Номер 561, страница 83 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

561. Диагональ осевого сечения усеченного конуса длиной $d$ наклонена к плоскости основания под углом $\alpha$ (рис. 187). Найдите боковую поверхность этого конуса, учитывая, что радиусы его оснований относятся как $1 : 3$.

Рис. 187

Обозначим радиусы оснований усеченного конуса как $r$ и $R$ (где $r < R$), высоту как $h$, а образующую как $l$. Осевое сечение усеченного конуса — это равнобедренная трапеция с основаниями $2R$ и $2r$ и боковыми сторонами, равными $l$.

По условию, диагональ $d$ осевого сечения наклонена к плоскости основания под углом $\alpha$. Также дано соотношение радиусов: $R = 3r$.

Рассмотрим осевое сечение. Пусть это трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD=2R$ и меньшим $BC=2r$. Диагональ $AC=d$. Проведем высоту $CH$ из вершины $C$ на основание $AD$. Прямоугольный треугольник $ACH$ имеет гипотенузу $AC=d$ и угол $\angle CAH = \alpha$. Из этого треугольника находим высоту трапеции (и конуса) $h$ и проекцию диагонали на основание $AH$:
$h = CH = d \sin \alpha$
$AH = d \cos \alpha$

С другой стороны, длину отрезка $AH$ можно выразить через радиусы. В равнобедренной трапеции отрезок $HD = \frac{AD - BC}{2} = \frac{2R - 2r}{2} = R - r$. Тогда $AH = AD - HD = 2R - (R - r) = R + r$.

Приравнивая два выражения для $AH$, получаем:
$R + r = d \cos \alpha$.

Используя условие $R = 3r$, составим и решим систему уравнений:
$\begin{cases} R + r = d \cos \alpha \\ R = 3r \end{cases}$
Подставив второе уравнение в первое, получаем:
$3r + r = d \cos \alpha \Rightarrow 4r = d \cos \alpha \Rightarrow r = \frac{d \cos \alpha}{4}$.
Соответственно, $R = 3r = \frac{3d \cos \alpha}{4}$.

Площадь боковой поверхности усеченного конуса вычисляется по формуле $S_{бок} = \pi (R + r) l$. Мы уже нашли, что $R + r = d \cos \alpha$. Теперь найдем образующую $l$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHD$. Его катеты — это высота $h = CH$ и отрезок $HD = R-r$, а гипотенуза — образующая $l = CD$. По теореме Пифагора:
$l^2 = h^2 + (R-r)^2$.
Найдем $R-r$: $R-r = 3r - r = 2r = 2 \cdot \frac{d \cos \alpha}{4} = \frac{d \cos \alpha}{2}$.
Подставим известные значения:
$l^2 = (d \sin \alpha)^2 + \left(\frac{d \cos \alpha}{2}\right)^2 = d^2 \sin^2 \alpha + \frac{d^2 \cos^2 \alpha}{4}$
$l^2 = d^2 \left(\sin^2 \alpha + \frac{\cos^2 \alpha}{4}\right) = \frac{d^2}{4}(4\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)$.
Используя основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha$, получим:
$l^2 = \frac{d^2}{4}(4\sin^2 \alpha + 1 - \sin^2 \alpha) = \frac{d^2}{4}(1 + 3\sin^2 \alpha)$.
Отсюда $l = \frac{d}{2}\sqrt{1 + 3\sin^2 \alpha}$.

Наконец, подставляем найденные выражения для $(R+r)$ и $l$ в формулу площади боковой поверхности:
$S_{бок} = \pi (d \cos \alpha) \left(\frac{d}{2}\sqrt{1 + 3\sin^2 \alpha}\right) = \frac{\pi d^2 \cos \alpha}{2} \sqrt{1 + 3\sin^2 \alpha}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{\pi d^2 \cos \alpha}{2} \sqrt{1 + 3\sin^2 \alpha}$.