Страница 109 номер 11.20, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Дано:
\(KABC\) — пирамида
\(AB = BC = a\), \(\angle BAC = \alpha\)
двугранные углы при рёбрах основания — \(\beta\)
пирамида описана около конуса
Найти: \(S_{\text{бок}}\) конуса.
Решение: Пирамида описана около конуса: вершина \(K\) пирамиды совпадает с вершиной конуса, а окружность основания конуса с центром \(O\) вписана в треугольник \(ABC\); \(KO\) — высота конуса, \(KO \perp ABC\).
Пусть \(M\) — середина основания \(AC\). Медиана \(BM\) равнобедренного треугольника \(ABC\) является его высотой и биссектрисой, поэтому центр \(O\) вписанной окружности (точка пересечения биссектрис) лежит на \(BM\), и \(OM \perp AC\). Значит, \(M\) — точка касания стороны \(AC\) с окружностью основания конуса, \(r = OM\) — радиус основания конуса, а отрезок \(KM\) — образующая конуса: \(l = KM\).
\(OM \perp AC\), а \(OM\) — проекция наклонной \(KM\) на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(KM \perp AC\). Значит, угол \(KMO\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AC\): \(\angle KMO = \beta\).
Из прямоугольного треугольника \(ABM\) (\(\angle AMB = 90^\circ\)): \(AM = AB\cos\alpha = a\cos\alpha\). \(AO\) — биссектриса угла \(BAC\), поэтому \(\angle OAM = \frac{\alpha}{2}\), и из прямоугольного треугольника \(AMO\) (\(\angle AMO = 90^\circ\)): \(r = OM = AM\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = a\cos\alpha\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\).
Из прямоугольного треугольника \(KOM\) (\(\angle KOM = 90^\circ\)): \(l = KM = \frac{OM}{\cos\beta} = \frac{r}{\cos\beta}\).
\[S_{\text{бок}} = \pi rl = \frac{\pi r^2}{\cos\beta} = \frac{\pi a^2\cos^2\alpha\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\beta}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2\cos^2\alpha\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\beta}\).
Дано:
\(KABC\) — пирамида
\(AB = BC = a\), \(\angle BAC = \alpha\)
двугранные углы при рёбрах основания — \(\beta\)
пирамида описана около конуса
Найти: \(S_{\text{бок}}\) конуса.
Решение: Пирамида описана около конуса: вершина \(K\) пирамиды совпадает с вершиной конуса, а окружность основания конуса с центром \(O\) вписана в треугольник \(ABC\); \(KO\) — высота конуса, \(KO \perp ABC\).
Пусть \(M\) — середина основания \(AC\). Медиана \(BM\) равнобедренного треугольника \(ABC\) является его высотой и биссектрисой, поэтому центр \(O\) вписанной окружности (точка пересечения биссектрис) лежит на \(BM\), и \(OM \perp AC\). Значит, \(M\) — точка касания стороны \(AC\) с окружностью основания конуса, \(r = OM\) — радиус основания конуса, а отрезок \(KM\) — образующая конуса: \(l = KM\).
\(OM \perp AC\), а \(OM\) — проекция наклонной \(KM\) на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(KM \perp AC\). Значит, угол \(KMO\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AC\): \(\angle KMO = \beta\).
Радиус \(r\) найдём из основания пирамиды — треугольника \(ABC\).
Из прямоугольного треугольника \(ABM\) (\(\angle AMB = 90^\circ\)): \(AM = AB\cos\alpha = a\cos\alpha\). \(AO\) — биссектриса угла \(BAC\), поэтому \(\angle OAM = \frac{\alpha}{2}\), и из прямоугольного треугольника \(AMO\) (\(\angle AMO = 90^\circ\)): \(r = OM = AM\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = a\cos\alpha\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\).
Из прямоугольного треугольника \(KOM\) (\(\angle KOM = 90^\circ\)): \(l = KM = \frac{OM}{\cos\beta} = \frac{r}{\cos\beta}\).
По формуле площади боковой поверхности конуса:
\[S_{\text{бок}} = \pi rl = \frac{\pi r^2}{\cos\beta} = \frac{\pi a^2\cos^2\alpha\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\beta}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2\cos^2\alpha\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\beta}\).
