Номер 532, страница 174 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

532. Найдите радиус шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, учитывая, что:

а) сторона ее основания равна $a$ и плоский угол при вершине — $\alpha$;

б) ее высота равна стороне основания, а объем — $9 \text{ см}^3$;

в) ее боковые грани наклонены к плоскости основания под углом в $30^\circ$, а середина апофемы пирамиды отстоит от плоскости основания на $2 \text{ см}$;

г) ее боковое ребро — $2 \text{ см}$ и наклонено к плоскости основания под углом в $60^\circ$;

д) ее высота равна $12 \text{ см}$, а боковое ребро — $15 \text{ см}$.

Для нахождения радиуса $r$ шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, будем использовать формулу, связывающую его с элементами пирамиды. Центр вписанного шара лежит на высоте пирамиды $SO$ ($S$ — вершина, $O$ — центр основания). Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через апофему $SK$ ($K$ — середина стороны основания). Это сечение — равнобедренный треугольник, в который вписан большой круг шара. Радиус $r$ этого круга (и шара) можно найти из подобия треугольников в прямоугольном треугольнике $SOK$.

Пусть $H=SO$ — высота пирамиды, $a$ — сторона основания, $OK = a/2$. $h_a = SK$ — апофема. Угол $\angle SKO = \beta$ — это угол наклона боковой грани к основанию. Центр вписанного шара $I$ лежит на $SO$, и радиус $r=IO$ можно найти из прямоугольного треугольника $IOK'$, где $K'$ — проекция $I$ на $OK$. Нет, это неверно. Центр $I$ равноудален от сторон угла $\angle SKO$, поэтому $IK$ — биссектриса этого угла. В прямоугольном треугольнике $IOK$ имеем: $\tan(\angle IKO) = \frac{IO}{OK} = \frac{r}{a/2}$. Угол $\angle IKO = \beta/2$. Следовательно, $r = \frac{a}{2}\tan\frac{\beta}{2}$. Также из треугольника $SOK$ имеем $\tan\beta = \frac{SO}{OK} = \frac{H}{a/2} = \frac{2H}{a}$. Другая общая формула, связывающая объем пирамиды $V$ и площадь ее полной поверхности $S_{полн}$: $r = \frac{3V}{S_{полн}}$. Или более удобная для расчетов формула через высоту $H$ и сторону основания $a$:$r = \frac{aH}{a + \sqrt{4H^2+a^2}}$. В каждом пункте задачи мы будем находить $H$ и $a$, а затем вычислять $r$.

а) сторона ее основания равна $a$ и плоский угол при вершине — $\alpha$;

Пусть сторона основания равна $a$. Рассмотрим боковую грань — это равнобедренный треугольник с основанием $a$ и углом при вершине $\alpha$. Апофема $h_a$ является высотой этого треугольника, проведенной к основанию. Из половины боковой грани (прямоугольного треугольника) находим апофему:$h_a = \frac{a/2}{\tan(\alpha/2)} = \frac{a}{2}\cot\frac{\alpha}{2}$.

Теперь найдем высоту пирамиды $H$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой $H$, апофемой $h_a$ и половиной стороны основания $a/2$. По теореме Пифагора:$H^2 = h_a^2 - (\frac{a}{2})^2 = \left(\frac{a}{2}\cot\frac{\alpha}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4}\left(\cot^2\frac{\alpha}{2} - 1\right)$.$H = \frac{a}{2}\sqrt{\cot^2\frac{\alpha}{2} - 1}$. Для существования пирамиды необходимо, чтобы подкоренное выражение было положительным: $\cot^2\frac{\alpha}{2} > 1$, что для острого угла $\alpha/2$ означает $\cot\frac{\alpha}{2} > 1$, т.е. $0 < \alpha/2 < \pi/4$ или $0 < \alpha < \pi/2$.

Подставим найденные $H$ и $h_a$ в формулу $r = \frac{aH}{a + 2h_a}$:$r = \frac{a \cdot \frac{a}{2}\sqrt{\cot^2\frac{\alpha}{2} - 1}}{a + 2 \cdot \frac{a}{2}\cot\frac{\alpha}{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}\sqrt{\cot^2\frac{\alpha}{2} - 1}}{a\left(1 + \cot\frac{\alpha}{2}\right)} = \frac{a}{2} \frac{\sqrt{\left(\cot\frac{\alpha}{2}-1\right)\left(\cot\frac{\alpha}{2}+1\right)}}{1 + \cot\frac{\alpha}{2}} = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{\cot\frac{\alpha}{2}-1}{\cot\frac{\alpha}{2}+1}}$.

Для упрощения можно выразить ответ через тангенс, используя $\cot x = 1/\tan x$:$r = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{1/\tan(\alpha/2)-1}{1/\tan(\alpha/2)+1}} = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{1-\tan(\alpha/2)}{1+\tan(\alpha/2)}}$. Применим формулу тангенса разности $\tan(\frac{\pi}{4}-x) = \frac{1-\tan x}{1+\tan x}$, получим элегантный вид ответа:$r = \frac{a}{2}\sqrt{\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\right)}$.

Ответ: $r = \frac{a}{2}\sqrt{\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\right)}$.

б) ее высота равна стороне основания, а объем — 9 см³;

Пусть высота пирамиды $H$, а сторона основания $a$. По условию, $H = a$. Объем пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot H$. Основание — квадрат со стороной $a$, поэтому $S_{осн} = a^2$.$V = \frac{1}{3}a^2 \cdot H = \frac{1}{3}a^2 \cdot a = \frac{a^3}{3}$. По условию, $V = 9$ см³.$\frac{a^3}{3} = 9 \implies a^3 = 27 \implies a = 3$ см. Следовательно, $H = a = 3$ см.

Теперь найдем радиус вписанного шара по формуле $r = \frac{aH}{a + \sqrt{4H^2+a^2}}$:$r = \frac{3 \cdot 3}{3 + \sqrt{4 \cdot 3^2 + 3^2}} = \frac{9}{3 + \sqrt{4 \cdot 9 + 9}} = \frac{9}{3 + \sqrt{5 \cdot 9}} = \frac{9}{3 + 3\sqrt{5}}$. Сократим на 3:$r = \frac{3}{1 + \sqrt{5}}$. Избавимся от иррациональности в знаменателе:$r = \frac{3(\sqrt{5}-1)}{(1+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)} = \frac{3(\sqrt{5}-1)}{5-1} = \frac{3(\sqrt{5}-1)}{4}$ см.

Ответ: $r = \frac{3}{4}(\sqrt{5}-1)$ см.

в) ее боковые грани наклонены к плоскости основания под углом в 30°, а середина апофемы пирамиды отстоит от плоскости основания на 2 см;

Угол наклона боковой грани к плоскости основания — это угол $\beta$ между апофемой $h_a$ и ее проекцией на основание, которая равна $a/2$. По условию, $\beta = 30^\circ$. Пусть $SK$ — апофема, $SO=H$ — высота. Тогда $\angle SKO = \beta = 30^\circ$. Пусть $M$ — середина апофемы $SK$. Расстояние от $M$ до плоскости основания — это длина перпендикуляра $MM'$, опущенного на плоскость основания. $MM' = 2$ см. Треугольники $\triangle MM'K$ и $\triangle SOK$ подобны (по двум углам). Коэффициент подобия равен отношению гипотенуз: $\frac{KM}{SK} = \frac{1}{2}$. Следовательно, $\frac{MM'}{SO} = \frac{1}{2}$, откуда $H = SO = 2 \cdot MM' = 2 \cdot 2 = 4$ см.

В прямоугольном треугольнике $SOK$:$\tan\beta = \frac{SO}{OK} \implies \tan 30^\circ = \frac{H}{a/2}$.$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{a/2} \implies \frac{a}{2} = 4\sqrt{3} \implies a = 8\sqrt{3}$ см.

Теперь можем найти радиус $r$, используя формулу $r = \frac{a}{2}\tan\frac{\beta}{2}$:$r = \frac{8\sqrt{3}}{2} \tan\frac{30^\circ}{2} = 4\sqrt{3}\tan 15^\circ$. Вычислим $\tan 15^\circ$:$\tan 15^\circ = \tan(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\tan 45^\circ - \tan 30^\circ}{1 + \tan 45^\circ \tan 30^\circ} = \frac{1 - 1/\sqrt{3}}{1 + 1/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$.$\tan 15^\circ = \frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{3-1} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2-\sqrt{3}$. Подставляем значение в формулу для радиуса:$r = 4\sqrt{3}(2-\sqrt{3}) = 8\sqrt{3} - 4(\sqrt{3})^2 = 8\sqrt{3} - 12$ см.

Ответ: $r = 8\sqrt{3} - 12$ см.

г) ее боковое ребро — 2 см и наклонено к плоскости основания под углом в 60°;

Пусть боковое ребро $l=SB=2$ см. Угол наклона бокового ребра к плоскости основания — это угол между ребром $SB$ и его проекцией $OB$ на основание. По условию, $\angle SBO = 60^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$. Высота пирамиды: $H = SO = SB \cdot \sin 60^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см. Проекция ребра: $OB = SB \cdot \cos 60^\circ = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$ см.

$OB$ — это половина диагонали $d$ квадратного основания.$d = 2 \cdot OB = 2 \cdot 1 = 2$ см. Связь диагонали и стороны квадрата: $d=a\sqrt{2}$.$a\sqrt{2} = 2 \implies a = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ см.

Имеем $H=\sqrt{3}$ см и $a=\sqrt{2}$ см. Находим радиус вписанного шара:$r = \frac{aH}{a + \sqrt{4H^2+a^2}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{2} + \sqrt{4(\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2} + \sqrt{4 \cdot 3 + 2}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2} + \sqrt{14}}$.$r = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2} + \sqrt{2 \cdot 7}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{\sqrt{2}(1+\sqrt{7})} = \frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{7}}$. Избавимся от иррациональности:$r = \frac{\sqrt{3}(\sqrt{7}-1)}{(1+\sqrt{7})(\sqrt{7}-1)} = \frac{\sqrt{21}-\sqrt{3}}{7-1} = \frac{\sqrt{21}-\sqrt{3}}{6}$ см.

Ответ: $r = \frac{\sqrt{21}-\sqrt{3}}{6}$ см.

д) ее высота равна 12 см, а боковое ребро — 15 см.

Дано: высота $H = 12$ см, боковое ребро $l = 15$ см. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$, образованный высотой $H$, боковым ребром $l$ и половиной диагонали основания $OB$. По теореме Пифагора:$OB^2 = l^2 - H^2 = 15^2 - 12^2 = (15-12)(15+12) = 3 \cdot 27 = 81$.$OB = \sqrt{81} = 9$ см.

$OB$ — половина диагонали $d$ основания.$d = 2 \cdot OB = 18$ см. Сторона основания $a = \frac{d}{\sqrt{2}} = \frac{18}{\sqrt{2}} = 9\sqrt{2}$ см.

Имеем $H=12$ см и $a=9\sqrt{2}$ см. Находим радиус вписанного шара:$r = \frac{aH}{a + \sqrt{4H^2+a^2}} = \frac{9\sqrt{2} \cdot 12}{9\sqrt{2} + \sqrt{4 \cdot 12^2 + (9\sqrt{2})^2}} = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + \sqrt{4 \cdot 144 + 81 \cdot 2}} = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + \sqrt{576 + 162}}$.$r = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + \sqrt{738}}$. Разложим подкоренное выражение: $738 = 9 \cdot 82 = 9 \cdot 2 \cdot 41$.$\sqrt{738} = \sqrt{9 \cdot 82} = 3\sqrt{82}$.$r = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + 3\sqrt{82}} = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + 3\sqrt{2 \cdot 41}} = \frac{108\sqrt{2}}{9\sqrt{2} + 3\sqrt{2}\sqrt{41}} = \frac{108\sqrt{2}}{3\sqrt{2}(3+\sqrt{41})}$. Сокращаем дробь:$r = \frac{36}{3+\sqrt{41}}$. Избавляемся от иррациональности:$r = \frac{36( \sqrt{41}-3)}{(3+\sqrt{41})(\sqrt{41}-3)} = \frac{36(\sqrt{41}-3)}{41-9} = \frac{36(\sqrt{41}-3)}{32} = \frac{9(\sqrt{41}-3)}{8}$ см.

Ответ: $r = \frac{9}{8}(\sqrt{41}-3)$ см.