Стереометрия: сферы в различных задачах

[latexpage]

Часть задач я взяла из книги Сергеева и Панферова “Задания части 2”, одна же из задач – из сертификационного экзамена для репетиторов. Все задачи объединены одной темой: везде присутствует сфера или шар.

Задача 1. В правильной пирамиде $SABCD$  с высотой 4 сторона основания $SABC$  равна 6. Точки М и N –  середины ребер $BC$ и $CD$. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду $SMNC$.

Радиус вписанной сферы можно определить по формуле:

$$R=\frac{3V}{S_{poln}}$$

Определим объем  пирамиды $SMNC$. Для этого понадобится площадь ее основания.

$$S_{SMC}=\frac{1}{2}CM\cdot SC=\frac{1}{2}\cdot6\cdot 3=9$$

Высота пирамиды может быть опущена из точки $N$ – $NK$. Из подобия треугольников $DHC$ и $NKC$ следует, что

$$\frac{NC}{DC}=\frac{NK}{DH}$$

$$NK=\frac{NC}{DC}\cdot DH=\frac{1}{2}DH=2$$

Объем пирамиды равен:

$$V=\frac{1}{3} S_{SMC}\cdot NK=\frac{1}{3} \cdot9\cdot 2=6$$

Теперь определим площадь поверхности пирамиды. Нам понадобится площадь боковой грани пирамиды $SABCD$. Найдем ее апофему:

$$DM=\sqrt{DH^2+HM^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$$

Площадь боковой грани равна

$$S_b=\frac{1}{2}BC\cdot DM=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5=15$$

Так как $NM$ – средняя линия треугольника $DBC$, то треугольники $NMC$ и $DBC$ подобны с коэффициентом $\frac{1}{2}$. Поэтому площадь треугольника $NMC$ в 4 раза меньше площади $DBC$.

$$ S_{NMC}=\frac{15}{4}$$

Так как $SN$ – медиана треугольника$SDC$, то делит она его на два равновеликих треугольника. Тогда  $S_{SNC}=\frac{1}{2}S_b=\frac{15}{2}$.

Осталось нам определить площадь треугольника $SNM$. Определим для этого его стороны.

$$NC=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}\sqrt{DH^2+HC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4^2+(3\sqrt{2})^2}=\frac{\sqrt{34}}{2}$$

$$NM=NC=\frac{\sqrt{34}}{2}$$

$$SM=\sqrt{SC^2+CM^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}$$

Найдем $SN$ через площадь треугольника $SNC$.

$$ S_{SNC}=\frac{1}{2}\cdot SC\cdot NC\sin{\angle SCN}=\frac{15}{2}$$

Откуда

$$ SC\cdot NC\sin{\angle SCN}=15$$

$$\sin{\angle SCN}=\frac{5}{\sqrt{34}}$$

Тогда косинус равен

$$\cos{\angle SCN}=\sqrt{1-\sin^2{\angle SCN}}=\sqrt{1-\frac{25}{34}}=\frac{3}{\sqrt{34}}$$

Тогда по теореме косинусов

$$SN^2=SC^2+NC^2-2 SC\cdot NC\cdot\cos{\angle SCN}$$

$$SN=\sqrt{SC^2+NC^2-2 SC\cdot NC\cdot\cos{\angle SCN}}=\sqrt{6^2+\frac{34}{4}-12 \cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}}=\sqrt{\frac{53}{2}}$$

Применим теорему косинусов уже к треугольнику $SNM$.

$$SN^2=SM^2+NM^2-2 SM\cdot NM\cdot\cos{\angle SMN}$$

$$\cos{\angle SMN}=-\frac{ SN^2-SM^2-NM^2}{2 SM\cdot NM }=-\frac{ \frac{53}{2}-45-\frac{34}{4}}{2 \sqrt{45}\cdot \frac{\sqrt{34}}{2}}=\frac{27}{\sqrt{45\cdot 34}}=\frac{9}{\sqrt{170}}$$

Тогда по основному тригонометрическому тождеству

$$\sin{\angle SMN}=\sqrt{1-\cos^2{\angle SMN}}=\sqrt{1-\frac{81}{170}}=\sqrt{\frac{89}{170}}$$

Площадь треугольника $SNM$:

$$ S_{SNM}=\frac{1}{2}SM\cdot NM\sin{\angle SMN}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{45}\cdot \frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\sqrt{\frac{89}{170}}=\frac{3}{4}\sqrt{89}$$

Площадь полной поверхности пирамиды $SMNC$ равна:

$$S_{poln}= S_{SNM}+ S_{NMC}+ S_{SMC}+ S_{SNC}=\frac{3}{4}\sqrt{89}+\frac{15}{4}+9+\frac{15}{2}=\frac{81}{4}+\frac{3}{4}\sqrt{89}$$

Радиус вписанной сферы равен:

$$R=\frac{3V}{S_{poln}}=\frac{18}{\frac{81}{4}+\frac{3}{4}\sqrt{89}}=\frac{24}{27+\sqrt{89}}$$

Ответ: $R=\frac{24}{27+\sqrt{89}}$.
Задача 2. Какими должны быть радиусы четырех одинаковых шаров, чтобы их можно было разместить внутри данной сферы радиуса $R$ и при этом каждый шар касался сферы и трех других шаров?
Шары надо расположить так: уложить на плоскость три шарика, а сверху на них положить четвертый, тогда мы выполним условие задачи.

Центры шариков образуют правильный  тетраэдр с длиной ребра $2r$.

Радиус сферы, описанной около правильного тетраэдра с ребром $a$ выражается формулой:

$$R=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{r\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$$

Но искомый радиус сферы больше на радиус шарика $r$, поэтому:

$$R’=R+r=\frac{r\sqrt{3}}{\sqrt{2}}+r$$

$$r=\frac{\sqrt{2} R}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$$

Ответ: $r=\frac{\sqrt{2} R}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$.

Задача 3. Два шара радиуса $r$ касаются друг друга и боковой поверхности конуса, а также его основания  – в точках, симметричных относительно центра. Найдите объем конуса, если его высота в 4/3 раза больше радиуса основания.

Объем конуса равен $V=\frac{1}{3}H\cdot \pi R^2$, а с учетом данных задачи,

$$ V=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{3}R\cdot \pi R^2=\frac{4}{9}\pi R^3$$

Отношение $\frac{H}{R}=\frac{4}{3}=\operatorname{tg}{\alpha}$.

Тогда

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}}{1-\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{4}{3}$$

$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{2}{3}(1-\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}})$$

Получили квадратное уравнение:

$$2\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}+3\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}-2=0$$

$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{2}$$

Или

$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=-2$$

Так как угол острый, то второе значение тангенса неактуально. Радиус основания конуса $R=x+r$,
$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{x}$$

Откуда $x=2r$, $R=3r$.

Тогда

$$ V=\frac{4}{9}\pi R^3=12\pi r^3$$

Ответ: $ V=12\pi r^3$.

Задача 4.  Радиус шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, равен $r=\frac{4}{19}\sqrt{114}$. Чему равен объем второй пирамиды, имеющей вершину в центре шара, а вершины основания – в точках касания шара с боковыми гранями этой пирамиды, если двугранный угол, образованный соседними боковыми гранями второй пирамиды, равен $118^{\circ}$? Ответ округлите до целых.

Изобразим всю конструкцию:

 

Теперь перевернем маленькую пирамиду на основание.

Проведем перпендикуляры из вершин $M$ и $P$ к ребру $RT$. Угол $MZP$ – линейный угол двугранного угла, который равен $118^{\circ}$. Обозначим длину стороны основания $b$, а боковые ребра – это радиусы шара.  Диагональ основания пирамиды равна $b\sqrt{2}$. Запишем теорему косинусов для диагонали основания из треугольника $MZP$.

$$MP^2=MZ^2+ZP^2-2MZ\cdotZP\cos{MZP}$$

Если обозначить $MZ=ZP=h_1$, а апофему пирамиды – $h_2$, то

$$ (b\sqrt{2})^2=h_1^2+h_1^2-2h_1^2\cos{MZP}$$

Площадь треугольника $MTR$ можно определить двумя способами: через $h_1$ и основание $TR$, и через $h_2$ и основание $MR$:

$$2S=h_1\cdot TR=h_2\cdot MR$$

$$MR=b$$

$$TR= r$$

Тогда:

$$h_1\cdot r=h_2\cdot b$$

Тогда

$$h_1=\frac{ h_2\cdot b }{r}$$

Подставим в ранее составленную теорему косинусов:

$$ 2b^2=2h_1^2(1-\cos{MZP})$$

$$ 2b^2=2b^2\frac{h_2^2}{r^2}(1-\cos{MZP})$$

Сократим на $2b^2$, домножим на $r^2$, изменим знак перед косинусом с учетом того, что угол тупой и знак косинуса – отрицательный. Далее под $\cos{MZP}$ будем иметь в виду модуль косинуса этого угла.

$$ r^2=h_2^2(1+\cos{MZP})$$

Определим длину $h_2$ из равнобедренного треугольника $MTR$, в котором она является высотой и медианой:

$$h_2^2=r^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2$$

Снова подставим:

$$ r^2=( r^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2)(1+\cos{MZP})$$

Раскрываем скобки:

$$ r^2= r^2+ r^2\cos{MZP}-\frac{b^2}{4}-\frac{b^2}{4}\cos{MZP})$$

Откуда

$$b^2=\frac{4r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}$$

Это ни что иное, как площадь основания.

Зная длину ребра основания, найдем высоту пирамиды:

$$H^2=r^2-\frac{b^2}{2}$$

$$H^2=r^2-\frac{2r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}$$

$$H^2=r^2\left(1-\frac{2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\right)$$

$$H^2=r^2\left(\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\right)$$

$$H=r\sqrt{\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}}$$

Определяем объем пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{3}b^2H=\frac{1}{3}\cdot\frac{4r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\cdot r\sqrt{\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}}=\frac{4r^3\cos{MZP}(\sqrt{1-\cos{MZP}})}{3(1+\cos{MZP})^{\frac{3}{2}}}=2,9$$

Ответ: с округлением $V=3$.

Задача 5.  Три параллельные прямые касаются в точках А, В и С сферы с центром О и радиусом 4. Найдите $\angle ABC$ , если площадь треугольника $AOC$ равна 4, а площадь треугольника $ABC$ больше 16.

Три прямые, если они параллельны, должны касаться сферы в точках, принадлежащих одной окружности, а именно – окружности, ограничивающей осевое сечение сферы. Тогда задача имеет два решения в зависимости от расположения точек $A, B$ и $C$. При первом расположении

$$S_{AOC}=\frac{1}{2}R^2\sin{\alpha}$$

$$\sin{\alpha}=\frac{ 2S_{AOC}}{R^2}=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}$$

То есть $\alpha=30^{\circ}$, или, что более вероятно (из условия о площади), $\alpha=150^{\circ}$.

Тогда угол, дополняющий данный до $360^{\circ}$, равен $210^{\circ}$, а угол $ABC$, как вписанный, равен $105^{\circ}$.

Но в задаче есть еще одно условие, о том, что площадь треугольника $ABC$ больше 16. По нашей картинке так не получается. Это наводит на мысль об ином расположении точек $A, B$ и $C$.

Нарисуем по-другому. В этом случае  условие о площади соблюдено, а угол тогда равен $\angle ABC=75^{\circ}$.

Ответ: $\angle ABC=75^{\circ}$.