Страница 86 номер 8.16, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Дано:
\(ABCA_1B_1C_1\) — призма
\(\angle ACB = 90^\circ\), \(BC = a\), \(\angle BAC = \alpha\)
\(A_1B\) — диагональ грани \(AA_1B_1B\)
угол между прямой \(A_1B\) и плоскостью \(ABC\) равен \(\beta\)
цилиндр описан около призмы
Найти: \(S_{\text{бок}}\) цилиндра.
Решение: Основание призмы — прямоугольный треугольник \(ABC\) с гипотенузой \(AB\), катетом \(BC = a\) и противолежащим ему углом \(BAC = \alpha\); боковая грань, содержащая гипотенузу, — \(AA_1B_1B\), её диагональ \(A_1B\) наклонена к плоскости основания под углом \(\beta\).
Призма вписана в цилиндр, поэтому она прямая, её боковые рёбра — образующие цилиндра, а основания вписаны в основания цилиндра. Значит, высота цилиндра \(h = AA_1\), а радиус \(r\) его основания равен радиусу окружности, описанной около треугольника \(ABC\). Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы, поэтому центр \(O\) нижнего основания цилиндра — середина \(AB\) и \(r = \frac{AB}{2}\).
Из треугольника \(ABC\) (\(\angle ACB = 90^\circ\)): \(AB = \frac{BC}{\sin \angle BAC} = \frac{a}{\sin\alpha}\), поэтому \(r = \frac{a}{2\sin\alpha}\).
Призма прямая, поэтому \(A_1A \perp ABC\) и прямая \(AB\) — проекция прямой \(A_1B\) на плоскость основания. Следовательно, угол \(A_1BA\) — угол между прямой \(A_1B\) и плоскостью основания: \(\angle A_1BA = \beta\). Из треугольника \(A_1AB\) (\(\angle A_1AB = 90^\circ\)): \(h = AA_1 = AB \operatorname{tg}\beta = \frac{a\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha}\).
\[S_{\text{бок}} = 2\pi rh = 2\pi \cdot \frac{a}{2\sin\alpha} \cdot \frac{a\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha} = \frac{\pi a^2\operatorname{tg}\beta}{\sin^2\alpha}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2 \operatorname{tg} \beta}{\sin^2 \alpha}\).
Дано:
\(ABCA_1B_1C_1\) — призма
\(\angle ACB = 90^\circ\), \(BC = a\), \(\angle BAC = \alpha\)
\(A_1B\) — диагональ грани \(AA_1B_1B\)
угол между прямой \(A_1B\) и плоскостью \(ABC\) равен \(\beta\)
цилиндр описан около призмы
Найти: \(S_{\text{бок}}\) цилиндра.
Решение: Основание призмы — прямоугольный треугольник \(ABC\) с гипотенузой \(AB\), катетом \(BC = a\) и противолежащим ему углом \(BAC = \alpha\); боковая грань, содержащая гипотенузу, — \(AA_1B_1B\), её диагональ \(A_1B\) наклонена к плоскости основания под углом \(\beta\).
Призма вписана в цилиндр, поэтому она прямая, её боковые рёбра — образующие цилиндра, а основания вписаны в основания цилиндра. Значит, высота цилиндра \(h = AA_1\), а радиус \(r\) его основания равен радиусу окружности, описанной около треугольника \(ABC\). Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы, поэтому центр \(O\) нижнего основания цилиндра — середина \(AB\) и \(r = \frac{AB}{2}\). Плоскость грани \(AA_1B_1B\) содержит образующую \(AA_1\), параллельную оси цилиндра, и центр \(O\) основания, значит, содержит и прямую, проходящую через \(O\) параллельно \(AA_1\), то есть ось \(OO_1\): грань \(AA_1B_1B\) — осевое сечение цилиндра, \(O_1\) — центр его верхнего основания.
Из треугольника \(ABC\) (\(\angle ACB = 90^\circ\)): \(AB = \frac{BC}{\sin \angle BAC} = \frac{a}{\sin\alpha}\), поэтому \(r = \frac{a}{2\sin\alpha}\).
Призма прямая, поэтому \(A_1A \perp ABC\) и прямая \(AB\) — проекция прямой \(A_1B\) на плоскость основания. Следовательно, угол \(A_1BA\) — угол между прямой \(A_1B\) и плоскостью основания: \(\angle A_1BA = \beta\). Из треугольника \(A_1AB\) (\(\angle A_1AB = 90^\circ\)): \(h = AA_1 = AB \operatorname{tg}\beta = \frac{a\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha}\).
\[S_{\text{бок}} = 2\pi rh = 2\pi \cdot \frac{a}{2\sin\alpha} \cdot \frac{a\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha} = \frac{\pi a^2\operatorname{tg}\beta}{\sin^2\alpha}.\]
Ответ: \(\frac{\pi a^2 \operatorname{tg} \beta}{\sin^2 \alpha}\).
