Номер 16, 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.