Номер 26, страница 110 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 14. Многогранники, вписанные в сферу. Глава 2. Тела вращения - номер 26, страница 110.

Условие.

14.26. Стороны оснований правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равны $2 \text{ см}$ и $14 \text{ см}$, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол $45^\circ$. Найдите радиус шара, описанного около данной усечённой пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Для нахождения радиуса шара, описанного около правильной усечённой пирамиды, можно рассмотреть её осевое сечение, проходящее через диагонали оснований. Такое сечение представляет собой равнобокую трапецию, все четыре вершины которой лежат на окружности, являющейся большим кругом описанного шара. Радиус этой окружности и будет искомым радиусом шара.

1. Найдём размеры диагонального сечения.

Основания усечённой пирамиды — квадраты со сторонами $a_1 = 14$ см и $a_2 = 2$ см. Основаниями трапеции в сечении будут диагонали этих квадратов.

Диагональ большего основания: $d_1 = a_1\sqrt{2} = 14\sqrt{2}$ см.

Диагональ меньшего основания: $d_2 = a_2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ см.

2. Найдём высоту усечённой пирамиды.

Угол, который боковое ребро образует с плоскостью основания, — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекция бокового ребра на плоскость большего основания равна разности полудиагоналей оснований.

Длина проекции бокового ребра: $p = \frac{d_1}{2} - \frac{d_2}{2} = \frac{14\sqrt{2}}{2} - \frac{2\sqrt{2}}{2} = 7\sqrt{2} - \sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $h$, проекцией бокового ребра $p$ и самим боковым ребром. По условию, угол между боковым ребром и его проекцией равен $45^\circ$. В таком треугольнике катеты равны:

$h = p \cdot \tan(45^\circ) = 6\sqrt{2} \cdot 1 = 6\sqrt{2}$ см.

3. Найдём радиус описанного шара.

Центр описанного шара лежит на оси пирамиды (линии, соединяющей центры оснований) и равноудалён от всех вершин. Пусть $R$ — искомый радиус. Расположим нашу трапецию в системе координат так, чтобы её ось симметрии совпадала с осью $Oy$, а большее основание лежало на оси $Ox$.

Тогда координаты вершин трапеции будут:

• Вершина большего основания: $A(\frac{d_1}{2}, 0)$, то есть $A(7\sqrt{2}, 0)$.
• Вершина меньшего основания: $B(\frac{d_2}{2}, h)$, то есть $B(\sqrt{2}, 6\sqrt{2})$.

Центр описанной окружности (и шара) $S$ лежит на оси симметрии, поэтому его координаты $(0, y)$. Расстояние от центра $S$ до любой вершины трапеции равно радиусу $R$.

Составим уравнение, приравняв квадраты расстояний $SA^2$ и $SB^2$:

$R^2 = (7\sqrt{2} - 0)^2 + (0 - y)^2 = (7\sqrt{2})^2 + y^2 = 98 + y^2$.

$R^2 = (\sqrt{2} - 0)^2 + (6\sqrt{2} - y)^2 = (\sqrt{2})^2 + (6\sqrt{2} - y)^2 = 2 + (72 - 12\sqrt{2}y + y^2)$.

Приравняем правые части выражений:

$98 + y^2 = 2 + 72 - 12\sqrt{2}y + y^2$

$98 = 74 - 12\sqrt{2}y$

$12\sqrt{2}y = 74 - 98$

$12\sqrt{2}y = -24$

$y = -\frac{24}{12\sqrt{2}} = -\frac{2}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2}$ см.

Знак "минус" показывает, что центр шара находится ниже плоскости большего основания на расстоянии $\sqrt{2}$ см.

Теперь вычислим радиус $R$, подставив найденное значение $y$ в первое уравнение для $R^2$:

$R^2 = 98 + y^2 = 98 + (-\sqrt{2})^2 = 98 + 2 = 100$.

$R = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.