Номер 16, страница 10 - 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 треугольную пирамиду, сторона основания которой равна $a$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$.

2. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если площадь её основания равна 8 см$^2$.

3. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $12\sqrt{3}$ см, а центр шара, вписанного в пирамиду, делит её высоту в отношении 5 : 3, считая от вершины пирамиды. Найдите высоту пирамиды.

1. Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с основанием ABC. Сторона основания равна $a$. Пусть SO - высота пирамиды, O - центр основания (и центр вписанной и описанной окружностей). Вписанный шар касается всех граней пирамиды. Центр вписанного шара (пусть это точка I) лежит на высоте пирамиды SO.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту SO и апофему основания OM (где M - середина стороны BC). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник SOM, где SM - апофема боковой грани (слант-высота). Угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания, то есть $\angle SMO = \alpha$.
Центр вписанного шара I равноудален от всех граней. Расстояние от I до плоскости основания (ABC) равно радиусу шара $r$, и это расстояние равно длине отрезка IO. Таким образом, $IO = r$. Расстояние от точки I до боковой грани (SBC) также равно $r$. В нашем сечении это расстояние будет перпендикуляром, опущенным из точки I на апофему SM.
Точка I лежит на биссектрисе двугранного угла, поэтому в треугольнике SOM отрезок MI является биссектрисой угла $\angle SMO$. Следовательно, $\angle IMO = \frac{\alpha}{2}$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник IOM (с прямым углом при O). В нем катет $IO = r$, а катет OM - это радиус вписанной в основание окружности (апофема основания). Для правильного треугольника со стороной $a$ радиус вписанной окружности равен: $OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Из треугольника IOM имеем соотношение: $\tan(\angle IMO) = \frac{IO}{OM}$ $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{r}{OM}$ Отсюда выражаем радиус $r$: $r = OM \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a\sqrt{3}}{6} \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Ответ: $r = \frac{a\sqrt{3}}{6} \tan(\frac{\alpha}{2})$.

2. Если в прямую призму вписан шар, то его центр равноудален от всех граней призмы. Это означает, что шар касается обоих оснований и всех боковых граней.
1. Касание оснований означает, что расстояние между основаниями, то есть высота призмы $H$, равна диаметру шара $2r$, где $r$ - радиус шара. Итак, $H = 2r$.
2. Касание боковых граней означает, что в основание призмы можно вписать окружность, радиус которой равен радиусу шара $r$.
Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле $S_{бок} = P_{осн} \cdot H$, где $P_{осн}$ - периметр основания.
Площадь многоугольника, в который можно вписать окружность, связана с его периметром и радиусом вписанной окружности $r$ формулой $S_{осн} = p \cdot r$, где $p$ - полупериметр ($p = P_{осн}/2$).
Отсюда $S_{осн} = \frac{P_{осн}}{2} \cdot r$. Выразим периметр: $P_{осн} = \frac{2S_{осн}}{r}$.
Теперь подставим выражения для $P_{осн}$ и $H$ в формулу площади боковой поверхности: $S_{бок} = P_{осн} \cdot H = \left(\frac{2S_{осн}}{r}\right) \cdot (2r) = 4S_{осн}$.
По условию, площадь основания $S_{осн} = 8 \text{ см}^2$. Найдем площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 4 \cdot 8 = 32 \text{ см}^2$.
Ответ: $32 \text{ см}^2$.

3. Пусть SO - высота правильной треугольной пирамиды, $H = SO$. Центр вписанного шара, точка I, лежит на высоте SO. По условию, точка I делит высоту в отношении 5:3, считая от вершины S. То есть $SI : IO = 5 : 3$.
Всю высоту $H$ можно представить как $5x + 3x = 8x$. Тогда $SI = 5x$ и $IO = 3x$. Отсюда $H = 8x$.
Расстояние от центра вписанного шара до основания равно радиусу шара $r$. В нашем случае это отрезок IO. $r = IO = 3x = \frac{3}{8}H$.
Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту SO и апофему основания OM. Получим прямоугольный треугольник SOM. Точка I лежит на катете SO.
Сторона основания $a = 12\sqrt{3}$ см. Найдем апофему основания OM (радиус вписанной в основание окружности): $OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 6$ см.
Проведем из точки I перпендикуляр IK к гипотенузе SM (апофеме боковой грани). Длина этого перпендикуляра также равна радиусу вписанного шара, $IK = r = \frac{3}{8}H$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SIK$ и $\triangle SOM$. Они подобны по общему острому углу $\angle S$.
Из подобия треугольников следует отношение соответствующих сторон: $\frac{SI}{SM} = \frac{IK}{OM}$.
Нам известны: $SI = 5x = \frac{5}{8}H$; $IK = r = \frac{3}{8}H$; $OM = 6$ см.
Апофему боковой грани SM найдем по теореме Пифагора из $\triangle SOM$: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + 6^2} = \sqrt{H^2 + 36}$.
Подставим все в пропорцию: $\frac{\frac{5}{8}H}{\sqrt{H^2 + 36}} = \frac{\frac{3}{8}H}{6}$.
Так как высота $H \neq 0$, можно сократить обе части уравнения на $\frac{H}{8}$: $\frac{5}{\sqrt{H^2 + 36}} = \frac{3}{6}$ $\frac{5}{\sqrt{H^2 + 36}} = \frac{1}{2}$.
По свойству пропорции: $\sqrt{H^2 + 36} = 5 \cdot 2 = 10$.
Возведем обе части в квадрат: $H^2 + 36 = 100$ $H^2 = 100 - 36 = 64$ $H = \sqrt{64} = 8$ см.
Ответ: $8$ см.