Страница 86 номер 8.20, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(ABCA_1B_1C_1\) — призма
\(AB = BC\), \(\angle ABC = \alpha\)
\(A_1C = d\) — диагональ грани \(AA_1C_1C\)
угол между прямой \(A_1C\) и плоскостью \(ABC\) равен \(\beta\)
цилиндр вписан в призму

Найти: \(S_{\text{бок}}\) цилиндра.

Решение: Основание призмы — равнобедренный треугольник \(ABC\) с боковыми сторонами \(AB = BC\) и углом \(ABC = \alpha\) между ними; грань, проходящая через основание \(AC\) треугольника, — \(AA_1C_1C\), её диагональ \(A_1C = d\) наклонена к плоскости основания под углом \(\beta\).

Цилиндр вписан в призму, то есть призма описана около цилиндра. Поэтому призма прямая, а её основания описаны около оснований цилиндра: окружность нижнего основания цилиндра с центром \(O\) вписана в треугольник \(ABC\), её радиус — радиус \(r\) основания цилиндра, \(O_1\) — центр верхнего основания. Основания цилиндра лежат в плоскостях оснований призмы, поэтому высота цилиндра \(h\) равна высоте призмы, то есть боковому ребру \(AA_1\).

Призма прямая, поэтому \(A_1A \perp ABC\) и прямая \(AC\) — проекция прямой \(A_1C\) на плоскость основания. Следовательно, угол \(A_1CA\) — угол между прямой \(A_1C\) и плоскостью основания: \(\angle A_1CA = \beta\). Из треугольника \(A_1AC\) (\(\angle A_1AC = 90^\circ\)): \[\begin{aligned} h &= AA_1 = d\sin\beta; \\ AC &= d\cos\beta. \end{aligned}\]

Проведём высоту \(BH\) треугольника \(ABC\). В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является медианой и биссектрисой, поэтому \(AH = \frac{AC}{2} = \frac{d\cos\beta}{2}\), центр \(O\) вписанной окружности (точка пересечения биссектрис) лежит на \(BH\), а \(OH \perp AC\). Значит, \(H\) — точка касания окружности со стороной \(AC\) и \(r = OH\). Углы при основании равнобедренного треугольника равны, поэтому \(\angle BAC = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}\). Луч \(AO\) — биссектриса угла \(BAC\), поэтому \(\angle OAH = 45^\circ - \frac{\alpha}{4}\).

Из треугольника \(AOH\) (\(\angle AHO = 90^\circ\)): \(r = OH = AH\operatorname{tg}\angle OAH = \frac{d\cos\beta}{2}\operatorname{tg}\left(45^\circ - \frac{\alpha}{4}\right)\).

\[\begin{aligned} &S_{\text{бок}} = 2\pi rh = 2\pi \cdot \frac{d\cos\beta}{2}\operatorname{tg}\left(45^\circ - \frac{\alpha}{4}\right) \cdot d\sin\beta = {} \\ &= \pi d^2\sin\beta\cos\beta\operatorname{tg}\left(45^\circ - \frac{\alpha}{4}\right) = {} \\ &= \frac{1}{2}\pi d^2\sin 2\beta\operatorname{tg}\left(45^\circ - \frac{\alpha}{4}\right). \end{aligned}\]

Ответ: \(\frac{1}{2}\pi d^2 \sin 2\beta \operatorname{tg}\left(45^\circ - \frac{\alpha}{4}\right)\).