Номер 3, страница 46 - гдз по геометрии 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 3

Сфера и шар. Уравнение сферы.

Комбинации шара с многогранниками,

цилиндром и конусом

1. Площадь сечения шара равна $49\pi$ см². Это сечение удалено от центра шара на 24 см. Найдите радиус шара.

2. Составьте уравнение сферы, если она проходит через точку $M (-3; 1; 4)$, центр сферы принадлежит оси ординат, а радиус сферы равен $\sqrt{29}$.

3. Образующая конуса равна 13 см, а радиус основания — 5 см. Найдите радиус шара, вписанного в данный конус.

4. Основанием пирамиды является ромб с острым углом $\alpha$, а его большая диагональ равна $d$. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$. Найдите радиус шара, вписанного в данную пирамиду.

5. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а апофема пирамиды равна $a$. Найдите радиус сферы, описанной около данной пирамиды.

1.Сечение шара плоскостью представляет собой круг. Площадь этого круга $S_{сеч}$ дается формулой $S_{сеч} = \pi r^2$, где $r$ — радиус сечения.
По условию, $S_{сеч} = 49\pi$ см². Следовательно, мы можем найти радиус сечения:$\pi r^2 = 49\pi$$r^2 = 49$$r = 7$ см.
Радиус шара $R$, радиус сечения $r$ и расстояние от центра шара до плоскости сечения $d$ связаны соотношением по теореме Пифагора: $R^2 = d^2 + r^2$.
По условию, $d = 24$ см. Подставим известные значения в формулу:$R^2 = 24^2 + 7^2$$R^2 = 576 + 49$$R^2 = 625$$R = \sqrt{625} = 25$ см.
Ответ: 25 см.

2.Общее уравнение сферы с центром в точке $C(x_0; y_0; z_0)$ и радиусом $R$ имеет вид:$(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 + (z-z_0)^2 = R^2$.
По условию, центр сферы принадлежит оси ординат (оси OY), значит, его координаты $x_0 = 0$ и $z_0 = 0$. Таким образом, центр сферы — это точка $C(0; y_0; 0)$.
Радиус сферы равен $R = \sqrt{29}$, следовательно, $R^2 = 29$.
Уравнение сферы принимает вид:$x^2 + (y-y_0)^2 + z^2 = 29$.
Сфера проходит через точку $M(-3; 1; 4)$, поэтому координаты этой точки должны удовлетворять уравнению сферы. Подставим их в уравнение:$(-3)^2 + (1-y_0)^2 + 4^2 = 29$$9 + (1-y_0)^2 + 16 = 29$$25 + (1-y_0)^2 = 29$$(1-y_0)^2 = 4$
Отсюда получаем два возможных значения для $y_0$:1) $1 - y_0 = 2 \Rightarrow y_0 = -1$.2) $1 - y_0 = -2 \Rightarrow y_0 = 3$.
Следовательно, существуют две сферы, удовлетворяющие условиям задачи. Их уравнения:1) При $y_0 = -1$: $x^2 + (y - (-1))^2 + z^2 = 29 \Rightarrow x^2 + (y+1)^2 + z^2 = 29$.2) При $y_0 = 3$: $x^2 + (y - 3)^2 + z^2 = 29$.
Ответ: $x^2 + (y+1)^2 + z^2 = 29$ или $x^2 + (y-3)^2 + z^2 = 29$.

3.Рассмотрим осевое сечение конуса и вписанного в него шара. Сечением является равнобедренный треугольник, в который вписан круг. Боковые стороны треугольника равны образующей конуса $l=13$ см, а основание равно диаметру основания конуса, то есть $2r_{кон} = 2 \cdot 5 = 10$ см. Радиус вписанного круга равен радиусу вписанного шара $r_{шара}$.
Найдем высоту конуса $H$, которая также является высотой треугольника. По теореме Пифагора:$H = \sqrt{l^2 - r_{кон}^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12$ см.
Радиус шара (круга в сечении) можно найти, используя подобие треугольников. Пусть $V$ — вершина конуса, $O$ — центр основания, $A$ — точка на окружности основания. В осевом сечении это вершины $\triangle VAB$. Центр вписанной сферы $O_s$ лежит на высоте $VO$. Пусть $K$ — точка касания сферы и образующей $VA$. Тогда $O_sK \perp VA$ и $O_sK = r_{шара}$.
Прямоугольные треугольники $\triangle VOA$ и $\triangle VO_sK$ подобны по общему острому углу при вершине $V$.Из подобия следует отношение сторон:$\frac{O_sK}{OA} = \frac{VO_s}{VA}$
Здесь $OA = r_{кон} = 5$, $VA = l = 13$, $VO = H = 12$, $O_sK = r_{шара}$, $VO_s = VO - OO_s = H - r_{шара} = 12 - r_{шара}$.
Подставим значения в пропорцию:$\frac{r_{шара}}{5} = \frac{12 - r_{шара}}{13}$
$13 \cdot r_{шара} = 5 \cdot (12 - r_{шара})$$13 \cdot r_{шара} = 60 - 5 \cdot r_{шара}$$18 \cdot r_{шара} = 60$$r_{шара} = \frac{60}{18} = \frac{10}{3}$ см.
Ответ: $\frac{10}{3}$ см.

4.Так как двугранные углы при ребрах основания пирамиды равны, то вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. Основание — ромб, центр вписанной окружности находится в точке пересечения его диагоналей.
Пусть $r$ — радиус шара, вписанного в пирамиду. Он связан с радиусом $r_{осн}$ окружности, вписанной в основание, и двугранным углом $\beta$ при ребре основания формулой $r = r_{осн} \tan(\frac{\beta}{2})$.
Найдем $r_{осн}$ для ромба. Радиус вписанной в ромб окружности равен половине его высоты $h$.$r_{осн} = \frac{h}{2}$.
Высоту ромба можно выразить через его большую диагональ $d$ и острый угол $\alpha$. Диагонали ромба делят его углы пополам. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный половинами диагоналей и стороной ромба. Половина большей диагонали равна $d/2$. Половина острого угла равна $\alpha/2$.Высота ромба $h = d \sin(\frac{\alpha}{2})$.Докажем это: сторона ромба $a = \frac{d/2}{\cos(\alpha/2)}$. Площадь ромба $S = a \cdot h = a^2 \sin(\alpha)$. Также $S = \frac{1}{2}d \cdot d'$, где $d'$ - меньшая диагональ. $d' = 2 \cdot \frac{d}{2} \tan(\frac{\alpha}{2}) = d \tan(\frac{\alpha}{2})$. $S = \frac{1}{2}d^2 \tan(\frac{\alpha}{2})$. Приравняв $a \cdot h$ и $S$, получим $h = \frac{S}{a} = \frac{\frac{1}{2}d^2\tan(\frac{\alpha}{2})}{d/(2\cos(\frac{\alpha}{2}))} = d \tan(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2}) = d \sin(\frac{\alpha}{2})$.
Итак, $r_{осн} = \frac{h}{2} = \frac{d}{2}\sin(\frac{\alpha}{2})$.
Теперь найдем радиус вписанного шара:$r = r_{осн} \tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{d}{2}\sin(\frac{\alpha}{2})\tan(\frac{\beta}{2})$.
Ответ: $r = \frac{d}{2}\sin(\frac{\alpha}{2})\tan(\frac{\beta}{2})$.

5.Центр сферы, описанной около правильной пирамиды, лежит на ее высоте. Радиус этой сферы $R$ можно найти по формуле $R = \frac{H^2 + r_{осн}^2}{2H}$, где $H$ — высота пирамиды, а $r_{осн}$ — радиус окружности, описанной около основания.
Рассмотрим правильную четырехугольную пирамиду. В ее основании лежит квадрат. Пусть $s$ — сторона квадрата.Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через ее высоту и апофему. Это сечение — прямоугольный треугольник, где гипотенуза — апофема $a$, один катет — высота пирамиды $H$, а второй катет — отрезок, соединяющий центр основания с серединой стороны (равен половине стороны основания, $s/2$). Угол между апофемой и основанием равен заданному двугранному углу $\alpha$.
Из этого треугольника находим:$H = a \sin(\alpha)$$\frac{s}{2} = a \cos(\alpha) \Rightarrow s = 2a \cos(\alpha)$.
Радиус окружности, описанной около квадрата со стороной $s$, равен половине его диагонали:$r_{осн} = \frac{s\sqrt{2}}{2} = \frac{(2a \cos(\alpha))\sqrt{2}}{2} = a\sqrt{2}\cos(\alpha)$.
Теперь подставим найденные $H$ и $r_{осн}$ в формулу для радиуса описанной сферы:$R = \frac{(a \sin(\alpha))^2 + (a\sqrt{2}\cos(\alpha))^2}{2a \sin(\alpha)}$$R = \frac{a^2 \sin^2(\alpha) + 2a^2 \cos^2(\alpha)}{2a \sin(\alpha)}$$R = \frac{a^2 (\sin^2(\alpha) + 2\cos^2(\alpha))}{2a \sin(\alpha)}$$R = \frac{a (\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) + \cos^2(\alpha))}{2 \sin(\alpha)}$
Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$, получаем:$R = \frac{a (1 + \cos^2(\alpha))}{2 \sin(\alpha)}$.
Ответ: $R = \frac{a(1 + \cos^2(\alpha))}{2\sin(\alpha)}$.