Страница 108 номер 11.12, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Дано:
\(KABCD\) — пирамида
\(ABCD\) — прямоугольник, \(AB = a\) — меньшая сторона
угол между диагоналями \(AC\) и \(BD\) — \(\alpha\)
угол между каждым боковым ребром и плоскостью основания — \(\beta\)
конус описан около пирамиды
Найти: \(S_{\text{бок}}\) конуса.
Решение: Пусть \(O\) — точка пересечения диагоналей прямоугольника \(ABCD\). Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому \(OA = OB = OC = OD\), и \(O\) — центр окружности, описанной около прямоугольника; \(R = OA\) — её радиус.
Все боковые рёбра пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания, поэтому проекцией вершины \(K\) на плоскость основания является центр \(O\) описанной окружности основания: \(KO \perp ABC\). Значит, около пирамиды можно описать конус: его основание — круг, ограниченный этой окружностью, вершина — точка \(K\), высота — \(KO\). Боковые рёбра пирамиды, вписанной в конус, являются образующими конуса: \(l = KA\).
\(OA\) — проекция бокового ребра \(KA\) на плоскость основания, поэтому угол между ребром \(KA\) и плоскостью основания — угол \(KAO\): \(\angle KAO = \beta\). Из прямоугольного треугольника \(KOA\) (\(\angle KOA = 90^\circ\)): \(l = KA = \frac{OA}{\cos\beta} = \frac{R}{\cos\beta}\).
Углы \(AOB\) и \(BOC\) смежные, поэтому \(\cos\angle BOC = -\cos\angle AOB\). По теореме косинусов из треугольников \(AOB\) и \(BOC\):
\[\begin{aligned} AB^2 &= 2R^2 - 2R^2\cos\angle AOB; \\ BC^2 &= 2R^2 + 2R^2\cos\angle AOB. \end{aligned}\]
По условию \(AB \leqslant BC\), поэтому \(\cos\angle AOB \geqslant 0\) и угол \(AOB\) не тупой. Угол между пересекающимися прямыми — это не тупой из углов, образованных при их пересечении, поэтому угол между диагоналями \(AC\) и \(BD\) равен углу \(AOB\): \(\angle AOB = \alpha\).
Пусть \(E\) — середина \(AB\). Медиана \(OE\) равнобедренного треугольника \(AOB\) (\(OA = OB\)) является его высотой и биссектрисой: \(AE = \frac{a}{2}\), \(\angle AOE = \frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(AEO\) (\(\angle AEO = 90^\circ\)): \(R = OA = \frac{AE}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}}\).
\[S_{\text{бок}} = \pi Rl = \frac{\pi R^2}{\cos\beta} = \frac{\pi a^2}{4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos\beta}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2}{4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos\beta}\).
Дано:
\(KABCD\) — пирамида
\(ABCD\) — прямоугольник, \(AB = a\) — меньшая сторона
угол между диагоналями \(AC\) и \(BD\) — \(\alpha\)
угол между каждым боковым ребром и плоскостью основания — \(\beta\)
конус описан около пирамиды
Найти: \(S_{\text{бок}}\) конуса.
Решение: Пусть \(O\) — точка пересечения диагоналей прямоугольника \(ABCD\). Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому \(OA = OB = OC = OD\), и \(O\) — центр окружности, описанной около прямоугольника; \(R = OA\) — её радиус.
Все боковые рёбра пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания, поэтому проекцией вершины \(K\) на плоскость основания является центр \(O\) описанной окружности основания: \(KO \perp ABC\). Значит, около пирамиды можно описать конус: его основание — круг, ограниченный этой окружностью, вершина — точка \(K\), высота — \(KO\). Боковые рёбра пирамиды, вписанной в конус, являются образующими конуса: \(l = KA\).
\(OA\) — проекция бокового ребра \(KA\) на плоскость основания, поэтому угол между ребром \(KA\) и плоскостью основания — угол \(KAO\): \(\angle KAO = \beta\). Из прямоугольного треугольника \(KOA\) (\(\angle KOA = 90^\circ\)): \(l = KA = \frac{OA}{\cos\beta} = \frac{R}{\cos\beta}\).
Радиус \(R\) найдём из основания пирамиды — прямоугольника \(ABCD\).
Углы \(AOB\) и \(BOC\) смежные, поэтому \(\cos\angle BOC = -\cos\angle AOB\). По теореме косинусов из треугольников \(AOB\) и \(BOC\):
\[\begin{aligned} AB^2 &= 2R^2 - 2R^2\cos\angle AOB; \\ BC^2 &= 2R^2 + 2R^2\cos\angle AOB. \end{aligned}\]
По условию \(AB \leqslant BC\), поэтому \(\cos\angle AOB \geqslant 0\) и угол \(AOB\) не тупой. Угол между пересекающимися прямыми — это не тупой из углов, образованных при их пересечении, поэтому угол между диагоналями \(AC\) и \(BD\) равен углу \(AOB\): \(\angle AOB = \alpha\).
Пусть \(E\) — середина \(AB\). Медиана \(OE\) равнобедренного треугольника \(AOB\) (\(OA = OB\)) является его высотой и биссектрисой: \(AE = \frac{a}{2}\), \(\angle AOE = \frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(AEO\) (\(\angle AEO = 90^\circ\)): \(R = OA = \frac{AE}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}}\).
По формуле площади боковой поверхности конуса:
\[S_{\text{бок}} = \pi Rl = \frac{\pi R^2}{\cos\beta} = \frac{\pi a^2}{4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos\beta}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2}{4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos\beta}\).
