Номер 16, страница 40 - 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 её апофема равна $l$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$.

2. В прямую призму вписан шар. Найдите площадь основания призмы, если площадь её боковой поверхности равна $56 \, \text{см}^2$.

3. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $80\sqrt{3}$ см, а центр шара, вписанного в пирамиду, делит её высоту в отношении $17 : 8$, считая от вершины пирамиды. Найдите высоту пирамиды.

1. Пусть $r$ — радиус вписанного шара. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через её высоту $SO$ и апофему $SM$, где $S$ — вершина пирамиды, $O$ — центр основания (правильного шестиугольника), а $M$ — середина стороны основания. Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOM$.
В этом треугольнике гипотенуза $SM$ — это апофема пирамиды, равная $l$. Катет $SO$ — высота пирамиды, а катет $OM$ — радиус вписанной в основание окружности (апофема основания). Двугранный угол при ребре основания — это угол $\angle SMO$, по условию он равен $\alpha$.
Центр вписанного шара лежит на высоте пирамиды $SO$ и равноудалён от плоскости основания и от боковых граней. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно радиусу шара $r$. Точка, равноудалённая от сторон угла, лежит на его биссектрисе. Следовательно, в сечении центр шара (обозначим его $O_c$) лежит на биссектрисе угла $\angle SMO$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $O_cOM$ (с прямым углом при $O$). Катет $O_cO$ равен радиусу шара $r$. Угол $\angle O_cMO$ равен половине двугранного угла, то есть $\alpha/2$. Катет $OM$ можно найти из треугольника $SOM$: $OM = SM \cdot \cos(\alpha) = l \cos(\alpha)$.
В треугольнике $O_cOM$ тангенс угла $\angle O_cMO$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:
$\tan(\angle O_cMO) = \frac{O_cO}{OM}$
$\tan(\alpha/2) = \frac{r}{l \cos(\alpha)}$
Отсюда выражаем радиус $r$:
$r = l \cos(\alpha) \tan(\alpha/2)$
Ответ: $r = l \cos(\alpha) \tan(\alpha/2)$.

2. Пусть $h$ — высота прямой призмы, $r$ — радиус вписанного в неё шара, $S_{осн}$ — площадь основания, а $P_{осн}$ — периметр основания.
Если в прямую призму вписан шар, то он касается верхнего и нижнего оснований. Это означает, что высота призмы равна диаметру шара: $h = 2r$.
Шар также касается всех боковых граней призмы. Это означает, что в основание призмы можно вписать окружность, и её радиус будет равен радиусу шара $r$.
Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле: $S_{бок} = P_{осн} \cdot h$.
По условию $S_{бок} = 56 \, \text{см}^2$. Подставим $h=2r$:
$56 = P_{осн} \cdot 2r$
Отсюда получаем: $P_{осн} \cdot r = 28$.
Площадь многоугольника, в который можно вписать окружность, находится по формуле: $S_{осн} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot r$.
Подставим найденное значение $P_{осн} \cdot r$:
$S_{осн} = \frac{1}{2} \cdot 28 = 14 \, \text{см}^2$.
Ответ: $14 \, \text{см}^2$.

3. Пусть $h$ — искомая высота пирамиды $SH$, $r$ — радиус вписанного шара. Центр вписанного шара $O$ лежит на высоте $SH$.
По условию, центр шара делит высоту в отношении $17:8$, считая от вершины. Это означает, что $SO:OH = 17:8$.
Расстояние от центра вписанного шара до основания равно его радиусу, то есть $OH=r$.
Из пропорции находим $SO = \frac{17}{8}OH = \frac{17}{8}r$.
Тогда вся высота пирамиды $h = SH = SO + OH = \frac{17}{8}r + r = \frac{25}{8}r$.
Отсюда можно выразить радиус шара через высоту: $r = \frac{8}{25}h$.
Теперь найдём радиус шара через геометрические параметры пирамиды. Сторона основания (правильный треугольник) $a = 80\sqrt{3}$ см.
Радиус окружности, вписанной в основание, равен $r_{осн} = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{80\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 40$ см.
Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту $SH$ и апофему основания $HM$ (где $M$ — середина стороны основания). В этом сечении $HM = r_{осн} = 40$ см.
В прямоугольном треугольнике $SHM$ апофема пирамиды $SM = \sqrt{SH^2 + HM^2} = \sqrt{h^2 + 40^2} = \sqrt{h^2 + 1600}$.
Радиус вписанного в пирамиду шара можно найти по формуле $r = \frac{3V}{S_{полн}}$, где $V$ — объём пирамиды, а $S_{полн}$ — площадь её полной поверхности.
Площадь основания: $S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(80\sqrt{3})^2\sqrt{3}}{4} = 4800\sqrt{3} \, \text{см}^2$.
Объём пирамиды: $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 4800\sqrt{3} \cdot h = 1600\sqrt{3}h$.
Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = \frac{1}{2}P_{осн} \cdot SM = \frac{1}{2} (3 \cdot 80\sqrt{3}) \sqrt{h^2 + 1600} = 120\sqrt{3}\sqrt{h^2+1600}$.
Площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 4800\sqrt{3} + 120\sqrt{3}\sqrt{h^2+1600}$.
Подставим всё в формулу для радиуса:
$r = \frac{3 \cdot 1600\sqrt{3}h}{4800\sqrt{3} + 120\sqrt{3}\sqrt{h^2+1600}} = \frac{4800\sqrt{3}h}{120\sqrt{3}(40+\sqrt{h^2+1600})} = \frac{40h}{40+\sqrt{h^2+1600}}$.
Теперь приравняем два выражения для $r$:
$\frac{8}{25}h = \frac{40h}{40+\sqrt{h^2+1600}}$
Поскольку $h \neq 0$, сокращаем на $h$:
$\frac{8}{25} = \frac{40}{40+\sqrt{h^2+1600}}$
$\frac{1}{25} = \frac{5}{40+\sqrt{h^2+1600}}$
$40+\sqrt{h^2+1600} = 5 \cdot 25 = 125$
$\sqrt{h^2+1600} = 125 - 40 = 85$
Возводим обе части в квадрат:
$h^2 + 1600 = 85^2 = 7225$
$h^2 = 7225 - 1600 = 5625$
$h = \sqrt{5625} = 75$ см.
Ответ: $75$ см.