Страница 98 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

205. Стороны оснований правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равны 9 см и 15 см, а высота — $4\sqrt{2}$ см. Найдите радиус шара, описанного около данной усечённой пирамиды.

205. Стороны оснований правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равны 9 см и 15 см, а высота — $4\sqrt{2}$ см. Найдите радиус шара, описанного около данной усечённой пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная усечённая пирамида. Сторона нижнего основания $a_1 = 15$ см, сторона верхнего основания $a_2 = 9$ см, а высота пирамиды $h = 4\sqrt{2}$ см.

Центр шара, описанного около правильной усечённой пирамиды, лежит на её оси (высоте). Это означает, что для нахождения радиуса шара $R$ мы можем рассмотреть осевое сечение пирамиды, проходящее через диагонали оснований.

Такое сечение представляет собой равнобедренную трапецию, вершины которой лежат на большой окружности описанного шара. Радиус этой окружности и будет искомым радиусом шара.

Основаниями этой трапеции являются диагонали квадратов, лежащих в основаниях пирамиды.

1. Найдём длины диагоналей оснований (оснований трапеции в сечении).

Диагональ нижнего основания $d_1$:$d_1 = a_1\sqrt{2} = 15\sqrt{2}$ см.

Диагональ верхнего основания $d_2$:$d_2 = a_2\sqrt{2} = 9\sqrt{2}$ см.

Высота трапеции равна высоте пирамиды $h = 4\sqrt{2}$ см.

2. Найдём радиус окружности, описанной около этой трапеции.

Введём систему координат так, чтобы ось $Oy$ совпадала с осью симметрии трапеции, а её большее основание лежало на оси $Ox$. Центр большего основания будет в начале координат $(0, 0)$.

Тогда координаты вершин трапеции будут:

• Вершины нижнего основания: $A(d_1/2, 0)$ и $B(-d_1/2, 0)$, то есть $A(15\sqrt{2}/2, 0)$ и $B(-15\sqrt{2}/2, 0)$.
• Вершины верхнего основания: $C(d_2/2, h)$ и $D(-d_2/2, h)$, то есть $C(9\sqrt{2}/2, 4\sqrt{2})$ и $D(-9\sqrt{2}/2, 4\sqrt{2})$.

Центр описанной окружности $O_c$ лежит на оси симметрии $Oy$, поэтому его координаты $(0, y_c)$. Радиус $R$ — это расстояние от центра $O_c$ до любой из вершин трапеции.

Приравняем квадраты расстояний от центра $O_c(0, y_c)$ до вершин $A$ и $C$:$R^2 = (OA)^2 = (x_A - 0)^2 + (y_A - y_c)^2 = (15\sqrt{2}/2)^2 + (0 - y_c)^2$$R^2 = (OC)^2 = (x_C - 0)^2 + (y_C - y_c)^2 = (9\sqrt{2}/2)^2 + (4\sqrt{2} - y_c)^2$

Получим уравнение:$(15\sqrt{2}/2)^2 + y_c^2 = (9\sqrt{2}/2)^2 + (4\sqrt{2} - y_c)^2$

$\frac{225 \cdot 2}{4} + y_c^2 = \frac{81 \cdot 2}{4} + (4\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 4\sqrt{2} \cdot y_c + y_c^2$

$\frac{225}{2} + y_c^2 = \frac{81}{2} + 32 - 8\sqrt{2} y_c + y_c^2$

Сократим $y_c^2$ в обеих частях уравнения:$\frac{225}{2} = \frac{81}{2} + 32 - 8\sqrt{2} y_c$

Перенесём слагаемые, чтобы выразить $y_c$:$8\sqrt{2} y_c = \frac{81}{2} - \frac{225}{2} + 32$

$8\sqrt{2} y_c = -\frac{144}{2} + 32$

$8\sqrt{2} y_c = -72 + 32$

$8\sqrt{2} y_c = -40$

$y_c = -\frac{40}{8\sqrt{2}} = -\frac{5}{\sqrt{2}} = -\frac{5\sqrt{2}}{2}$

Теперь, зная координату центра, найдём квадрат радиуса, подставив $y_c$ в первое уравнение для $R^2$:$R^2 = (\frac{15\sqrt{2}}{2})^2 + y_c^2 = \frac{225 \cdot 2}{4} + (-\frac{5\sqrt{2}}{2})^2$

$R^2 = \frac{225}{2} + \frac{25 \cdot 2}{4} = \frac{225}{2} + \frac{25}{2}$

$R^2 = \frac{250}{2} = 125$

Отсюда находим радиус $R$:$R = \sqrt{125} = \sqrt{25 \cdot 5} = 5\sqrt{5}$ см.

Ответ: $5\sqrt{5}$ см.

206. Найдите радиус шара, вписанного в правильную четырёхугольную призму, сторона основания которой равна 2 см.

206. Найдите радиус шара, вписанного в правильную четырёхугольную призму, сторона основания которой равна 2 см.

Правильная четырехугольная призма — это прямая призма, основанием которой является квадрат. Пусть сторона квадрата в основании равна $a$, а высота призмы равна $H$.

Шар, вписанный в призму, касается всех ее граней. Это означает, что:

1. Шар касается двух оснований призмы (верхнего и нижнего). Расстояние между основаниями равно высоте призмы $H$. Следовательно, диаметр шара $D$ должен быть равен высоте призмы.
$D = H$

2. Шар касается четырех боковых граней призмы. Если рассмотреть сечение призмы и шара плоскостью, параллельной основанию и проходящей через центр шара, то мы увидим окружность (большой круг шара), вписанную в квадрат (основание призмы). Диаметр окружности, вписанной в квадрат, равен стороне этого квадрата.
$D = a$

Таким образом, диаметр вписанного шара $D$ равен стороне основания $a$.

По условию, сторона основания призмы $a = 2$ см.
Следовательно, диаметр шара $D = 2$ см.

Радиус шара $R$ равен половине его диаметра:
$R = \frac{D}{2} = \frac{a}{2}$

Подставим известное значение $a$:
$R = \frac{2 \text{ см}}{2} = 1 \text{ см}$

Ответ: 1 см.

207. Основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник с катетами 5 см и 12 см. В призму вписан шар. Найдите радиус этого шара.

207. Основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник с катетами 5 см и 12 см. В призму вписан шар. Найдите радиус этого шара.

Пусть $R$ — радиус вписанного шара.

Для того чтобы шар можно было вписать в прямую призму, он должен касаться всех ее граней: двух оснований и всех боковых граней.

1. Касание оснований: Поскольку шар касается верхнего и нижнего оснований, расстояние между основаниями (то есть высота призмы $H$) должно быть равно диаметру шара. Таким образом, $H = 2R$.

2. Касание боковых граней: Центр шара должен быть равноудален от всех боковых граней призмы. Это означает, что проекция центра шара на плоскость основания совпадает с центром окружности, вписанной в основание призмы. Радиус этой вписанной окружности, обозначим его $r$, равен радиусу вписанного шара $R$.

Таким образом, задача сводится к нахождению радиуса окружности, вписанной в основание призмы — прямоугольный треугольник.

Основанием является прямоугольный треугольник с катетами $a = 5$ см и $b = 12$ см.

Найдем гипотенузу $c$ по теореме Пифагора:
$c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ см.

Радиус $r$ окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, можно найти по формуле:
$r = \frac{a + b - c}{2}$

Подставим известные значения:
$r = \frac{5 + 12 - 13}{2} = \frac{17 - 13}{2} = \frac{4}{2} = 2$ см.

Так как радиус вписанного шара $R$ равен радиусу вписанной в основание окружности $r$, то $R = 2$ см.

Ответ: 2 см.

208. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если площадь её основания равна $12 \text{ см}^2$.

208. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если площадь её основания равна $12 \text{ см}^2$.

Пусть $r$ — радиус вписанного шара, $H$ — высота призмы, $S_{осн}$ — площадь основания, $P_{осн}$ — периметр основания, а $S_{бок}$ — площадь боковой поверхности.

Так как призма прямая, а шар в нее вписан, то шар касается обоих оснований призмы. Это означает, что расстояние между основаниями, то есть высота призмы $H$, равно диаметру шара $2r$.

$H = 2r$

Также шар касается всех боковых граней призмы. Это возможно только в том случае, если в многоугольник, лежащий в основании призмы, можно вписать окружность, и радиус этой окружности равен радиусу шара $r$.

Площадь многоугольника, в который вписана окружность, можно найти по формуле:

$S_{осн} = p \cdot r$, где $p$ — полупериметр основания ($p = \frac{P_{осн}}{2}$), а $r$ — радиус вписанной окружности.

Подставим выражение для полупериметра:

$S_{осн} = \frac{P_{осн}}{2} \cdot r$

Отсюда можно выразить произведение периметра на радиус:

$P_{осн} \cdot r = 2 \cdot S_{осн}$

Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле:

$S_{бок} = P_{осн} \cdot H$

Подставим в эту формулу $H = 2r$:

$S_{бок} = P_{осн} \cdot (2r) = 2 \cdot (P_{осн} \cdot r)$

Теперь заменим произведение $P_{осн} \cdot r$ на $2 \cdot S_{осн}$:

$S_{бок} = 2 \cdot (2 \cdot S_{осн}) = 4 \cdot S_{осн}$

По условию задачи площадь основания $S_{осн} = 12 \text{ см}^2$. Найдем площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = 4 \cdot 12 = 48 \text{ см}^2$

Ответ: $48 \text{ см}^2$.

209. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, один из углов которой равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если радиус вписанного в неё шара равен $3\sqrt{2}$ см.

209. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, один из углов которой равен $45^{\circ}$. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если радиус вписанного в неё шара равен $3\sqrt{2}$ см.

Поскольку призма прямая и в неё вписан шар, то высота призмы $H$ равна диаметру вписанного шара. Радиус шара по условию равен $R = 3\sqrt{2}$ см, следовательно, диаметр шара $D = 2R = 2 \cdot 3\sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ см. Таким образом, высота призмы $H = 6\sqrt{2}$ см.

Если в прямую призму можно вписать шар, то в её основание (в данном случае, в равнобокую трапецию) можно вписать окружность. Радиус этой окружности $r$ будет равен радиусу вписанного шара, то есть $r = 3\sqrt{2}$ см. Высота трапеции $h$ равна диаметру вписанной в неё окружности, поэтому $h = 2r = 2 \cdot 3\sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Рассмотрим основание призмы – равнобокую трапецию. Один из её углов равен $45^\circ$. Так как трапеция равнобокая, это острый угол при большем основании. Проведём высоту из вершины тупого угла к большему основанию. Образуется прямоугольный треугольник, в котором гипотенузой является боковая сторона трапеции $c$, одним из катетов – высота трапеции $h$, а прилежащий к высоте угол равен $90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. Таким образом, этот треугольник является равнобедренным, а также прямоугольным.

Найдём боковую сторону трапеции $c$ из этого треугольника, используя синус угла $45^\circ$:

$ \sin(45^\circ) = \frac{h}{c} $

Отсюда $c = \frac{h}{\sin(45^\circ)} = \frac{6\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 6\sqrt{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = 12$ см.

Важным свойством описанного четырехугольника (трапеции, в которую можно вписать окружность) является равенство сумм длин противоположных сторон. Обозначим основания трапеции как $a$ и $b$. Тогда для нашей трапеции выполняется равенство: $a + b = c + c = 2c$.

Периметр основания $P$ равен сумме длин всех его сторон:

$ P = a + b + c + c = (a+b) + 2c = 2c + 2c = 4c $

Подставим найденное значение $c$:

$ P = 4 \cdot 12 = 48 $ см.

Площадь боковой поверхности прямой призмы $S_{бок}$ вычисляется по формуле $S_{бок} = P \cdot H$, где $P$ – периметр основания, а $H$ – высота призмы.

$ S_{бок} = 48 \cdot 6\sqrt{2} = 288\sqrt{2} $ см$^2$.

Ответ: $288\sqrt{2}$ см$^2$.

210. Найдите радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, если радиус окружности, описанной около её основания, равен $m$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\beta$.

210. Найдите радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, если радиус окружности, описанной около её основания, равен $m$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\beta$.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$. Основание $ABC$ — правильный треугольник. $SO$ — высота пирамиды, где $O$ — центр основания (центр вписанной и описанной окружностей).

По условию, радиус окружности, описанной около основания $ABC$, равен $m$. Обозначим его $R$. Таким образом, $R = OA = m$.

В правильном треугольнике радиус вписанной окружности $r$ и радиус описанной окружности $R$ связаны соотношением $R = 2r$. Отсюда находим радиус вписанной в основание окружности:

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

Пусть $M$ — середина ребра основания $BC$. Тогда отрезок $OM$ является радиусом вписанной в основание окружности, то есть $OM = r = \frac{m}{2}$. Апофема боковой грани $SBC$ — это отрезок $SM$.

Двугранный угол при ребре основания $BC$ — это угол между плоскостью боковой грани $(SBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$. Этот угол измеряется линейным углом $\angle SMO$, который по условию равен $\beta$.

Центр вписанного в пирамиду шара (обозначим его $I$) лежит на высоте пирамиды $SO$ и равноудален от всех ее граней. Радиус вписанного шара (обозначим его $r_ш$) равен расстоянию от центра $I$ до плоскости основания, то есть $IO = r_ш$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту $SO$ и апофему $SM$. Это сечение — прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (с прямым углом при вершине $O$). В этом сечении центр вписанного шара $I$ лежит на катете $SO$.

Так как центр вписанного шара $I$ равноудален от плоскости основания (которой принадлежит прямая $OM$) и от боковой грани (которой принадлежит прямая $SM$), то точка $I$ лежит на биссектрисе угла $\angle SMO$. Таким образом, $MI$ — биссектриса угла $\angle SMO$.

Следовательно, угол $\angle IMO = \frac{1}{2} \angle SMO = \frac{\beta}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle IOM$. В нем катет $IO = r_ш$, катет $OM = r = \frac{m}{2}$, а угол, противолежащий катету $IO$, равен $\angle IMO = \frac{\beta}{2}$.

Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике имеем:

$\tan(\angle IMO) = \frac{IO}{OM}$

Подставим известные значения:

$\tan\left(\frac{\beta}{2}\right) = \frac{r_ш}{m/2}$

Отсюда выражаем искомый радиус вписанного шара $r_ш$:

$r_ш = \frac{m}{2} \tan\left(\frac{\beta}{2}\right)$

Ответ: $\frac{m}{2} \tan\left(\frac{\beta}{2}\right)$

211. В правильной шестиугольной пирамиде двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а радиус шара, вписанного в неё, равен $r$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

211. В правильной шестиугольной пирамиде двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а радиус шара, вписанного в неё, равен $r$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида. Обозначим $S$ - ее вершину, $O$ - центр основания. Тогда высота пирамиды $H = SO$. Пусть $M$ - середина одного из ребер основания. Тогда $OM$ - это апофема основания (обозначим ее $a_p$), а $SM$ - апофема боковой грани (обозначим ее $h_s$).

Двугранный угол при ребре основания по определению является углом между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. В нашем случае это угол $\angle SMO$, который по условию равен $\alpha$. Треугольник $\triangle SOM$ является прямоугольным ($\angle SOM = 90^\circ$).

Центр вписанного в пирамиду шара, обозначим его $O_{ш}$, лежит на высоте пирамиды $SO$. Радиус шара $r$ - это расстояние от центра $O_{ш}$ до плоскости основания и до каждой боковой грани. Таким образом, $OO_{ш} = r$. Расстояние от точки $O_{ш}$ до боковой грани, то есть до ее апофемы $SM$ в плоскости сечения $SOM$, также равно $r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$. В нем угол $\angle OSM = 90^\circ - \alpha$. Опустим перпендикуляр $O_{ш}P$ из точки $O_{ш}$ на гипотенузу $SM$. Длина этого перпендикуляра $O_{ш}P = r$.В прямоугольном треугольнике $\triangle SO_{ш}P$ гипотенуза $SO_{ш} = SO - OO_{ш} = H - r$. Катет $O_{ш}P = r$ лежит напротив угла $\angle OSP = \angle OSM = 90^\circ - \alpha$.Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:$\sin(\angle OSP) = \frac{O_{ш}P}{SO_{ш}}$$\sin(90^\circ - \alpha) = \frac{r}{H - r}$$\cos(\alpha) = \frac{r}{H - r}$

Из этого соотношения выразим высоту пирамиды $H$:$H - r = \frac{r}{\cos(\alpha)} \implies H = r + \frac{r}{\cos(\alpha)} = r\frac{\cos(\alpha) + 1}{\cos(\alpha)}$.

Теперь найдем апофему основания $a_p$ из треугольника $\triangle SOM$:$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OM} = \frac{H}{a_p} \implies a_p = \frac{H}{\tan(\alpha)} = \frac{r(1 + \cos(\alpha))}{\cos(\alpha) \tan(\alpha)} = \frac{r(1 + \cos(\alpha))}{\sin(\alpha)}$.

Применим тригонометрические формулы для половинного угла: $1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$ и $\sin(\alpha) = 2\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.$a_p = r \frac{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} = r \frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})} = r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ связана с площадью основания $S_{осн}$ через двугранный угол при ребре основания: $S_{осн}$ является ортогональной проекцией боковой поверхности на плоскость основания, поэтому $S_{осн} = S_{бок} \cos(\alpha)$. Отсюда $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\alpha)}$.

Найдем площадь основания. Площадь правильного шестиугольника с апофемой $a_p$ вычисляется по формуле $S_{осн} = 2\sqrt{3} a_p^2$.Подставим найденное выражение для $a_p$:$S_{осн} = 2\sqrt{3} \left(r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2 = 2\sqrt{3} r^2 \cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Наконец, находим площадь боковой поверхности пирамиды:$S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\alpha)} = \frac{2\sqrt{3} r^2 \cot^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{2\sqrt{3} r^2 \cot^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.

212. Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна $2\sqrt{5}$ см, а апофема — $4\sqrt{15}$ см. Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.

212. Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна $2\sqrt{5}$ см, а апофема — $4\sqrt{15}$ см. Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.

Для нахождения радиуса $r$ сферы, вписанной в правильную пирамиду, можно использовать формулу, связывающую объем пирамиды $V$ и площадь ее полной поверхности $S_{полн}$:$r = \frac{3V}{S_{полн}}$

Чтобы воспользоваться этой формулой, последовательно вычислим все необходимые величины.

1. Нахождение параметров основания.
В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник со стороной $a = 2\sqrt{5}$ см.
Площадь правильного шестиугольника ($S_{осн}$) вычисляется по формуле:$S_{осн} = \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$.
Подставив значение $a$, получим:$S_{осн} = \frac{3(2\sqrt{5})^2\sqrt{3}}{2} = \frac{3 \cdot (4 \cdot 5) \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{3 \cdot 20\sqrt{3}}{2} = 30\sqrt{3}$ см².
Радиус окружности, вписанной в основание ($r_{осн}$), который является апофемой шестиугольника, равен:$r_{осн} = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{2\sqrt{5}\sqrt{3}}{2} = \sqrt{15}$ см.

2. Нахождение высоты пирамиды.
Высоту пирамиды $H$ найдем из прямоугольного треугольника, образованного высотой $H$, апофемой пирамиды $l = 4\sqrt{15}$ см (гипотенуза) и радиусом вписанной в основание окружности $r_{осн} = \sqrt{15}$ см (катет). По теореме Пифагора:$l^2 = H^2 + r_{осн}^2$
$H^2 = l^2 - r_{осн}^2 = (4\sqrt{15})^2 - (\sqrt{15})^2 = 16 \cdot 15 - 15 = 15 \cdot (16 - 1) = 15 \cdot 15 = 225$
$H = \sqrt{225} = 15$ см.

3. Нахождение объема и площади полной поверхности.
Объем пирамиды ($V$) вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$
$V = \frac{1}{3} \cdot 30\sqrt{3} \cdot 15 = 10\sqrt{3} \cdot 15 = 150\sqrt{3}$ см³.

Площадь боковой поверхности ($S_{бок}$) равна половине произведения периметра основания $P$ на апофему $l$.Периметр основания $P = 6a = 6 \cdot 2\sqrt{5} = 12\sqrt{5}$ см.$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot l = \frac{1}{2} \cdot 12\sqrt{5} \cdot 4\sqrt{15} = 6\sqrt{5} \cdot 4\sqrt{15} = 24\sqrt{5 \cdot 15} = 24\sqrt{75} = 24\sqrt{25 \cdot 3} = 24 \cdot 5\sqrt{3} = 120\sqrt{3}$ см².

Площадь полной поверхности ($S_{полн}$) - это сумма площадей основания и боковой поверхности:$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 30\sqrt{3} + 120\sqrt{3} = 150\sqrt{3}$ см².

4. Нахождение радиуса вписанной сферы.
Теперь, когда все величины известны, подставим их в исходную формулу:$r = \frac{3V}{S_{полн}} = \frac{3 \cdot 150\sqrt{3}}{150\sqrt{3}} = 3$ см.

Ответ: 3 см.

213. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция с острым углом $\alpha$. Найдите большую боковую сторону трапеции, если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$, а радиус шара, вписанного в данную пирамиду, равен $r$.

213. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция с острым углом $α$. Найдите большую боковую сторону трапеции, если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $β$, а радиус шара, вписанного в данную пирамиду, равен $r$.

Пусть основанием пирамиды является прямоугольная трапеция $ABCD$, где $AD$ и $BC$ — параллельные основания ($AD || BC$), $AB$ — боковая сторона, перпендикулярная основаниям, а $CD$ — вторая боковая сторона. В этом случае $AB$ является высотой трапеции. По условию, в трапеции есть острый угол $\alpha$, пусть это будет $\angle D = \alpha$. Боковыми сторонами являются $AB$ и $CD$. Чтобы найти большую из них, опустим высоту $CH$ из вершины $C$ на основание $AD$. В прямоугольном треугольнике $CHD$ гипотенуза $CD$ длиннее катета $CH$. Поскольку $CH = AB$, то $CD > AB$. Следовательно, искомая сторона — это $CD$.

Так как все двугранные углы при ребрах основания пирамиды равны $\beta$, то вершина пирамиды проецируется в центр $O$ окружности, вписанной в трапецию-основание. Обозначим радиус этой вписанной окружности через $r_{in}$.

Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $SO$ (где $S$ — вершина пирамиды) и перпендикулярное к одной из сторон основания, например $AD$. Пусть $M$ — точка касания вписанной окружности и стороны $AD$. Тогда $OM \perp AD$ и $OM = r_{in}$. Апофема боковой грани $SM$ также перпендикулярна $AD$. Таким образом, угол $\angle SMO$ — это линейный угол двугранного угла при ребре $AD$, и его величина равна $\beta$.

В данную пирамиду вписан шар радиуса $r$. Центр шара $I$ находится на высоте пирамиды $SO$. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно радиусу шара, то есть $IO = r$. Центр вписанного шара равноудален от всех граней пирамиды. Это означает, что в плоскости сечения $SOM$ точка $I$ равноудалена от прямых $OM$ (лежащей в плоскости основания) и $SM$ (лежащей в плоскости боковой грани). Следовательно, луч $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OMI$ (угол $\angle O$ прямой, так как $SO$ — высота). Угол $\angle OMI$ равен половине угла $\angle SMO$, то есть $\angle OMI = \beta/2$. Катеты этого треугольника — $OI = r$ и $OM = r_{in}$. Из определения тангенса угла получаем:$ \tan(\angle OMI) = \frac{OI}{OM} \implies \tan(\beta/2) = \frac{r}{r_{in}} $Из этого соотношения выразим радиус окружности, вписанной в трапецию:$ r_{in} = \frac{r}{\tan(\beta/2)} = r \cot(\beta/2) $

Поскольку в трапецию можно вписать окружность, ее высота равна диаметру этой окружности. Высотой нашей прямоугольной трапеции является сторона $AB$. Таким образом:$ AB = 2r_{in} = 2r \cot(\beta/2) $

Для нахождения длины стороны $CD$ вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle CHD$. Мы знаем, что катет $CH$ равен высоте трапеции $AB$, а противолежащий ему угол равен $\alpha$. Из определения синуса:$ \sin(\alpha) = \frac{CH}{CD} \implies CD = \frac{CH}{\sin(\alpha)} = \frac{AB}{\sin(\alpha)} $

Подставим найденное выражение для $AB$ в эту формулу, чтобы получить окончательный ответ:$ CD = \frac{2r \cot(\beta/2)}{\sin(\alpha)} $

Ответ: $ \frac{2r \cot(\beta/2)}{\sin(\alpha)} $

214. В правильную четырёхугольную усечённую пирамиду вписан шар, радиус которого равен $R$. Двугранный угол усечённой пирамиды при ребре её большего основания равен $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

214. В правильную четырёхугольную усечённую пирамиду вписан шар, радиус которого равен $R$. Двугранный угол усечённой пирамиды при ребре её большего основания равен $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

Пусть дана правильная четырехугольная усеченная пирамида. В основаниях лежат квадраты со сторонами $a$ (большее основание) и $b$ (меньшее основание). Пусть $h_a$ — апофема (высота боковой грани) усеченной пирамиды.

Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{P_1 + P_2}{2} \cdot h_a$, где $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований. Поскольку основания являются квадратами, $P_1 = 4a$ и $P_2 = 4b$. Таким образом, формула для площади боковой поверхности принимает вид: $S_{бок} = \frac{4a + 4b}{2} \cdot h_a = 2(a+b)h_a$.

По условию, в усеченную пирамиду вписан шар радиуса $R$. Это означает, что шар касается обоих оснований пирамиды. Следовательно, высота пирамиды $H$ равна диаметру шара: $H = 2R$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через середины противоположных сторон оснований. Такое сечение является равнобокой трапецией. Основания этой трапеции равны сторонам оснований пирамиды ($a$ и $b$), боковые стороны равны апофеме $h_a$, а высота этой трапеции равна высоте пирамиды $H=2R$. В эту трапецию вписана окружность, которая является сечением вписанного шара и имеет радиус $R$.

Двугранный угол при ребре большего основания равен $60^\circ$. В рассматриваемом сечении этот угол ($\alpha$) является углом при большем основании трапеции. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный апофемой $h_a$ (гипотенуза), высотой $H$ (катет) и проекцией апофемы на плоскость основания. В этом треугольнике угол, противолежащий катету $H$, равен $\alpha = 60^\circ$. Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем: $\sin(\alpha) = \frac{H}{h_a}$ Отсюда выразим апофему $h_a$: $h_a = \frac{H}{\sin(\alpha)} = \frac{2R}{\sin(60^\circ)} = \frac{2R}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{4R}{\sqrt{3}}$.

Так как в трапецию (осевое сечение) можно вписать окружность, для неё выполняется свойство описанного четырехугольника: суммы длин противоположных сторон равны. $a + b = h_a + h_a = 2h_a$.

Теперь мы можем подставить это соотношение в формулу площади боковой поверхности: $S_{бок} = 2(a+b)h_a = 2(2h_a)h_a = 4h_a^2$. Подставим найденное значение апофемы $h_a$: $S_{бок} = 4 \left(\frac{4R}{\sqrt{3}}\right)^2 = 4 \cdot \frac{16R^2}{3} = \frac{64R^2}{3}$.

Ответ: $\frac{64R^2}{3}$