Чтобы найти связь между радиусом цилиндра $r$ и радиусом сферы $R$, рассмотрим осевое сечение. Осевое сечение цилиндра — это прямоугольник со сторонами $h$ и $2r$. Так как цилиндр вписан в сферу, этот прямоугольник вписан в большую окружность сферы радиуса $R$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, катетами которого являются радиус основания цилиндра $r$ и половина его высоты $\frac{h}{2}$, а гипотенузой — радиус сферы $R$. По теореме Пифагора:

$R^2 = r^2 + (\frac{h}{2})^2$

Так как $h = 2r$, то $\frac{h}{2} = r$. Подставим это значение в уравнение:

$R^2 = r^2 + r^2 = 2r^2$

Из этого соотношения мы можем выразить $r^2$ через $R^2$:

$r^2 = \frac{R^2}{2}$

Теперь подставим полученное выражение для $r^2$ в формулу площади полной поверхности цилиндра, чтобы выразить ее через $R$:

$S_{цил} = 6\pi r^2 = 6\pi \left(\frac{R^2}{2}\right) = 3\pi R^2$

Наконец, найдем искомое отношение площади полной поверхности цилиндра к площади сферы:

$\frac{S_{цил}}{S_{сф}} = \frac{3\pi R^2}{4\pi R^2} = \frac{3}{4}$

Ответ: $\frac{3}{4}$

439. Конус с углом φ при вершине осевого сечения и радиусом основания r вписан в сферу радиуса R (т. е. вершина конуса лежит на сфере, а основание конуса является сечением сферы, рис. 130, б). Найдите: а) r, если известны R и φ; б) R, если известны r и φ; в) φ, если R = 2r.

Рассмотрим осевое сечение конуса, вписанного в сферу. Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник, вписанный в большую окружность сферы. Пусть $V$ — вершина конуса, а $A$ и $B$ — концы диаметра его основания. Тогда треугольник $VAB$ — это осевое сечение конуса, и он вписан в окружность, являющуюся большим кругом сферы.

Введем обозначения:

• $r$ — радиус основания конуса (длина отрезка $OA$, где $O$ - центр основания, $AB = 2r$).
• $\phi$ — угол при вершине осевого сечения ($\angle AVB = \phi$).
• $R$ — радиус сферы, который также является радиусом окружности, описанной около треугольника $VAB$.

Для треугольника, вписанного в окружность, справедлива расширенная теорема синусов, согласно которой отношение стороны треугольника к синусу противолежащего угла равно диаметру описанной окружности:

$\frac{AB}{\sin(\angle AVB)} = 2R$

Подставим в эту формулу наши обозначения ($AB = 2r$ и $\angle AVB = \phi$):

$\frac{2r}{\sin\phi} = 2R$

Упростив это выражение, мы получаем основное соотношение, связывающее радиус основания конуса $r$, радиус сферы $R$ и угол при вершине $\phi$:

$r = R \sin\phi$

Используя это соотношение, решим задачи для каждого пункта.

а) Найти $r$, если известны $R$ и $\phi$.

Из основного соотношения $r = R \sin\phi$ мы можем напрямую выразить $r$. Никаких дополнительных преобразований не требуется.

Ответ: $r = R \sin\phi$

б) Найти $R$, если известны $r$ и $\phi$.

Чтобы найти $R$, выразим его из нашего основного соотношения $r = R \sin\phi$. Для этого нужно разделить обе части уравнения на $\sin\phi$. Это действие корректно, так как $\phi$ является углом при вершине конуса, поэтому $0 < \phi < 180^\circ$ и, следовательно, $\sin\phi > 0$.

$R = \frac{r}{\sin\phi}$

Ответ: $R = \frac{r}{\sin\phi}$

в) Найти $\phi$, если $R=2r$.

Подставим заданное условие $R=2r$ в основное соотношение $r = R \sin\phi$:

$r = (2r) \sin\phi$

Поскольку $r$ — это радиус основания конуса, его значение строго больше нуля ($r > 0$). Следовательно, мы можем разделить обе части уравнения на $r$:

$1 = 2 \sin\phi$

Отсюда находим значение $\sin\phi$:

$\sin\phi = \frac{1}{2}$

Угол $\phi$ должен находиться в интервале $(0^\circ, 180^\circ)$ (или $(0, \pi)$ в радианах), так как это угол при вершине треугольника. В этом интервале уравнение $\sin\phi = 1/2$ имеет два решения:

$\phi_1 = 30^\circ$ (или $\frac{\pi}{6}$ радиан)

$\phi_2 = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ$ (или $\frac{5\pi}{6}$ радиан)

Оба решения соответствуют геометрически возможным конфигурациям. Первое решение ($\phi = 30^\circ$) соответствует высокому и узкому конусу, а второе ($\phi = 150^\circ$) — низкому и широкому конусу.

Ответ: $\phi = 30^\circ$ или $\phi = 150^\circ$.