Страница 176 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

630. В треугольной пирамиде все плоские углы при ее вершине – прямые, а боковые ребра равны $2\sqrt{2}$ см, 3 см и $\sqrt{10}$ см. Найдите площадь поверхности и объем описанного около этой пирамиды шара.

Пусть вершина пирамиды, в которой все плоские углы прямые, является началом координат $S(0,0,0)$ в трехмерной декартовой системе координат. Тогда боковые ребра пирамиды можно расположить вдоль осей координат. Обозначим длины боковых ребер как $a = 2\sqrt{2}$ см, $b = 3$ см и $c = \sqrt{10}$ см. Вершины основания пирамиды будут иметь координаты $A(a, 0, 0)$, $B(0, b, 0)$ и $C(0, 0, c)$.

Такую пирамиду можно достроить до прямоугольного параллелепипеда, ребра которого, выходящие из вершины $S$, равны $a, b, c$. Шар, описанный около пирамиды, является также и шаром, описанным около этого прямоугольного параллелепипеда.

Центр описанного шара совпадает с центром параллелепипеда (точкой пересечения его диагоналей), а диаметр шара $D$ равен длине главной диагонали параллелепипеда. Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений:$D^2 = a^2 + b^2 + c^2$.

Подставим данные значения длин боковых ребер:$D^2 = (2\sqrt{2})^2 + 3^2 + (\sqrt{10})^2 = 4 \cdot 2 + 9 + 10 = 8 + 9 + 10 = 27$.

Тогда диаметр шара равен $D = \sqrt{27} = \sqrt{9 \cdot 3} = 3\sqrt{3}$ см.Радиус описанного шара $R$ равен половине его диаметра:$R = \frac{D}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.

Теперь мы можем найти площадь поверхности и объем шара.

Площадь поверхности шара
Площадь поверхности шара $S_{сферы}$ вычисляется по формуле $S_{сферы} = 4\pi R^2$.Подставим найденное значение радиуса:$S_{сферы} = 4\pi \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 4\pi \left(\frac{9 \cdot 3}{4}\right) = 4\pi \cdot \frac{27}{4} = 27\pi$ см².
Ответ: $27\pi$ см².

Объем шара
Объем шара $V_{шара}$ вычисляется по формуле $V_{шара} = \frac{4}{3}\pi R^3$.Подставим найденное значение радиуса:$V_{шара} = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{3^3 \cdot (\sqrt{3})^3}{2^3}\right) = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{27 \cdot 3\sqrt{3}}{8}\right) = \frac{4}{3}\pi \cdot \frac{81\sqrt{3}}{8}$.Сокращая дроби, получаем:$V_{шара} = \frac{4 \cdot 81\sqrt{3}}{3 \cdot 8}\pi = \frac{1 \cdot 27\sqrt{3}}{1 \cdot 2}\pi = \frac{27\sqrt{3}}{2}\pi$ см³.
Ответ: $\frac{27\sqrt{3}}{2}\pi$ см³.

631. Дан параллелепипед $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$. Найдите отношение объема тетраэдра $B_1 ACD_1$ к объему этого параллелепипеда.

Пусть $V$ — объем параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Объем параллелепипеда равен произведению площади его основания на высоту. Если $S$ — площадь основания $ABCD$ и $h$ — высота параллелепипеда, то $V = S \cdot h$.

Объем искомого тетраэдра $B_1ACD_1$ найдем методом вычитания. Его объем равен объему параллелепипеда за вычетом объемов четырех тетраэдров, которые расположены по углам параллелепипеда. Эти тетраэдры: $B_1ABC$, $D_1ADC$, $AA_1B_1D_1$ и $CC_1B_1D_1$.

Объем тетраэдра (треугольной пирамиды) вычисляется по формуле $V_{тетр} = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота.

Найдем объем одного из этих тетраэдров, например, $B_1ABC$. Его можно рассматривать как пирамиду с вершиной $B_1$ и основанием $\triangle ABC$. Площадь основания $S_{ABC}$ равна половине площади основания параллелепипеда: $S_{ABC} = \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{S}{2}$. Высота этой пирамиды, проведенная из вершины $B_1$ к плоскости основания $ABC$, равна высоте параллелепипеда $h$.
Таким образом, объем тетраэдра $B_1ABC$ равен: $V_1 = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{S}{2}\right) \cdot h = \frac{1}{6} S \cdot h = \frac{1}{6}V$.

Аналогично, все четыре "угловых" тетраэдра ($B_1ABC$, $D_1ADC$, $AA_1B_1D_1$, $CC_1B_1D_1$) имеют одинаковый объем, равный $\frac{1}{6}V$. Например, для тетраэдра $AA_1B_1D_1$ основанием является $\triangle A_1B_1D_1$ с площадью $\frac{S}{2}$, а высотой — $h$.

Суммарный объем этих четырех тетраэдров составляет: $V_{выч} = 4 \cdot \frac{1}{6}V = \frac{4}{6}V = \frac{2}{3}V$.

Объем тетраэдра $B_1ACD_1$ равен разности объема параллелепипеда и суммарного объема четырех "угловых" тетраэдров:
$V_{B_1ACD_1} = V - V_{выч} = V - \frac{2}{3}V = \frac{1}{3}V$.

Следовательно, искомое отношение объема тетраэдра к объему параллелепипеда равно:
$\frac{V_{B_1ACD_1}}{V} = \frac{\frac{1}{3}V}{V} = \frac{1}{3}$.

Ответ: $\frac{1}{3}$.

632. Основания усеченной пирамиды – равнобедренные прямоугольные треугольники, гипотенузы которых равны $m$ и $n$ $(m > n)$. Две ее боковые грани перпендикулярны плоскостям оснований, а третья наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\varphi$. Найдите объем этой пирамиды. Рассмотрите возможные случаи расположения высоты пирамиды (рисунок 188).

a)

б)

Рисунок 188

Для нахождения объема усеченной пирамиды воспользуемся формулой: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$, где $H$ — высота усеченной пирамиды, $S_1$ и $S_2$ — площади ее оснований.

Основаниями являются равнобедренные прямоугольные треугольники.

Найдем площадь нижнего основания ($S_1$). Его гипотенуза равна $m$. Если катеты равны $a$, то по теореме Пифагора $a^2 + a^2 = m^2$, откуда $2a^2 = m^2$, и $a = \frac{m}{\sqrt{2}}$. Площадь этого треугольника: $S_1 = \frac{1}{2}a \cdot a = \frac{1}{2}a^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2}{2} = \frac{m^2}{4}$.

Аналогично найдем площадь верхнего основания ($S_2$). Его гипотенуза равна $n$. Катеты равны $b = \frac{n}{\sqrt{2}}$. Площадь этого треугольника: $S_2 = \frac{1}{2}b^2 = \frac{1}{2}\frac{n^2}{2} = \frac{n^2}{4}$.

Теперь рассмотрим два возможных случая расположения высоты пирамиды.

а)

Пусть основаниями являются треугольники $ABC$ (нижнее) и $A_1B_1C_1$ (верхнее) с прямыми углами при вершинах $C$ и $C_1$ соответственно. Две боковые грани, перпендикулярные плоскостям оснований, — это грани, проходящие через катеты, сходящиеся в одной вершине, например, $ACC_1A_1$ и $BCC_1B_1$. В этом случае их общее ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскостям оснований и является высотой усеченной пирамиды, $H = CC_1$.

Третья боковая грань $ABB_1A_1$, проходящая через гипотенузы, наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\phi$.

Достроим усеченную пирамиду до полной пирамиды с вершиной $P$. Высота полной пирамиды будет лежать на прямой $CC_1$. Угол $\phi$ — это двугранный угол при ребре $AB$. Пусть $K$ — середина гипотенузы $AB$. Тогда $CK$ — высота и медиана в треугольнике $ABC$, $CK \perp AB$ и $CK = \frac{m}{2}$. Так как $PC \perp (ABC)$, то $PK \perp AB$ по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, $\angle PKC = \phi$ — линейный угол двугранного угла.

Из прямоугольного треугольника $PCK$ находим высоту полной пирамиды $PC$: $PC = CK \cdot \tan(\phi) = \frac{m}{2}\tan(\phi)$.

Малая пирамида $PA_1B_1C_1$ подобна большой $PABC$. Коэффициент подобия $k = \frac{n}{m}$. Высота малой пирамиды $PC_1 = k \cdot PC = \frac{n}{m} \cdot \frac{m}{2}\tan(\phi) = \frac{n}{2}\tan(\phi)$.

Высота усеченной пирамиды $H = CC_1 = PC - PC_1 = \frac{m}{2}\tan(\phi) - \frac{n}{2}\tan(\phi) = \frac{m-n}{2}\tan(\phi)$.

Теперь можем найти объем усеченной пирамиды: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{m-n}{2}\tan(\phi) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \sqrt{\frac{m^2}{4}\cdot\frac{n^2}{4}} \right)$ $V = \frac{m-n}{6}\tan(\phi) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \frac{mn}{4} \right) = \frac{m-n}{6}\tan(\phi) \cdot \frac{m^2+mn+n^2}{4}$ $V = \frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{24}\tan(\phi) = \frac{m^3-n^3}{24}\tan(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{m^3-n^3}{24}\tan(\phi)$.

б)

Пусть две боковые грани, перпендикулярные плоскостям оснований, — это грань $ACC_1A_1$, проходящая через катет, и грань $ABB_1A_1$, проходящая через гипотенузу. В этом случае их общее ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскостям оснований и является высотой усеченной пирамиды, $H = AA_1$.

Третья боковая грань $BCC_1B_1$ наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\phi$.

Достроим усеченную пирамиду до полной с вершиной $P$. Высота полной пирамиды будет лежать на прямой $AA_1$. Угол $\phi$ — это двугранный угол при ребре $BC$. Так как $PA \perp (ABC)$ (высота пирамиды) и $AC \perp BC$ (по условию, $\angle C = 90^\circ$), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $PC \perp BC$. Следовательно, $\angle PCA = \phi$ — линейный угол двугранного угла.

Из прямоугольного треугольника $PAC$ находим высоту полной пирамиды $PA$. Катет $AC$ равен $\frac{m}{\sqrt{2}}$. $PA = AC \cdot \tan(\phi) = \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Малая пирамида $PA_1B_1C_1$ подобна большой $PABC$ с коэффициентом подобия $k = \frac{n}{m}$. Ее высота $PA_1 = k \cdot PA = \frac{n}{m} \cdot \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{n}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Высота усеченной пирамиды $H = AA_1 = PA - PA_1 = \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi) - \frac{n}{\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{m-n}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Площади оснований $S_1 = \frac{m^2}{4}$ и $S_2 = \frac{n^2}{4}$. Найдем объем: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{m-n}{\sqrt{2}}\tan(\phi) \left( \frac{m^2+mn+n^2}{4} \right)$ $V = \frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{12\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{m^3-n^3}{12\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Избавившись от иррациональности в знаменателе, получим: $V = \frac{\sqrt{2}(m^3-n^3)}{24}\tan(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{\sqrt{2}(m^3-n^3)}{24}\tan(\phi)$.

633. a) В конус с высотой 0,5 м и радиусом основания 1 м вписан цилиндр с радиусом основания $r$ м. Найдите объем цилиндра и установите, при каком значении $r$ объем цилиндра наибольший.

б) В шар радиуса 3 дм вписан конус, высота которого равна $h$ дм. Найдите объем конуса и установите, при каком значении $h$ объем будет наибольшим.

а)

Пусть $H$ и $R$ — высота и радиус основания конуса, а $h$ и $r$ — высота и радиус основания вписанного цилиндра. По условию, $H = 0,5$ м и $R = 1$ м.

Рассмотрим осевое сечение комбинации тел. Сечение конуса представляет собой равнобедренный треугольник с высотой $H$ и основанием $2R$. Сечение вписанного цилиндра — прямоугольник с высотой $h$ и стороной $2r$.

Из подобия треугольников в осевом сечении (прямоугольного треугольника, образованного высотой и образующей конуса, и подобного ему меньшего треугольника над цилиндром) получаем соотношение:

$\frac{H - h}{r} = \frac{H}{R}$

Из этого соотношения выразим высоту цилиндра $h$ через его радиус $r$ и параметры конуса:

$h = H \cdot (1 - \frac{r}{R})$

Подставим заданные значения $H = 0,5$ и $R = 1$:

$h = 0,5 \cdot (1 - \frac{r}{1}) = 0,5(1 - r)$

Объем цилиндра вычисляется по формуле $V_{цил} = \pi r^2 h$. Подставив найденное выражение для $h$, получим формулу объема цилиндра как функцию его радиуса $r$:

$V(r) = \pi r^2 \cdot 0,5(1 - r) = 0,5\pi(r^2 - r^3)$

Радиус $r$ может принимать значения в интервале $(0, R)$, то есть $r \in (0, 1)$.

Для нахождения значения $r$, при котором объем цилиндра будет наибольшим, исследуем функцию $V(r)$ на экстремум. Найдем производную функции $V(r)$ по переменной $r$:

$V'(r) = \frac{d}{dr}(0,5\pi(r^2 - r^3)) = 0,5\pi(2r - 3r^2)$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:

$0,5\pi(2r - 3r^2) = 0$

$r(2 - 3r) = 0$

Отсюда получаем два возможных значения: $r = 0$ или $r = \frac{2}{3}$. Значение $r=0$ не соответствует реальному цилиндру и дает минимальный объем. Значение $r = \frac{2}{3}$ м находится в допустимом интервале $(0, 1)$.

Чтобы определить, является ли эта точка точкой максимума, можно проанализировать знак производной. При $0 < r < \frac{2}{3}$ производная $V'(r) > 0$, следовательно, функция возрастает. При $\frac{2}{3} < r < 1$ производная $V'(r) < 0$, следовательно, функция убывает. Таким образом, при $r = \frac{2}{3}$ достигается максимум функции объема.

Ответ: Объем цилиндра как функция его радиуса $r$ равен $V(r) = 0,5\pi(r^2 - r^3)$. Объем цилиндра является наибольшим при значении радиуса $r = \frac{2}{3}$ м.

б)

Пусть $R_{ш}$ — радиус шара, а $h$ и $r_{к}$ — высота и радиус основания вписанного конуса. По условию, $R_{ш} = 3$ дм.

Рассмотрим осевое сечение. Сечение шара — это круг радиуса $R_{ш}$. Сечение конуса — равнобедренный треугольник, вписанный в этот круг.

Свяжем радиус основания конуса $r_{к}$ с его высотой $h$. В осевом сечении рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный радиусом шара $R_{ш}$ (гипотенуза), радиусом основания конуса $r_{к}$ (катет) и расстоянием от центра шара до плоскости основания конуса (второй катет). Это расстояние равно $|h - R_{ш}|$.

По теореме Пифагора:

$r_{к}^2 + (h - R_{ш})^2 = R_{ш}^2$

Выразим $r_{к}^2$:

$r_{к}^2 = R_{ш}^2 - (h - R_{ш})^2 = R_{ш}^2 - (h^2 - 2hR_{ш} + R_{ш}^2) = 2hR_{ш} - h^2$

Подставим заданное значение $R_{ш} = 3$:

$r_{к}^2 = 2 \cdot 3 \cdot h - h^2 = 6h - h^2$

Объем конуса вычисляется по формуле $V_{к} = \frac{1}{3}\pi r_{к}^2 h$. Подставив найденное выражение для $r_{к}^2$, получим формулу объема конуса как функцию его высоты $h$:

$V(h) = \frac{1}{3}\pi (6h - h^2)h = \frac{\pi}{3}(6h^2 - h^3)$

Высота конуса $h$ может принимать значения в интервале $(0, 2R_{ш})$, то есть $h \in (0, 6)$.

Для нахождения значения $h$, при котором объем конуса будет наибольшим, найдем производную функции $V(h)$ по переменной $h$:

$V'(h) = \frac{d}{dh}(\frac{\pi}{3}(6h^2 - h^3)) = \frac{\pi}{3}(12h - 3h^2)$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:

$\frac{\pi}{3}(12h - 3h^2) = 0$

$3h(4 - h) = 0$

Отсюда получаем два возможных значения: $h = 0$ или $h = 4$. Значение $h=0$ не соответствует реальному конусу и дает минимальный объем. Значение $h = 4$ дм находится в допустимом интервале $(0, 6)$.

Производная $V'(h)$ является квадратичной функцией (парабола с ветвями вниз) и положительна на интервале $(0, 4)$ и отрицательна на интервале $(4, 6)$. Следовательно, функция $V(h)$ возрастает на $(0, 4)$ и убывает на $(4, 6)$, а значит, при $h = 4$ достигается максимум.

Ответ: Объем конуса как функция его высоты $h$ равен $V(h) = \frac{\pi}{3}(6h^2 - h^3)$. Объем конуса является наибольшим при значении высоты $h = 4$ дм.

634. Основанием пирамиды является ромб, сторона которого равна $m$, а острый угол – $\alpha$. Каждый двугранный угол пирамиды при стороне ее основания равен $\beta$ (рисунок 189). Докажите, что в эту пирамиду можно вписать шар и найдите его радиус.

Рисунок 189

Доказательство, что в эту пирамиду можно вписать шар

Пусть $PABCD$ - данная пирамида, где $ABCD$ - ромб со стороной $m$ и острым углом $α$. Пусть $PH$ - высота пирамиды, где $H$ - проекция вершины $P$ на плоскость основания.

Для измерения двугранного угла при стороне основания, например, $AB$, опустим из точки $H$ перпендикуляр $HM$ на сторону $AB$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $PM$ также будет перпендикулярен $AB$ ($PM \perp AB$). Угол $∠PMH$ является линейным углом двугранного угла при стороне основания $AB$, и по условию $∠PMH = β$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой пирамиды $PH$ и перпендикулярами, опущенными из точки $H$ на стороны ромба. Для стороны $AB$ это треугольник $ΔPHM$. Из него находим $HM = PH \cdot \cot(β)$.

Так как по условию все двугранные углы при сторонах основания равны $β$, то расстояния от точки $H$ до всех сторон ромба ($AB, BC, CD, DA$) будут одинаковыми и равными $HM = PH \cdot \cot(β)$.

Точка в плоскости многоугольника, равноудаленная от всех его сторон, является центром вписанной в этот многоугольник окружности. Следовательно, точка $H$ - центр окружности, вписанной в ромб $ABCD$.

Теорема о вписанном шаре гласит, что в пирамиду можно вписать шар тогда и только тогда, когда ее вершина проецируется в центр окружности, вписанной в основание. Поскольку это условие выполняется, в данную пирамиду можно вписать шар. Что и требовалось доказать.

Нахождение радиуса вписанного шара

Центр вписанного шара $O$ лежит на высоте пирамиды $PH$. Шар касается основания в точке $H$ и боковой грани (например, $PAB$) в некоторой точке на апофеме $PM$. Радиус шара $r$ равен расстоянию от центра $O$ до любой грани. Таким образом, $OH = r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $PH$ и апофему $PM$. В этой плоскости лежит прямоугольный треугольник $ΔPHM$. Центр вписанного шара $O$ будет центром окружности, вписанной в треугольник, образованный высотой пирамиды и двумя апофемами к противоположным сторонам основания. Этот центр лежит на пересечении высоты $PH$ и биссектрисы угла $∠PMH$.

Таким образом, $OM$ является биссектрисой угла $∠PMH$, и $∠OMH = \frac{β}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $ΔOHM$ ($∠OHM = 90^\circ$):
$\tan(∠OMH) = \frac{OH}{HM}$
$\tan(\frac{β}{2}) = \frac{r}{HM}$
Отсюда $r = HM \cdot \tan(\frac{β}{2})$.

$HM$ - это радиус окружности, вписанной в ромб $ABCD$. Найдем его.Площадь ромба $S_{ABCD}$ можно выразить двумя способами:
1. Через сторону и угол: $S_{ABCD} = m^2 \sin(α)$.
2. Через полупериметр и радиус вписанной окружности: $S_{ABCD} = p \cdot HM$, где $p = \frac{4m}{2} = 2m$.

Приравнивая эти два выражения, получаем:
$2m \cdot HM = m^2 \sin(α)$
$HM = \frac{m^2 \sin(α)}{2m} = \frac{m \sin(α)}{2}$

Теперь подставим найденное значение $HM$ в формулу для радиуса шара $r$:
$r = \frac{m \sin(α)}{2} \cdot \tan(\frac{β}{2})$

Ответ: $r = \frac{m \sin(\alpha)}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$.