Номер 16, страница 30 - 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 тре-угольную пирамиду, если радиус окружности, описан-ной около её основания, равен $m$, а двугранный угол пи-рамиды при ребре основания равен $\beta$.

2. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь боко-вой поверхности призмы, если площадь её основания равна 12 см$^2$.

3. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $24\sqrt{3}$ см, а центр шара, вписанного в пирамиду, делит её высоту в отношении 5 : 4, считая от вершины пирамиды. Найдите высоту пирамиды.

1.

Пусть $r$ — искомый радиус вписанного шара. В правильной треугольной пирамиде центр вписанного шара лежит на ее высоте. Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $SO$ и апофему боковой грани $SM$. Это сечение является прямоугольным треугольником $SOM$ (с прямым углом при вершине $O$).

В этом треугольнике отрезок $OM$ является радиусом окружности, вписанной в основание пирамиды ($r_{осн}$), а угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания, то есть $\angle SMO = \beta$.

В основании лежит правильный треугольник. Для него радиус описанной окружности $R_{осн}$ и радиус вписанной окружности $r_{осн}$ связаны соотношением $R_{осн} = 2r_{осн}$. По условию $R_{осн} = m$, следовательно, $r_{осн} = OM = \frac{m}{2}$.

Центр вписанного шара $I$ равноудален от всех граней пирамиды. Он лежит на высоте $SO$. Также он лежит в биссекторной плоскости двугранного угла при ребре основания. В нашем сечении $SOM$ это означает, что точка $I$ лежит на биссектрисе угла $\angle SMO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OIM$, который является частью треугольника $SOM$. В нем катет $OI$ равен радиусу вписанного шара $r$, катет $OM = \frac{m}{2}$, а угол $\angle OMI$ равен половине двугранного угла, то есть $\angle OMI = \frac{\beta}{2}$.

Из соотношения в прямоугольном треугольнике $OIM$ имеем:

$\tan(\angle OMI) = \frac{OI}{OM}$

Подставляя известные значения, получаем:

$\tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{r}{\frac{m}{2}}$

Отсюда выражаем радиус $r$:

$r = \frac{m}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$

Ответ: $r = \frac{m}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$

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 вписанного шара $2r$, где $r$ — радиус шара.

Радиус окружности, вписанной в основание, также равен радиусу шара $r$.

Площадь основания призмы ($S_{осн}$), если в него можно вписать окружность, вычисляется по формуле:

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

Таким образом, $S_{осн} = \frac{P_{осн} \cdot r}{2}$. Отсюда можно выразить периметр основания: $P_{осн} = \frac{2S_{осн}}{r}$.

Площадь боковой поверхности прямой призмы ($S_{бок}$) вычисляется по формуле:

$S_{бок} = P_{осн} \cdot H$.

Подставим в эту формулу выражения для $P_{осн}$ и $H=2r$:

$S_{бок} = \left(\frac{2S_{осн}}{r}\right) \cdot (2r) = 4S_{осн}$.

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

Тогда площадь боковой поверхности равна:

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

Ответ: $48 \text{ см}^2$.

3.

Пусть $SO = H$ — высота правильной треугольной пирамиды. Центр вписанного шара $I$ лежит на высоте $SO$. По условию, точка $I$ делит высоту $SO$ в отношении $5:4$, считая от вершины $S$. Следовательно, $SI:IO = 5:4$.

Обозначим $SI = 5x$ и $IO = 4x$. Тогда вся высота $H = SO = SI + IO = 5x + 4x = 9x$.

Радиус вписанного шара $r$ равен расстоянию от его центра $I$ до плоскости основания, то есть $r = IO = 4x$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $SO$ и апофему $SM$ (где $M$ — середина ребра основания). Это сечение — прямоугольный треугольник $SOM$.

Отрезок $OM$ является радиусом окружности, вписанной в основание ($r_{осн}$). Сторона основания $a = 24\sqrt{3}$ см. Для правильного треугольника:

$r_{осн} = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 12$ см.

В сечении $SOM$ проведем из точки $I$ перпендикуляр $IK$ к апофеме $SM$. Длина этого перпендикуляра равна радиусу вписанного шара, $IK = r = 4x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SIK$ (прямой угол при вершине $K$). Его гипотенуза $SI = 5x$, а катет $IK = 4x$. Угол $\angle ISK$ в этом треугольнике совпадает с углом $\angle OSM$ в треугольнике $SOM$. Найдем синус этого угла:

$\sin(\angle OSM) = \sin(\angle ISK) = \frac{IK}{SI} = \frac{4x}{5x} = \frac{4}{5}$.

Зная синус острого угла $\angle OSM$, найдем его тангенс:

$\cos(\angle OSM) = \sqrt{1 - \sin^2(\angle OSM)} = \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2} = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5}$.

$\tan(\angle OSM) = \frac{\sin(\angle OSM)}{\cos(\angle OSM)} = \frac{4/5}{3/5} = \frac{4}{3}$.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $SOM$. Из него:

$\tan(\angle OSM) = \frac{OM}{SO} = \frac{r_{осн}}{H}$.

Подставим известные значения:

$\frac{4}{3} = \frac{12}{H}$.

Решим уравнение относительно $H$:

$4H = 3 \cdot 12 \implies 4H = 36 \implies H = 9$ см.

Ответ: $9$ см.