Номер 701, страница 101 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

701. Шар вписан в правильную усеченную $n$-угольную пирамиду, ребра оснований которой равны $a$ и $b$. Найдите боковую поверхность этой пирамиды.

Пусть $S_{бок}$ — боковая поверхность усеченной пирамиды, $S_1$ и $S_2$ — площади ее оснований, $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований.

Стороны оснований — правильных $n$-угольников — равны $a$ и $b$.

Площадь правильного $n$-угольника со стороной $s$ вычисляется по формуле:$S = \frac{ns^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}$.

Следовательно, площади оснований пирамиды равны:$S_1 = \frac{na^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}$ и $S_2 = \frac{nb^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}$.

Поскольку в усеченную пирамиду вписан шар, существует общая теорема для многогранников, описанных около сферы. Объем такого многогранника $V$ связан с его полной поверхностью $S_{полн}$ и радиусом вписанной сферы $R$ соотношением:$V = \frac{1}{3} R S_{полн}$.

Полная поверхность пирамиды равна сумме площадей оснований и боковой поверхности: $S_{полн} = S_1 + S_2 + S_{бок}$.

Объем усеченной пирамиды с высотой $H$ и площадями оснований $S_1$ и $S_2$ вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{3} H (S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2)$.

Так как шар вписан в усеченную пирамиду, он касается обоих оснований. Это означает, что расстояние между основаниями, то есть высота пирамиды $H$, равно диаметру шара $2R$. Таким образом, $H = 2R$.

Приравняем два выражения для объема, подставив $H = 2R$:$\frac{1}{3} R S_{полн} = \frac{1}{3} (2R) (S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2)$.

Сократив на $\frac{1}{3}R$ (поскольку $R \neq 0$), получим:$S_{полн} = 2(S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2)$.

Подставим в это равенство выражение для $S_{полн}$:$S_1 + S_2 + S_{бок} = 2S_1 + 2S_2 + 2\sqrt{S_1 S_2}$.

Выразим отсюда боковую поверхность $S_{бок}$:$S_{бок} = (2S_1 - S_1) + (2S_2 - S_2) + 2\sqrt{S_1 S_2}$$S_{бок} = S_1 + S_2 + 2\sqrt{S_1 S_2}$.

Это выражение представляет собой полный квадрат:$S_{бок} = (\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2})^2$.

Теперь найдем квадратные корни из площадей оснований:$\sqrt{S_1} = \sqrt{\frac{na^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}} = \frac{a \sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}}$$\sqrt{S_2} = \sqrt{\frac{nb^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}} = \frac{b \sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}}$

Сложим их:$\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} = \frac{a \sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}} + \frac{b \sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}} = \frac{(a+b)\sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}}$.

Наконец, возведем сумму в квадрат, чтобы найти боковую поверхность:$S_{бок} = \left( \frac{(a+b)\sqrt{n}}{2 \sqrt{\tan(\frac{\pi}{n})}} \right)^2 = \frac{(a+b)^2 n}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}$.

Используя тождество $\tan(\alpha) = 1/\cot(\alpha)$, ответ можно также записать в виде:$S_{бок} = \frac{n(a+b)^2}{4} \cot\left(\frac{\pi}{n}\right)$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{n(a+b)^2}{4 \tan(\frac{\pi}{n})}$.