Страница 20 - гдз по геометрии 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 16

Многогранники, описанные около сферы

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

2. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь основания призмы, если площадь её боковой поверхности равна $48 \, \text{см}^2$.

3. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $30\sqrt{3}$ см, а центр шара, вписанного в пирамиду, делит её высоту в отношении $13 : 5$, считая от вершины пирамиды. Найдите высоту пирамиды.

1.Рассмотрим правильную шестиугольную пирамиду. Пусть $O$ — центр основания, $S$ — вершина пирамиды, $SO=H$ — ее высота. Центр вписанного шара $O_s$ лежит на высоте $SO$. Пусть $r$ — радиус вписанного шара, тогда $O_sO = r$.В основании лежит правильный шестиугольник. Радиус $R$ описанной около него окружности равен его стороне $a$. По условию $R = m$, следовательно, $a = m$.Радиус $r_{осн}$ вписанной в правильный шестиугольник окружности равен апофеме основания. Найдем его: $r_{осн} = a \frac{\sqrt{3}}{2} = m \frac{\sqrt{3}}{2}$.Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему основания $OM$. Это сечение — прямоугольный треугольник $SOM$, где $OM = r_{осн}$. Угол $SMO$ — это линейный угол двугранного угла при ребре основания, по условию $\angle SMO = \beta$.Вписанный шар касается основания в точке $O$ и боковой грани в некоторой точке $P$. В нашем сечении это означает, что шар касается отрезка $OM$ в точке $O$ и отрезка $SM$ (апофемы пирамиды) в точке $P$. Расстояние от центра шара $O_s$ до плоскости основания и до боковой грани равно радиусу шара $r$.Таким образом, $O_sO=r$ и перпендикуляр из $O_s$ к $SM$ также равен $r$.В прямоугольном треугольнике $SOM$ имеем: $SO = H = OM \cdot \tan(\beta) = m \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\beta)$.Рассмотрим точку $O_s$ на высоте $SO$. $SO_s = H - r$. Проведем из $O_s$ перпендикуляр $O_sP$ к апофеме $SM$. $O_sP=r$.В прямоугольном треугольнике $SPO_s$ угол $\angle OSM = 90^\circ - \beta$.Тогда $\sin(\angle OSM) = \frac{O_sP}{SO_s}$, или $\sin(90^\circ - \beta) = \frac{r}{H-r}$.Получаем $\cos(\beta) = \frac{r}{H-r}$.Выразим $r$:$r = (H-r)\cos(\beta)$$r = H\cos(\beta) - r\cos(\beta)$$r(1 + \cos(\beta)) = H\cos(\beta)$$r = \frac{H\cos(\beta)}{1 + \cos(\beta)}$Подставим выражение для $H$:$r = \frac{m \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\beta) \cos(\beta)}{1 + \cos(\beta)} = \frac{m \frac{\sqrt{3}}{2} \sin(\beta)}{1 + \cos(\beta)}$.Используя формулы половинного угла: $\sin(\beta) = 2\sin(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\beta}{2})$ и $1 + \cos(\beta) = 2\cos^2(\frac{\beta}{2})$, получаем:$r = \frac{m \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2\sin(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\beta}{2})}{2\cos^2(\frac{\beta}{2})} = \frac{m\sqrt{3}}{2} \frac{\sin(\frac{\beta}{2})}{\cos(\frac{\beta}{2})} = m \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$.
Ответ: $m \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$.

2.Для того чтобы в прямую призму можно было вписать шар, необходимо выполнение двух условий:1. В основание призмы можно вписать окружность.2. Высота призмы $H$ равна диаметру этой вписанной окружности, а следовательно, и диаметру вписанного шара.Пусть $r$ — радиус вписанного шара. Тогда радиус окружности, вписанной в основание призмы, $r_{осн} = r$, а высота призмы $H = 2r = 2r_{осн}$.Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле $S_{бок} = P_{осн} \cdot H$, где $P_{осн}$ — периметр основания.По условию $S_{бок} = 48$ см².Подставим выражение для высоты: $48 = P_{осн} \cdot (2r_{осн})$.Отсюда получаем: $P_{осн} \cdot r_{осн} = \frac{48}{2} = 24$.Площадь основания призмы $S_{осн}$ (многоугольника, в который можно вписать окружность) находится по формуле $S_{осн} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot r_{осн}$.Подставим найденное значение $P_{осн} \cdot r_{осн}$:$S_{осн} = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$ см².
Ответ: 12 см².

3.Пусть $SO=H$ — высота правильной треугольной пирамиды, $O$ — центр ее основания. Центр вписанного шара $O_s$ лежит на высоте $SO$.По условию, точка $O_s$ делит высоту $SO$ в отношении $13:5$, считая от вершины $S$. Это значит, что $SO_s : O_sO = 13:5$.Пусть $SO_s = 13k$ и $O_sO = 5k$ для некоторого коэффициента $k$.Тогда высота пирамиды $H = SO = SO_s + O_sO = 13k + 5k = 18k$.Радиус вписанного шара $r$ равен расстоянию от его центра до плоскости основания, то есть $r = O_sO = 5k$.Выразим радиус шара через высоту пирамиды: $r = \frac{5}{18}H$.Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему основания $OM$. Это сечение — прямоугольный треугольник $SOM$.В основании лежит правильный треугольник со стороной $a = 30\sqrt{3}$ см. Радиус вписанной в него окружности $OM$ равен:$OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{30\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 15$ см.В сечении $SOM$ центр шара $O_s$ лежит на катете $SO$. Расстояние от $O_s$ до другого катета $OM$ равно нулю, а расстояние до гипотенузы $SM$ (апофемы пирамиды) равно радиусу шара $r$. Проведем перпендикуляр $O_sP$ из точки $O_s$ к $SM$. Тогда $O_sP=r$.Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOM$ и $\triangle SPO_s$. Они подобны по общему острому углу при вершине $S$.Из подобия следует отношение сторон:$\frac{O_sP}{OM} = \frac{SO_s}{SM}$Нам известны:$O_sP = r = \frac{5}{18}H$$OM = 15$$SO_s = H - r = H - \frac{5}{18}H = \frac{13}{18}H$Апофему $SM$ найдем по теореме Пифагора из $\triangle SOM$: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + 15^2} = \sqrt{H^2 + 225}$.Подставим все в пропорцию:$\frac{\frac{5}{18}H}{15} = \frac{\frac{13}{18}H}{\sqrt{H^2 + 225}}$Так как $H \neq 0$, можем сократить на $\frac{H}{18}$:$\frac{5}{15} = \frac{13}{\sqrt{H^2 + 225}}$$\frac{1}{3} = \frac{13}{\sqrt{H^2 + 225}}$$\sqrt{H^2 + 225} = 3 \cdot 13 = 39$Возведем обе части в квадрат:$H^2 + 225 = 39^2$$H^2 + 225 = 1521$$H^2 = 1521 - 225 = 1296$$H = \sqrt{1296} = 36$ см.
Ответ: 36 см.

Самостоятельная работа № 17

Тела вращения, вписанные в сферу

1. В шар, радиус которого равен 6,5 см, вписан цилиндр, радиус основания которого равен 6 см. Найдите площадь боковой поверхности цилиндра.

2. Радиусы оснований усечённого конуса равны $R$ и $r$, $R > r$, а диагональ его осевого сечения образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите радиус шара, описанного около усечённого конуса.

3. Радиус основания конуса равен 6 см, а радиус шара, описанного около данного конуса, — 7,5 см. Найдите высоту конуса.

1.

Обозначим радиус шара как $R_{ш}$, радиус основания цилиндра как $r_{ц}$, а высоту цилиндра как $h$. По условию, $R_{ш} = 6,5$ см и $r_{ц} = 6$ см.

Площадь боковой поверхности цилиндра вычисляется по формуле $S_{\text{бок}} = 2 \pi r_{ц} h$. Для нахождения площади нам необходимо определить высоту цилиндра $h$.

Рассмотрим осевое сечение, проходящее через ось цилиндра. Сечением шара будет большая окружность радиуса $R_{ш}$, а сечением цилиндра — вписанный в нее прямоугольник со сторонами $2r_{ц}$ и $h$. Диагональ этого прямоугольника является диаметром шара.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный радиусом шара (гипотенуза), радиусом основания цилиндра (катет) и половиной высоты цилиндра (второй катет). По теореме Пифагора:

$R_{ш}^2 = r_{ц}^2 + (\frac{h}{2})^2$

Подставим известные значения:

$6,5^2 = 6^2 + (\frac{h}{2})^2$

$42,25 = 36 + \frac{h^2}{4}$

$\frac{h^2}{4} = 42,25 - 36$

$\frac{h^2}{4} = 6,25$

$h^2 = 6,25 \cdot 4 = 25$

$h = \sqrt{25} = 5$ см.

Теперь можем найти площадь боковой поверхности цилиндра:

$S_{\text{бок}} = 2 \pi r_{ц} h = 2 \pi \cdot 6 \cdot 5 = 60\pi$ $ \text{см}^2$.

Ответ: $60\pi \text{ см}^2$.

2.

Пусть $R_{ш}$ — искомый радиус шара, описанного около усеченного конуса. Осевое сечение усеченного конуса представляет собой равнобокую трапецию, вписанную в большую окружность описанного шара. Радиус этой окружности и есть $R_{ш}$.

Пусть осевое сечение — трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=2R$ и $BC=2r$. Диагональ трапеции $AC$ образует с плоскостью нижнего основания угол $\alpha$, что в осевом сечении соответствует углу $\angle CAD = \alpha$.

Проведем высоту $CK$ из точки $C$ на основание $AD$. В трапеции $ABCD$ отрезок $DK = \frac{AD-BC}{2} = \frac{2R-2r}{2} = R-r$. Тогда отрезок $AK = AD - DK = 2R - (R-r) = R+r$.

Из прямоугольного треугольника $ACK$:

Высота трапеции $h = CK = AK \cdot \tan\alpha = (R+r)\tan\alpha$.

Диагональ $d = AC = \frac{AK}{\cos\alpha} = \frac{R+r}{\cos\alpha}$.

Образующая конуса $l=CD$. Из прямоугольного треугольника $CKD$ по теореме Пифагора:

$l = \sqrt{CK^2 + DK^2} = \sqrt{((R+r)\tan\alpha)^2 + (R-r)^2}$.

Радиус $R_{ш}$ является радиусом окружности, описанной около треугольника $ACD$. По следствию из теоремы синусов для $\triangle ACD$:

$2R_{ш} = \frac{AC}{\sin(\angle ADC)}$

Из $\triangle CKD$, $\sin(\angle ADC) = \sin(\angle KDC) = \frac{CK}{CD} = \frac{h}{l}$.

Подставим выражения для $AC$ и $\sin(\angle ADC)$:

$2R_{ш} = \frac{(R+r)/\cos\alpha}{h/l} = \frac{l(R+r)}{h\cos\alpha}$

Заменим $h$ на $(R+r)\tan\alpha$:

$2R_{ш} = \frac{l(R+r)}{(R+r)\tan\alpha \cos\alpha} = \frac{l}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cos\alpha} = \frac{l}{\sin\alpha}$

Отсюда $R_{ш} = \frac{l}{2\sin\alpha}$.

Подставим найденное ранее выражение для $l$:

$R_{ш} = \frac{\sqrt{((R+r)\tan\alpha)^2 + (R-r)^2}}{2\sin\alpha}$.

Это выражение можно упростить. Возведем в квадрат и преобразуем числитель:

$((R+r)\tan\alpha)^2 + (R-r)^2 = (R+r)^2\frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha} + (R-r)^2 = \frac{(R+r)^2\sin^2\alpha + (R-r)^2\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}$

$= \frac{(R^2+2Rr+r^2)\sin^2\alpha + (R^2-2Rr+r^2)\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}$

$= \frac{R^2(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha) + r^2(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha) + 2Rr(\sin^2\alpha-\cos^2\alpha)}{\cos^2\alpha} = \frac{R^2+r^2-2Rr\cos(2\alpha)}{\cos^2\alpha}$

Тогда $R_{ш} = \frac{1}{2\sin\alpha}\sqrt{\frac{R^2+r^2-2Rr\cos(2\alpha)}{\cos^2\alpha}} = \frac{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos(2\alpha)}}{2\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos(2\alpha)}}{\sin(2\alpha)}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{((R+r)\tan\alpha)^2 + (R-r)^2}}{2\sin\alpha}$ или в другом виде $\frac{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos(2\alpha)}}{\sin(2\alpha)}$.

3.

Обозначим радиус основания конуса как $r_{к}$, высоту конуса как $h$, радиус описанного шара как $R_{ш}$.

По условию, $r_{к} = 6$ см, $R_{ш} = 7,5$ см.

Рассмотрим осевое сечение конуса, вписанного в шар. Сечением будет равнобедренный треугольник (осевое сечение конуса), вписанный в большую окружность шара. Центр шара $O$ лежит на оси конуса, которая является высотой этого треугольника.

Пусть $H$ — центр основания конуса. Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHB$, где $B$ — точка на окружности основания конуса. Катеты этого треугольника — радиус основания конуса $HB = r_{к}$ и расстояние от центра шара до плоскости основания конуса $OH$. Гипотенуза — радиус шара $OB = R_{ш}$.

По теореме Пифагора: $OB^2 = HB^2 + OH^2$.

$R_{ш}^2 = r_{к}^2 + OH^2$

$7,5^2 = 6^2 + OH^2$

$56,25 = 36 + OH^2$

$OH^2 = 56,25 - 36 = 20,25$

$OH = \sqrt{20,25} = 4,5$ см.

Высота конуса $h$ — это расстояние от вершины конуса $A$ до центра основания $H$. Точки $A$, $O$, $H$ лежат на одной прямой (оси конуса). Возможны два случая расположения центра шара $O$ относительно конуса:

1. Центр шара $O$ находится между вершиной конуса $A$ и его основанием (центром $H$). В этом случае высота конуса $h$ больше радиуса шара $R_{ш}$.

$h = AO + OH = R_{ш} + OH = 7,5 + 4,5 = 12$ см.

2. Основание конуса (центр $H$) находится между вершиной $A$ и центром шара $O$. В этом случае высота конуса $h$ меньше радиуса шара $R_{ш}$.

$h = AO - OH = R_{ш} - OH = 7,5 - 4,5 = 3$ см.

Оба случая являются геометрически возможными. Следовательно, задача имеет два решения.

Ответ: 12 см или 3 см.

Самостоятельная работа № 18

Тела вращения, описанные около сферы

1. Площадь боковой поверхности цилиндра равна $25\pi \text{ см}^2$. Найдите радиус шара, вписанного в данный цилиндр.

2. Высота конуса равна 18 см, а радиус вписанного в него шара — 8 см. Найдите площадь боковой поверхности конуса.

3. Радиусы оснований усечённого конуса равны 3 см и 12 см. В конус вписан шар. Найдите радиус шара и образующую усечённого конуса.

1.

Площадь боковой поверхности цилиндра $S_{бок}$ вычисляется по формуле $S_{бок} = 2 \pi R H$, где $R$ – радиус основания, а $H$ – высота цилиндра.
По условию $S_{бок} = 25\pi \text{ см}^2$, следовательно, $2 \pi R H = 25\pi$, или $2 R H = 25$.
Если в цилиндр вписан шар, то радиус основания цилиндра $R$ равен радиусу шара $r$, а высота цилиндра $H$ равна диаметру шара, то есть $H = 2r$.
Подставим эти соотношения в уравнение $2 R H = 25$:
$2 \cdot r \cdot (2r) = 25$
$4r^2 = 25$
$r^2 = \frac{25}{4}$
$r = \sqrt{\frac{25}{4}} = \frac{5}{2} = 2.5 \text{ см}$.

Ответ: радиус вписанного шара равен 2.5 см.

2.

Площадь боковой поверхности конуса $S_{бок}$ вычисляется по формуле $S_{бок} = \pi R l$, где $R$ – радиус основания конуса, а $l$ – его образующая.
Рассмотрим осевое сечение конуса и вписанного в него шара. Сечением является равнобедренный треугольник, в который вписана окружность. Высота треугольника – это высота конуса $H = 18$ см, а радиус вписанной окружности – это радиус шара $r = 8$ см.
Пусть $\triangle ABC$ – осевое сечение конуса, где $A$ – вершина, $BC$ – диаметр основания, $AM$ – высота ($AM = H = 18$). Центр вписанной окружности $O$ лежит на высоте $AM$. Расстояние от центра $O$ до основания $BC$ равно радиусу $r$, то есть $OM = r = 8$.
Тогда расстояние от вершины $A$ до центра $O$ равно $AO = AM - OM = H - r = 18 - 8 = 10$ см.
Проведем радиус $OK$ из центра $O$ к образующей $AC$ (стороне треугольника). $OK \perp AC$ и $OK = r = 8$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOK$. По теореме Пифагора найдем катет $AK$:
$AK = \sqrt{AO^2 - OK^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см.
Прямоугольные треугольники $\triangle AOK$ и $\triangle AMC$ подобны (по общему острому углу $\angle CAM$). Из подобия следует отношение сторон:
$\frac{OK}{MC} = \frac{AK}{AM}$
Здесь $MC = R$ – радиус основания конуса. Подставим известные значения:
$\frac{8}{R} = \frac{6}{18} \implies \frac{8}{R} = \frac{1}{3} \implies R = 8 \cdot 3 = 24$ см.
Теперь найдем образующую $l = AC$ из прямоугольного треугольника $\triangle AMC$ по теореме Пифагора:
$l = \sqrt{AM^2 + MC^2} = \sqrt{H^2 + R^2} = \sqrt{18^2 + 24^2} = \sqrt{324 + 576} = \sqrt{900} = 30$ см.
Теперь можем вычислить площадь боковой поверхности конуса:
$S_{бок} = \pi R l = \pi \cdot 24 \cdot 30 = 720\pi \text{ см}^2$.

Ответ: площадь боковой поверхности конуса равна $720\pi \text{ см}^2$.

3.

Осевое сечение усеченного конуса, в который вписан шар, представляет собой равнобокую трапецию, в которую вписана окружность.
Пусть радиусы оснований усеченного конуса равны $R_1 = 12$ см и $R_2 = 3$ см, образующая равна $l$.
Для описанной около окружности трапеции (и любого описанного четырехугольника) суммы длин противоположных сторон равны. В нашем случае сумма оснований трапеции равна сумме ее боковых сторон:
$2R_1 + 2R_2 = l + l$
$2(R_1 + R_2) = 2l$
$l = R_1 + R_2$
Подставим значения радиусов:
$l = 12 + 3 = 15$ см.
Теперь найдем радиус вписанного шара $r$. Высота усеченного конуса $H$ равна диаметру вписанного шара, то есть $H = 2r$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой трапеции $H$, частью большего основания, равной разности радиусов $(R_1 - R_2)$, и боковой стороной $l$ (которая является гипотенузой).
По теореме Пифагора: $l^2 = H^2 + (R_1 - R_2)^2$.
Подставим известные значения и $H = 2r$:
$15^2 = (2r)^2 + (12 - 3)^2$
$225 = 4r^2 + 9^2$
$225 = 4r^2 + 81$
$4r^2 = 225 - 81$
$4r^2 = 144$
$r^2 = \frac{144}{4} = 36$
$r = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: радиус шара равен 6 см, образующая усеченного конуса равна 15 см.