Номер 673, страница 97 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

673. Шар вписан в правильную треугольную пирамиду, которая вписана в цилиндр (рис. 218). Найдите плоский угол при вершине пирамиды, учитывая, что объем шара относится к объему цилиндра как $1:24$.

Рис. 218

Пусть дана правильная треугольная пирамида, в которую вписан шар. Пирамида, в свою очередь, вписана в цилиндр. Обозначим радиус вписанного шара как $r$, а радиус основания и высоту цилиндра как $R_c$ и $H_c$ соответственно. Высоту пирамиды обозначим как $H$, а сторону ее основания (правильного треугольника) как $a$.

Поскольку правильная пирамида вписана в цилиндр, ее основание вписано в основание цилиндра, а вершина лежит на другом основании цилиндра. Это означает, что:

• Высота цилиндра равна высоте пирамиды: $H_c = H$.
• Радиус основания цилиндра $R_c$ равен радиусу окружности, описанной около основания пирамиды. Для правильного треугольника со стороной $a$ этот радиус равен $R_c = \frac{a}{\sqrt{3}}$.

Объем шара $V_ш$ и объем цилиндра $V_ц$ вычисляются по формулам: $V_ш = \frac{4}{3}\pi r^3$ $V_ц = \pi R_c^2 H_c = \pi R_c^2 H$

Из условия задачи известно, что $\frac{V_ш}{V_ц} = \frac{1}{24}$. Подставим формулы объемов: $\frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{\pi R_c^2 H} = \frac{1}{24}$ $\frac{4r^3}{3R_c^2 H} = \frac{1}{24}$ Умножим обе части на $3 \cdot 24$: $4r^3 \cdot 8 = R_c^2 H$ $32r^3 = R_c^2 H$ (1)

Теперь выразим все величины через параметры пирамиды. Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $SO$ и апофему $SM$ (где $M$ — середина стороны основания). Вписанный шар в этом сечении представляет собой окружность, вписанную в угол, образованный апофемой $SM$ и высотой $SO$, и касающуюся основания. Пусть $r_о$ — радиус окружности, вписанной в основание пирамиды. Для правильного треугольника $r_о = \frac{a}{2\sqrt{3}}$. Заметим, что $R_c = \frac{a}{\sqrt{3}} = 2 \cdot \frac{a}{2\sqrt{3}} = 2r_о$.

Пусть $\beta$ — это угол наклона боковой грани к плоскости основания (двугранный угол при ребре основания), то есть $\beta = \angle SMO$. Радиус шара, вписанного в правильную пирамиду, связан с радиусом вписанной в основание окружности и углом $\beta$ формулой: $r = r_о \tan(\frac{\beta}{2})$. Высота пирамиды $H$ из треугольника $SOM$ равна $H = OM \tan\beta = r_о \tan\beta$. Используя формулу тангенса двойного угла, $H = r_о \frac{2\tan(\beta/2)}{1-\tan^2(\beta/2)}$.

Подставим выражения для $r$, $R_c$ и $H$ в наше уравнение (1): $32(r_о \tan(\frac{\beta}{2}))^3 = (2r_о)^2 \cdot \left(r_о \frac{2\tan(\beta/2)}{1-\tan^2(\beta/2)}\right)$ $32r_о^3 \tan^3(\frac{\beta}{2}) = 4r_о^2 \cdot r_о \frac{2\tan(\beta/2)}{1-\tan^2(\beta/2)}$ Сократим обе части на $8r_о^3 \tan(\frac{\beta}{2})$ (так как для невырожденной пирамиды $\beta \neq 0$): $4\tan^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1}{1-\tan^2(\beta/2)}$

Пусть $t = \tan(\frac{\beta}{2})$. Тогда $4t^2 = \frac{1}{1-t^2}$. $4t^2(1-t^2) = 1$ $4t^2 - 4t^4 = 1$ $4t^4 - 4t^2 + 1 = 0$ Это уравнение является полным квадратом: $(2t^2 - 1)^2 = 0$ $2t^2 - 1 = 0 \implies t^2 = \frac{1}{2}$. Поскольку $\beta/2$ — острый угол, $t = \tan(\frac{\beta}{2}) = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Теперь найдем плоский угол при вершине пирамиды. Обозначим его $\gamma$. Рассмотрим боковую грань, например, $SBC$. Это равнобедренный треугольник, $SM$ — его высота и медиана. Угол $\angle BSM = \frac{\gamma}{2}$. Из прямоугольного треугольника $BSM$ имеем: $\tan(\frac{\gamma}{2}) = \frac{BM}{SM}$. Найдем $BM$ и $SM$. $BM = \frac{a}{2}$. Из $r_о = \frac{a}{2\sqrt{3}}$ следует $a = 2\sqrt{3}r_о$, тогда $BM = \sqrt{3}r_о$. Апофему $SM$ найдем из прямоугольного треугольника $SOM$ по теореме Пифагора: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + r_о^2}$. Вычислим $H$ через $r_о$: $\tan\beta = \frac{2\tan(\beta/2)}{1-\tan^2(\beta/2)} = \frac{2 \cdot (1/\sqrt{2})}{1 - 1/2} = \frac{\sqrt{2}}{1/2} = 2\sqrt{2}$. $H = r_о \tan\beta = 2\sqrt{2}r_о$. Теперь найдем $SM$: $SM = \sqrt{(2\sqrt{2}r_о)^2 + r_о^2} = \sqrt{8r_о^2 + r_о^2} = \sqrt{9r_о^2} = 3r_о$.

Подставляем найденные значения $BM$ и $SM$ в формулу для тангенса: $\tan(\frac{\gamma}{2}) = \frac{\sqrt{3}r_о}{3r_о} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Это значение тангенса соответствует углу $30^\circ$. Значит, $\frac{\gamma}{2} = 30^\circ$. Следовательно, искомый плоский угол при вершине пирамиды $\gamma = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.