Номер 600, страница 183 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

600. Радиус шара, вписанного в правильную пирамиду, равен $r$, а двугранный угол при основании — $\alpha$. Найдите полную поверхность пирамиды, учитывая, что она является:

a) четырехугольной;

б) треугольной.

Для решения задачи в обоих случаях воспользуемся общим подходом. Пусть $S_{полн}$ — полная поверхность пирамиды, $S_{осн}$ — площадь основания, $S_{бок}$ — площадь боковой поверхности. Тогда $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$.

Так как все двугранные углы при основании правильной пирамиды равны $\alpha$, то площадь боковой поверхности связана с площадью основания формулой $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos\alpha}$. Следовательно, полная поверхность равна:
$S_{полн} = S_{осн} + \frac{S_{осн}}{\cos\alpha} = S_{осн} \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right)$.

Таким образом, задача сводится к нахождению площади основания $S_{осн}$, используя радиус вписанного шара $r$ и двугранный угол $\alpha$.

Рассмотрим осевое сечение правильной пирамиды, проходящее через ее высоту и апофему (высоту боковой грани). Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник. В него вписан круг, который является сечением вписанного шара. Радиус этого круга равен радиусу шара $r$.

Пусть $SO$ — высота пирамиды, $SM$ — ее апофема, $OM$ — радиус окружности, вписанной в основание пирамиды ($r_{осн}$). Треугольник $SOM$ — прямоугольный, с $\angle SOM = 90^\circ$. Двугранный угол при основании — это $\angle SMO = \alpha$. Центр вписанного шара, точка $I$, лежит на высоте пирамиды $SO$. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно радиусу шара $r$, то есть $IO=r$. Расстояние от точки $I$ до боковой грани (которую представляет апофема $SM$) также равно $r$.

В прямоугольном треугольнике $SOM$ проведем из точки $I$ перпендикуляр $IK$ к гипотенузе $SM$. Тогда $IK=r$. Рассмотрим подобные прямоугольные треугольники $\triangle SIK$ и $\triangle SOM$ (по общему острому углу при вершине $S$). Однако удобнее рассмотреть прямоугольный треугольник $IOM$, в котором гипотенуза $IM$ является биссектрисой угла $\alpha$. Нет, это неверно.

Воспользуемся другим методом. В прямоугольном треугольнике $SOM$ имеем $SO = OM \cdot \tan\alpha = r_{осн} \cdot \tan\alpha$. Рассмотрим подобные треугольники $\triangle SMI$ и $\triangle OMI$... Нет, рассмотрим подобные треугольники $\triangle SIK$ и $\triangle SOM$. В $\triangle SOM$ и $\triangle SIK$ угол $\angle ISK$ общий. $SI = SO - IO = r_{осн}\tan\alpha - r$. Из подобия $\triangle SIK \sim \triangle SOM$ следует отношение сторон:
$\frac{IK}{OM} = \frac{SI}{SM}$
Здесь $IK=r$, $OM=r_{осн}$, $SI=r_{осн}\tan\alpha - r$ и $SM = \frac{OM}{\cos\alpha} = \frac{r_{осн}}{\cos\alpha}$.
Подставим выражения:
$\frac{r}{r_{осн}} = \frac{r_{осн}\tan\alpha - r}{r_{осн}/\cos\alpha} = \frac{(r_{осн}\tan\alpha - r)\cos\alpha}{r_{осн}}$
$r = (r_{осн}\tan\alpha - r)\cos\alpha = r_{осн}\sin\alpha - r\cos\alpha$
$r(1+\cos\alpha) = r_{осн}\sin\alpha$
Отсюда выразим радиус вписанной в основание окружности:
$r_{осн} = \frac{r(1+\cos\alpha)}{\sin\alpha} = \frac{r \cdot 2\cos^2(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)} = r \frac{\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)} = r \cdot \ctg(\alpha/2)$.

Теперь, имея эту ключевую формулу, решим задачу для каждого случая.

а) четырехугольной;

В основании правильной четырехугольной пирамиды лежит квадрат. Пусть сторона квадрата равна $a$. Радиус вписанной в квадрат окружности равен половине его стороны: $r_{осн} = a/2$.
Используя найденную зависимость, получаем:
$a/2 = r \cdot \ctg(\alpha/2) \Rightarrow a = 2r \cdot \ctg(\alpha/2)$.
Площадь основания (квадрата) равна:
$S_{осн} = a^2 = (2r \cdot \ctg(\alpha/2))^2 = 4r^2 \ctg^2(\alpha/2)$.

Теперь найдем полную поверхность пирамиды:
$S_{полн} = S_{осн} \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right) = 4r^2 \ctg^2(\alpha/2) \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right)$.
Ответ: $S_{полн} = 4r^2 \ctg^2(\frac{\alpha}{2}) \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right)$.

б) треугольной.

В основании правильной треугольной пирамиды лежит равносторонний треугольник. Пусть сторона треугольника равна $a$. Радиус вписанной в него окружности равен $r_{осн} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
Используя ту же самую формулу $r_{осн} = r \cdot \ctg(\alpha/2)$, получаем:
$\frac{a}{2\sqrt{3}} = r \cdot \ctg(\alpha/2) \Rightarrow a = 2\sqrt{3}r \cdot \ctg(\alpha/2)$.
Площадь основания (равностороннего треугольника) равна:
$S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(2\sqrt{3}r \cdot \ctg(\alpha/2))^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{(12r^2 \ctg^2(\alpha/2))\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}r^2 \ctg^2(\alpha/2)$.

Полная поверхность пирамиды:
$S_{полн} = S_{осн} \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right) = 3\sqrt{3}r^2 \ctg^2(\alpha/2) \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right)$.
Ответ: $S_{полн} = 3\sqrt{3}r^2 \ctg^2(\frac{\alpha}{2}) \left(1 + \frac{1}{\cos\alpha}\right)$.