Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (С2))

Стереометрия: сферы в различных задачах

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.

К задаче 1

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 NNK. 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 треугольникаSDC, 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.

К задаче 3

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:

К задаче 4 – рисунок 1

 

Теперь перевернем маленькую пирамиду на основание.

К задаче 4 – рисунок 2

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.

К задаче 5 – рисунок 1

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.

К задаче 5 – рисунок 2

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

Ответ: \angle ABC=75^{\circ}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *