Номер 17, страница 115 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 17, страница 115.

Условие.

15.17. Шар, вписанный в правильную четырёхугольную пирамиду, касается одной из её боковых граней в точке A. Найдите площадь сечения этого шара плоскостью, проходящей через точку A параллельно основанию пирамиды, если двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $60^\circ$, а расстояние от центра шара до вершины пирамиды – 8 см.

Решение 1.

Решение 3.

Решение:

Пусть $SABCD$ – правильная четырехугольная пирамида, $S$ – вершина, $ABCD$ – квадратное основание. Пусть $O_1$ – центр основания. Тогда $SO_1$ – высота пирамиды. Пусть шар с центром $O$ и радиусом $R$ вписан в эту пирамиду. Центр $O$ лежит на высоте $SO_1$. Шар касается основания в точке $O_1$, поэтому $OO_1 = R$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через апофемы $SM$ и $SN$ боковых граней $SBC$ и $SAD$ соответственно (где $M$ и $N$ – середины ребер $BC$ и $AD$). Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник $SMN$. Вписанный шар в этом сечении будет выглядеть как окружность, вписанная в треугольник $SMN$. Центр $O$ этой окружности лежит на высоте $SO_1$, а ее радиус равен $R$.

Двугранный угол при ребре основания $BC$ – это угол между плоскостью боковой грани $SBC$ и плоскостью основания $ABCD$. В нашем сечении это угол $\angle SMO_1$. По условию, $\angle SMO_1 = 60°$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OO_1M$. В нем катет $OO_1 = R$. Центр вписанной окружности $O$ является точкой пересечения биссектрис углов треугольника $SMN$. Следовательно, $OM$ – биссектриса угла $\angle SMO_1$. Тогда $\angle OMO_1 = \frac{1}{2} \angle SMO_1 = \frac{1}{2} \cdot 60° = 30°$.

Из $\triangle OO_1M$ находим: $O_1M = \frac{OO_1}{\tan(\angle OMO_1)} = \frac{R}{\tan(30°)} = \frac{R}{1/\sqrt{3}} = R\sqrt{3}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SO_1M$. Высота пирамиды $H = SO_1$ равна: $H = SO_1 = O_1M \cdot \tan(\angle SMO_1) = (R\sqrt{3}) \cdot \tan(60°) = (R\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = 3R$.

С другой стороны, высота $H$ состоит из двух отрезков: $SO_1 = SO + OO_1$. По условию $SO = 8$ см, а $OO_1 = R$. Таким образом, $H = 8 + R$.

Приравнивая два выражения для $H$, получаем уравнение: $3R = 8 + R$ $2R = 8$ $R = 4$ см.

Итак, радиус вписанного шара $R = 4$ см.

Точка $A$ – точка касания шара с боковой гранью, пусть это будет грань $SBC$. Тогда точка $A$ лежит на апофеме $SM$. Поскольку $A$ – точка касания, радиус $OA$ перпендикулярен апофеме $SM$. Таким образом, $\triangle OAS$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$ ($\angle OAS = 90°$).

В прямоугольном треугольнике $\triangle OAS$ нам известны гипотенуза $OS = 8$ см и катет $OA = R = 4$ см.

Сечение шара проходит через точку $A$ параллельно основанию пирамиды. Это означает, что плоскость сечения перпендикулярна высоте пирамиды $SO_1$. Расстояние $d$ от центра шара $O$ до плоскости сечения равно длине проекции отрезка $OA$ на прямую $SO_1$.

Найдем угол $\angle ASO$ в $\triangle OAS$: $\sin(\angle ASO) = \frac{OA}{OS} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$. Отсюда $\angle ASO = 30°$.

Угол между отрезком $OA$ и прямой $SO_1$ (на которой лежит $OS$) равен $\angle AOS = 90° - \angle ASO = 90° - 30° = 60°$. Тогда расстояние $d$ от центра $O$ до плоскости сечения равно: $d = OA \cdot \cos(\angle AOS) = R \cdot \cos(60°) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$ см.

Сечением шара является круг. Радиус этого круга $r$ можно найти по формуле $r^2 = R^2 - d^2$, где $R$ – радиус шара, а $d$ – расстояние от центра шара до плоскости сечения. $r^2 = 4^2 - 2^2 = 16 - 4 = 12$.

Площадь сечения $S_{сеч}$ равна: $S_{сеч} = \pi r^2 = 12\pi$ см².

Ответ: $12\pi$ см².