Страница 88 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

8.30. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Вершины $A$, $B$ и $D_1$ принадлежат боковой поверхности цилиндра, ось которого параллельна прямой $DC_1$. Найдите радиус основания цилиндра.

Для решения задачи введем декартову систему координат. Поместим начало координат в вершину $D$ куба, а оси направим вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$. В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты (при длине ребра, равной $a$):

• $A = (a, 0, 0)$
• $B = (a, a, 0)$
• $C = (0, a, 0)$
• $D = (0, 0, 0)$
• $C_1 = (0, a, a)$
• $D_1 = (0, 0, a)$

Ось цилиндра по условию параллельна прямой $DC_1$. Найдем направляющий вектор $\vec{u}$ этой прямой:

$\vec{u} = \vec{DC_1} = C_1 - D = (0, a, a) - (0, 0, 0) = (0, a, a)$.

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор, например, $\vec{v} = (0, 1, 1)$.

Поскольку вершины $A$, $B$ и $D_1$ принадлежат боковой поверхности цилиндра, они равноудалены от его оси. Это расстояние равно радиусу основания цилиндра $R$. Таким образом, если $l$ — ось цилиндра, то должно выполняться условие:

$dist(A, l) = dist(B, l) = dist(D_1, l) = R$

Пусть ось $l$ проходит через некоторую точку $P_0(x_0, y_0, z_0)$. Квадрат расстояния от точки $P$ до прямой $l$ (проходящей через $P_0$ с направляющим вектором $\vec{v}$) можно найти по формуле:

$d^2 = \frac{|\vec{P_0P} \times \vec{v}|^2}{|\vec{v}|^2}$

Найдем $|\vec{v}|^2 = 0^2 + 1^2 + 1^2 = 2$. Тогда $2R^2 = |\vec{P_0P} \times \vec{v}|^2$.

1. Для точки $A(a, 0, 0)$: $\vec{P_0A} = (a-x_0, -y_0, -z_0)$.

$\vec{P_0A} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a-x_0 & -y_0 & -z_0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-y_0+z_0) - \mathbf{j}(a-x_0) + \mathbf{k}(a-x_0) = (z_0-y_0, x_0-a, a-x_0)$.

$2R^2 = (z_0-y_0)^2 + (x_0-a)^2 + (a-x_0)^2 = (z_0-y_0)^2 + 2(a-x_0)^2$. (1)

2. Для точки $B(a, a, 0)$: $\vec{P_0B} = (a-x_0, a-y_0, -z_0)$.

$\vec{P_0B} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a-x_0 & a-y_0 & -z_0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a-y_0+z_0) - \mathbf{j}(a-x_0) + \mathbf{k}(a-x_0) = (a-y_0+z_0, x_0-a, a-x_0)$.

$2R^2 = (a-y_0+z_0)^2 + 2(a-x_0)^2$. (2)

3. Для точки $D_1(0, 0, a)$: $\vec{P_0D_1} = (-x_0, -y_0, a-z_0)$.

$\vec{P_0D_1} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -x_0 & -y_0 & a-z_0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-y_0-a+z_0) - \mathbf{j}(-x_0) + \mathbf{k}(-x_0) = (z_0-y_0-a, x_0, -x_0)$.

$2R^2 = (z_0-y_0-a)^2 + x_0^2 + (-x_0)^2 = (z_0-y_0-a)^2 + 2x_0^2$. (3)

Теперь решим систему уравнений, приравнивая правые части. Из (1) и (2):

$(z_0-y_0)^2 + 2(a-x_0)^2 = (a-y_0+z_0)^2 + 2(a-x_0)^2$

$(z_0-y_0)^2 = (a+(z_0-y_0))^2$

Пусть $k = z_0-y_0$. Тогда $k^2 = (a+k)^2 \Rightarrow k^2 = a^2+2ak+k^2 \Rightarrow 2ak+a^2=0$. Поскольку $a \ne 0$, получаем $2k+a=0$, откуда $k = z_0-y_0 = -\frac{a}{2}$.

Теперь приравняем правые части уравнений (1) и (3), подставив найденное значение $z_0-y_0 = -a/2$:

$(-\frac{a}{2})^2 + 2(a-x_0)^2 = (-\frac{a}{2}-a)^2 + 2x_0^2$

$\frac{a^2}{4} + 2(a^2-2ax_0+x_0^2) = (-\frac{3a}{2})^2 + 2x_0^2$

$\frac{a^2}{4} + 2a^2 - 4ax_0 + 2x_0^2 = \frac{9a^2}{4} + 2x_0^2$

$\frac{9a^2}{4} - 4ax_0 = \frac{9a^2}{4}$

$-4ax_0 = 0$. Так как $a \ne 0$, то $x_0=0$.

Мы определили параметры оси цилиндра. Теперь можем найти радиус $R$, подставив $x_0=0$ и $z_0-y_0 = -a/2$ в любое из трех уравнений. Воспользуемся уравнением (3):

$2R^2 = (z_0-y_0-a)^2 + 2x_0^2$

$2R^2 = (-\frac{a}{2}-a)^2 + 2(0)^2 = (-\frac{3a}{2})^2 = \frac{9a^2}{4}$

$R^2 = \frac{9a^2}{8}$

$R = \sqrt{\frac{9a^2}{8}} = \frac{3a}{\sqrt{8}} = \frac{3a}{2\sqrt{2}} = \frac{3a\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $R = \frac{3a\sqrt{2}}{4}$.

8.31. Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удалён от концов большей боковой стороны на 1 см и 2 см. Найдите площадь трапеции.

Пусть дана прямоугольная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ ($AD \parallel BC$) и прямыми углами при вершинах $A$ и $B$. Тогда $AB$ — высота трапеции, а $CD$ — большая боковая сторона. Пусть $O$ — центр вписанной окружности.

По условию, расстояния от центра $O$ до концов большей боковой стороны равны $OD = 1$ см и $OC = 2$ см.

Центр вписанной в многоугольник окружности является точкой пересечения его биссектрис. Следовательно, отрезки $CO$ и $DO$ являются биссектрисами углов $\angle BCD$ и $\angle CDA$ соответственно.

Сумма углов, прилежащих к боковой стороне трапеции, равна $180^\circ$. Таким образом, $\angle BCD + \angle CDA = 180^\circ$.

Рассмотрим треугольник $COD$. Сумма его углов $\angle OCD$ и $\angle ODC$ равна:
$\angle OCD + \angle ODC = \frac{1}{2}\angle BCD + \frac{1}{2}\angle CDA = \frac{1}{2}(\angle BCD + \angle CDA) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ$.

Отсюда следует, что третий угол треугольника $COD$ равен $\angle COD = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$. Значит, треугольник $COD$ — прямоугольный.

По теореме Пифагора найдем длину гипотенузы $CD$ (большей боковой стороны трапеции):
$CD = \sqrt{OC^2 + OD^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$ см.

Радиус $r$ вписанной окружности равен высоте $OK$, проведенной из вершины прямого угла $O$ к гипотенузе $CD$ в треугольнике $COD$. Найдем этот радиус через площадь треугольника $COD$.
Площадь $S_{\triangle COD}$ можно вычислить двумя способами:
$S_{\triangle COD} = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot OD = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1$ см$^2$.
$S_{\triangle COD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot r = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{5} \cdot r$.
Приравнивая эти два выражения, получаем: $1 = \frac{\sqrt{5}}{2}r$, откуда $r = \frac{2}{\sqrt{5}}$ см.

Высота прямоугольной трапеции $AB$ равна диаметру вписанной окружности:
$AB = h = 2r = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{4}{\sqrt{5}}$ см.

В любой четырехугольник, в который можно вписать окружность, выполняется свойство: суммы длин противоположных сторон равны. Для трапеции $ABCD$ это означает: $AD + BC = AB + CD$.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{AD+BC}{2} \cdot h$. Используя свойство вписанной окружности, заменим сумму оснований на сумму боковых сторон:
$S_{ABCD} = \frac{AB+CD}{2} \cdot AB$.

Подставим найденные значения $AB = \frac{4}{\sqrt{5}}$ и $CD = \sqrt{5}$:
$S_{ABCD} = \frac{\frac{4}{\sqrt{5}} + \sqrt{5}}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{\frac{4+5}{\sqrt{5}}}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{9}{2\sqrt{5}} \cdot \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{36}{2 \cdot 5} = \frac{36}{10} = 3,6$ см$^2$.

Ответ: $3,6$ см$^2$.

8.32. Отрезок $CD$ — высота треугольника $ABC$, $\angle ACB = 90^\circ$, $AC = 15$ см, $CD = 12$ см. Найдите длину окружности, вписанной в треугольник $BCD$.

Дано: $\triangle ABC$, $\angle ACB = 90^\circ$, $CD$ — высота ($CD \perp AB$), $AC = 15$ см, $CD = 12$ см.
Найти: длину окружности, вписанной в $\triangle BCD$.

1. Найдем катет $AD$ в прямоугольном треугольнике $ACD$.
В $\triangle ACD$, $\angle CDA = 90^\circ$. По теореме Пифагора: $AC^2 = AD^2 + CD^2$.
$15^2 = AD^2 + 12^2$
$225 = AD^2 + 144$
$AD^2 = 225 - 144 = 81$
$AD = \sqrt{81} = 9$ см.

2. Найдем стороны треугольника $BCD$.
Высота, проведенная из вершины прямого угла, делит прямоугольный треугольник на два треугольника, подобных исходному и друг другу. Следовательно, $\triangle ACD \sim \triangle CBD$.
Из подобия треугольников следует соотношение сторон:
$\frac{AD}{CD} = \frac{CD}{BD}$
Подставим известные значения:
$\frac{9}{12} = \frac{12}{BD}$
$9 \cdot BD = 12 \cdot 12$
$BD = \frac{144}{9} = 16$ см.
Теперь найдем гипотенузу $BC$ в прямоугольном треугольнике $BCD$ по теореме Пифагора:
$BC^2 = CD^2 + BD^2$
$BC^2 = 12^2 + 16^2 = 144 + 256 = 400$
$BC = \sqrt{400} = 20$ см.
Итак, стороны треугольника $BCD$: катеты $CD=12$ см, $BD=16$ см и гипотенуза $BC=20$ см.

3. Найдем радиус вписанной окружности в треугольник $BCD$.
Радиус $r$ окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, можно найти по формуле:
$r = \frac{a+b-c}{2}$, где $a$ и $b$ — катеты, а $c$ — гипотенуза.
$r = \frac{CD + BD - BC}{2} = \frac{12 + 16 - 20}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

4. Найдем длину вписанной окружности.
Длина окружности $L$ вычисляется по формуле $L = 2\pi r$.
$L = 2\pi \cdot 4 = 8\pi$ см.

Ответ: $8\pi$ см.