Номер 588, страница 181 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

588. Найдите боковую поверхность правильной четырехугольной пирамиды, учитывая, что:

а) ее высота равна 8 см, а сама она описана около шара, центр которого отстоит от боковой грани пирамиды на 3 см;

б) радиус вписанной в нее сферы равен 8 см, а боковая грань пирамиды наклонена к плоскости основания под углом в $60^\circ$;

в) она описана около шара с радиусом $R$, а плоский угол при ее вершине равен $\alpha$;

г) она усеченная, описана около шара с радиусом $r$, а двугранный угол при ее основании равен $\alpha$.

а) ее высота равна 8 см, а сама она описана около шара, центр которого отстоит от боковой грани пирамиды на 3 см;

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида. Обозначим сторону ее основания через $a$, высоту — $H$, апофему (высоту боковой грани) — $h_a$. Площадь боковой поверхности пирамиды вычисляется по формуле $S_{бок} = 2ah_a$.
По условию, высота пирамиды $H = 8$ см. Пирамида описана около шара. Расстояние от центра вписанного шара до любой ее грани (в том числе боковой) равно радиусу этого шара. Таким образом, радиус вписанного шара $r = 3$ см.
Для правильной пирамиды, описанной около шара, радиус вписанного шара $r$, высота $H$, сторона основания $a$ и апофема $h_a$ связаны соотношением, которое можно получить из рассмотрения сечения пирамиды плоскостью, проходящей через ее высоту и апофему. Это сечение — равнобедренный треугольник с основанием $a$ и высотой $H$. Радиус вписанной в пирамиду сферы равен радиусу окружности, вписанной в это сечение.

Формула для радиуса вписанной окружности: $r = \frac{S}{p}$, где $S$ — площадь треугольника, а $p$ — его полупериметр.
Площадь сечения $S = \frac{1}{2}aH$. Полупериметр $p = \frac{a + h_a + h_a}{2} = \frac{a + 2h_a}{2}$.
Тогда $r = \frac{\frac{1}{2}aH}{\frac{a + 2h_a}{2}} = \frac{aH}{a + 2h_a}$.
Также высота, апофема и половина стороны основания связаны теоремой Пифагора: $h_a^2 = H^2 + (\frac{a}{2})^2$.

Подставим известные значения $H=8$ см и $r=3$ см в эти формулы:

1. $3 = \frac{8a}{a + 2h_a}$
2. $h_a^2 = 8^2 + \frac{a^2}{4} = 64 + \frac{a^2}{4}$

Из первого уравнения выразим $h_a$:
$3(a + 2h_a) = 8a$
$3a + 6h_a = 8a$
$6h_a = 5a$
$h_a = \frac{5a}{6}$

Подставим это выражение во второе уравнение:
$(\frac{5a}{6})^2 = 64 + \frac{a^2}{4}$
$\frac{25a^2}{36} = 64 + \frac{a^2}{4}$
$\frac{25a^2}{36} - \frac{9a^2}{36} = 64$
$\frac{16a^2}{36} = 64$
$\frac{a^2}{36} = 4$
$a^2 = 144 \implies a = 12$ см.

Теперь найдем апофему $h_a$:
$h_a = \frac{5 \cdot 12}{6} = 10$ см.

Наконец, вычислим площадь боковой поверхности:
$S_{бок} = 2ah_a = 2 \cdot 12 \cdot 10 = 240$ см².

Ответ: $240 \text{ см}^2$.

б) радиус вписанной в нее сферы равен 8 см, а боковая грань пирамиды наклонена к плоскости основания под углом в 60°;

Дано: радиус вписанной сферы $r = 8$ см, двугранный угол при основании (угол наклона боковой грани к плоскости основания) $\beta = 60°$.
В сечении пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $H$ и апофему $h_a$, образуется прямоугольный треугольник с катетами $H$ и $\frac{a}{2}$ (половина стороны основания). Угол между гипотенузой $h_a$ и катетом $\frac{a}{2}$ равен $\beta$.
Для пирамиды, описанной около шара, существует соотношение между радиусом шара $r$, высотой пирамиды $H$ и двугранным углом при основании $\beta$: $r = (H-r)\cos\beta$.
Подставим известные значения: $8 = (H-8)\cos(60°)$
$8 = (H-8) \cdot \frac{1}{2}$
$16 = H-8$
$H = 24$ см.

Теперь найдем остальные элементы пирамиды. Из прямоугольного треугольника в сечении:
$\frac{a}{2} = H \cdot \cot\beta = 24 \cdot \cot(60°) = 24 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 8\sqrt{3}$ см.
$a = 16\sqrt{3}$ см.
Площадь боковой поверхности можно найти по формуле $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos\beta}$, где $S_{осн}$ — площадь основания.
$S_{осн} = a^2 = (16\sqrt{3})^2 = 256 \cdot 3 = 768$ см².
$S_{бок} = \frac{768}{\cos(60°)} = \frac{768}{1/2} = 1536$ см².

Ответ: $1536 \text{ см}^2$.

в) она описана около шара с радиусом R, а плоский угол при ее вершине равен α;

Дано: радиус вписанной сферы равен $R$, плоский угол при вершине боковой грани равен $\alpha$.
Пусть $a$ — сторона основания, $h_a$ — апофема, $\beta$ — двугранный угол при основании.
Рассмотрим боковую грань — равнобедренный треугольник. Апофема $h_a$ является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольного треугольника внутри грани имеем: $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a/2}{h_a}$.
Рассмотрим сечение пирамиды через высоту и апофему. Это прямоугольный треугольник. В нем $\cos\beta = \frac{a/2}{h_a}$.
Следовательно, $\cos\beta = \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Как и в пункте б), используем формулу $r = (H-r)\cos\beta$. В данном случае $r=R$:
$R = (H-R)\cos\beta \implies H-R = \frac{R}{\cos\beta} \implies H = R(1 + \frac{1}{\cos\beta})$.
Из сечения также имеем $H = h_a \sin\beta$.
$h_a \sin\beta = R\frac{1+\cos\beta}{\cos\beta} \implies h_a = R\frac{1+\cos\beta}{\sin\beta \cos\beta}$.
Площадь боковой поверхности $S_{бок} = 2ah_a$. Из соотношения $\frac{a}{2h_a} = \tan(\frac{\alpha}{2})$ имеем $a = 2h_a \tan(\frac{\alpha}{2})$. Тогда $S_{бок} = 2(2h_a \tan(\frac{\alpha}{2}))h_a = 4h_a^2 \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь подставим выражение для $h_a$:
$S_{бок} = 4 \left(R\frac{1+\cos\beta}{\sin\beta \cos\beta}\right)^2 \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{4R^2(1+\cos\beta)^2}{\sin^2\beta \cos^2\beta} \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Используя $\sin^2\beta = 1-\cos^2\beta = (1-\cos\beta)(1+\cos\beta)$, получаем:
$S_{бок} = \frac{4R^2(1+\cos\beta)}{(1-\cos\beta)\cos^2\beta} \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Теперь заменим $\cos\beta$ на $\tan(\frac{\alpha}{2})$: $S_{бок} = \frac{4R^2(1+\tan(\frac{\alpha}{2}))}{(1-\tan(\frac{\alpha}{2}))\tan^2(\frac{\alpha}{2})} \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{4R^2(1+\tan(\frac{\alpha}{2}))}{\tan(\frac{\alpha}{2})(1-\tan(\frac{\alpha}{2}))}$.
Для существования такой пирамиды необходимо, чтобы $\cos\beta < 1$, то есть $\tan(\frac{\alpha}{2}) < 1$, что означает $\alpha < 90°$.

Ответ: $\frac{4R^2(1+\tan(\frac{\alpha}{2}))}{\tan(\frac{\alpha}{2})(1-\tan(\frac{\alpha}{2}))}$.

г) она усеченная, описана около шара с радиусом r, а двугранный угол при ее основании равен α.

Дана правильная четырехугольная усеченная пирамида, описанная около шара радиусом $r$. Двугранный угол при большем основании равен $\alpha$.
Пусть $a_1$ и $a_2$ — стороны оснований, $h_f$ — апофема усеченной пирамиды (высота боковой грани).
Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 4 \cdot \frac{a_1+a_2}{2} h_f = 2(a_1+a_2)h_f$.

Для того чтобы в усеченную пирамиду можно было вписать шар, необходимо, чтобы ее апофема равнялась сумме радиусов окружностей, вписанных в основания. Для квадратных оснований радиусы вписанных окружностей равны $\frac{a_1}{2}$ и $\frac{a_2}{2}$. Таким образом, $h_f = \frac{a_1}{2} + \frac{a_2}{2} = \frac{a_1+a_2}{2}$, откуда $a_1+a_2 = 2h_f$.
Подставим это в формулу площади боковой поверхности:
$S_{бок} = 2(2h_f)h_f = 4h_f^2$.

Теперь найдем $h_f$. Высота усеченной пирамиды, описанной около шара, равна диаметру этого шара, то есть $H_f = 2r$.
Рассмотрим сечение усеченной пирамиды плоскостью, проходящей через ее высоту и апофему. В этом сечении двугранный угол $\alpha$ является углом при большем основании равнобокой трапеции. В этой трапеции высота равна $H_f=2r$, а боковая сторона — $h_f$. Из прямоугольного треугольника, образованного высотой $H_f$, боковой стороной $h_f$ и проекцией боковой стороны, имеем:
$\sin\alpha = \frac{H_f}{h_f} = \frac{2r}{h_f}$.
Отсюда $h_f = \frac{2r}{\sin\alpha}$.

Подставим полученное выражение для $h_f$ в формулу для площади боковой поверхности:
$S_{бок} = 4h_f^2 = 4 \left(\frac{2r}{\sin\alpha}\right)^2 = 4 \frac{4r^2}{\sin^2\alpha} = \frac{16r^2}{\sin^2\alpha}$.

Ответ: $\frac{16r^2}{\sin^2\alpha}$.