Страница 35 - гдз по геометрии 11 класс рабочая тетрадь Бутузов, Глазков

46 Сфера вписана в цилиндр (т. е. она касается оснований цилиндра и каждой его образующей). Найдите отношение площади сферы к площади полной поверхности цилиндра. (Задача 435 учебника.)

Решение.

На рисунке изображена сфера с центром $O$ и радиусом $R$, вписанная в цилиндр с осью $O_1O_2$ (точки $O_1$ и $O_2$ — центры ____ ). Центр сферы делит отрезок $O_1O_2$ ____ .

$OO_1 = ____ = ____$.

Плоскость, проходящая через центр сферы $O$ и перпендикулярная оси цилиндра $O_1O_2$, пересекает сферу по ____ , а боковую поверхность цилиндра — по окружности, равной ____ .

Таким образом, радиус основания цилиндра равен ____ , а высота цилиндра равна ____ .

Так как $S_{сферы} = ____$, $S_{полн. цил} = ____$.

____ , то $S_{сферы} : S_{полн. цил} = ____ : ____ = ____$.

Ответ. ____

Решение.

На рисунке изображена сфера с центром O и радиусом $R$, вписанная в цилиндр с осью $O_1O_2$ (точки $O_1$ и $O_2$ — центры оснований цилиндра). Центр сферы делит отрезок $O_1O_2$ пополам. $OO_1 = OO_2 = R$.

Плоскость, проходящая через центр сферы O и перпендикулярная оси цилиндра $O_1O_2$, пересекает сферу по большому кругу, а боковую поверхность цилиндра — по окружности, равной окружности основания. Таким образом, радиус основания цилиндра равен $R$, а высота цилиндра равна $2R$.

Площадь поверхности сферы вычисляется по формуле $S_{сферы} = 4\pi R^2$.

Площадь полной поверхности цилиндра состоит из площади боковой поверхности ($S_{бок}$) и площадей двух оснований ($2S_{осн}$).

$S_{бок} = 2\pi R h = 2\pi R (2R) = 4\pi R^2$

$S_{осн} = \pi R^2$

$S_{полн. цил} = S_{бок} + 2S_{осн} = 4\pi R^2 + 2\pi R^2 = 6\pi R^2$

Найдем отношение площади сферы к площади полной поверхности цилиндра:

$S_{сферы} : S_{полн. цил} = 4\pi R^2 : 6\pi R^2 = \frac{4\pi R^2}{6\pi R^2} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

Ответ: $2:3$

47 Конус с углом $\phi$ при вершине осевого сечения в радиусом основания $r$ вписан в сферу радиуса $R$ (т. е. вершина конуса лежит на сфере, а основание конуса является сечением сферы). Найдите угол $\phi$, если $R = 2r$. (Задача 439в учебника.)

Решение.

На рисунке изображён конус с высотой $MH$, вписанный в сферу с центром $O$ и радиусом $R$. Так как отрезок $MH$ перпендикулярен к плоскости ____________ и отрезок $OH$, соединяющий центр ____________ с центром сечения ____________, перпендикулярен к плоскости основания, то прямые ____________ и ____________ совпадают, а значит, $O \in$ ____________.

Возможны два случая:

1) точка $O$ лежит между точками $M$ и ________ (см. рис. а и б);

2) точка $H$ лежит между точками ________ и ________ (см. рис. в и г).

1) Рассмотрим осевое сечение конуса — ____________ треугольник ____________ (см. рис. б). В этом треугольнике $\angle AMB = ____________$, поэтому $\angle AMH = ____________$, а так как $OM = ____________ = R$, то $\angle OAM = \angle ____________ = ____________$. Угол $AOH$ — внешний угол ____________ $AOM$, поэтому $\angle AOH = ____________ + ____________ = ____________$. В ____________ треугольнике $AOH$ $AO = ____________$, $AH = ____________$, а так как по условию $R = ____________$, то $\frac{AH}{AO} = \frac{____________}{____________} = \frac{1}{2}$. Следовательно, $\angle AOH = ____________$, т. е. $\phi = ____________$.

2) Второй случай рассмотрите самостоятельно.

Ответ.

____________

На рисунке изображён конус с высотой $MH$, вписанный в сферу с центром $O$ и радиусом $R$. Так как отрезок $MH$ перпендикулярен к плоскости основания конуса и отрезок $OH$, соединяющий центр сферы $O$ с центром сечения $H$, перпендикулярен к плоскости основания, то прямые $MH$ и $OH$ совпадают, а значит, $O \in MH$.

Возможны два случая:

1) точка $O$ лежит между точками $M$ и $H$ (см. рис. а и б);

2) точка $H$ лежит между точками $M$ и $O$ (см. рис. в и г).

1) Рассмотрии осевое сечение конуса

Рассмотрим осевое сечение конуса – равнобедренный треугольник $AMB$ (см. рис. б). В этом треугольнике $\angle AMB = \phi$, поэтому $\angle AMH = \frac{\phi}{2}$, а так как $OM = OA = R$, то треугольник $AOM$ равнобедренный и $\angle OAM = \angle OMA$. Угол $AOH$ является внешним углом для треугольника $AOM$ при вершине $O$ (при продлении стороны $MO$ за точку $O$), поэтому $\angle AOH = \angle OAM + \angle OMA = 2 \angle OMA = 2 \cdot \frac{\phi}{2} = \phi$. В прямоугольном треугольнике $AOH$ имеем $AO = R$ (радиус сферы) и $AH = r$ (радиус основания конуса). Так как по условию $R = 2r$, то из соотношения $\sin(\angle AOH) = \frac{AH}{AO}$ получаем $\sin(\phi) = \frac{r}{R} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$. Поскольку в данном случае (когда центр сферы $O$ находится внутри конуса) угол $\phi$ должен быть острым, то из $\sin(\phi) = \frac{1}{2}$ следует, что $\phi = 30^\circ$.

Ответ: $\phi = 30^\circ$.

2) Второй случай рассмотрите самостоятельно.

Рассмотрим второй случай, когда центр сферы $O$ лежит вне конуса, таким образом, что центр основания конуса $H$ находится между вершиной конуса $M$ и центром сферы $O$ (см. рис. в и г).

Осевое сечение конуса — равнобедренный треугольник $AMB$, вписанный в большой круг сферы. Высота конуса $MH$ лежит на оси симметрии треугольника.

В прямоугольном треугольнике $AMH$ катет $AH = r$, а $\angle AMH = \frac{\phi}{2}$. Высота конуса $MH = \frac{AH}{\tan(\angle AMH)} = \frac{r}{\tan(\frac{\phi}{2})}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOH$. Гипотенуза $OA = R$ (радиус сферы), катет $AH = r$. По теореме Пифагора находим катет $OH$: $OH = \sqrt{OA^2 - AH^2} = \sqrt{R^2 - r^2}$.

Так как точки $M, H, O$ лежат на одной прямой в указанном порядке ($M-H-O$), то высота конуса $MH = MO - HO$. Поскольку $M$ — точка на сфере, $MO = R$. Следовательно, $MH = R - OH = R - \sqrt{R^2 - r^2}$.

Приравниваем два полученных выражения для высоты $MH$:

$\frac{r}{\tan(\frac{\phi}{2})} = R - \sqrt{R^2 - r^2}$

Отсюда выражаем тангенс половины угла:

$\tan\left(\frac{\phi}{2}\right) = \frac{r}{R - \sqrt{R^2 - r^2}}$

Подставляем в уравнение условие задачи $R=2r$:

$\tan\left(\frac{\phi}{2}\right) = \frac{r}{2r - \sqrt{(2r)^2 - r^2}} = \frac{r}{2r - \sqrt{4r^2 - r^2}} = \frac{r}{2r - \sqrt{3r^2}} = \frac{r}{r(2 - \sqrt{3})} = \frac{1}{2 - \sqrt{3}}$

Упростим полученное выражение, избавившись от иррациональности в знаменателе:

$\frac{1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{1 \cdot (2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = \frac{2 + \sqrt{3}}{4 - 3} = 2 + \sqrt{3}$

Таким образом, мы получили уравнение $\tan(\frac{\phi}{2}) = 2 + \sqrt{3}$.

Это значение тангенса соответствует углу $75^\circ$, то есть $\frac{\phi}{2} = 75^\circ$.

Находим искомый угол $\phi$:

$\phi = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ$.

Ответ: $\phi = 150^\circ$.