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 $N$ – $NK$ . 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.

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: $\angle ABC=75^{\circ}$ .

Стереометрия: сферы в различных задачах

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь

Ноябрь 2019
Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Окт
				1	2	3
4	5	6	7	8	9	10
11	12	13	14	15	16	17
18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30