Страница 94 номер 9.28, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
конус с вершиной \(K\), \(O\) — центр основания, \(KO = H\)
\(KA\) и \(KB\) — образующие, \(\angle AKB = \alpha\)
угол между плоскостью \(KAB\) и плоскостью основания равен \(\beta\)

Найти: \(S_{\text{бок}}\).

Решение: Пусть \(l\) — образующая, \(r\) — радиус основания конуса. Пусть \(\beta < 90^\circ\). Тогда хорда \(AB\) — не диаметр: если бы она была диаметром, плоскость \(KAB\) проходила бы через вершину \(K\) и центр основания, то есть через ось, перпендикулярную основанию, и угол \(\beta\) был бы прямым, а он меньше \(90^\circ\).

Пусть \(E\) — середина хорды \(AB\). Медианы \(OE\) и \(KE\) равнобедренных треугольников \(AOB\) (\(OA = OB\)) и \(AKB\) (\(KA = KB\) как образующие) являются их высотами: \(OE \perp AB\), \(KE \perp AB\). Значит, \(\angle KEO\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AB\), образованного плоскостью \(KAB\) и плоскостью основания. Ось \(KO\) перпендикулярна плоскости основания, поэтому в треугольнике \(KOE\) угол \(O\) прямой, а угол \(KEO\) острый и равен углу между плоскостями: \(\angle KEO = \beta\).

Из прямоугольного треугольника \(KOE\): \(KE = \frac{KO}{\sin\beta} = \frac{H}{\sin\beta}\).

Медиана \(KE\) равнобедренного треугольника \(AKB\) является и его биссектрисой, поэтому \(\angle AKE = \frac{\alpha}{2}\).

Из прямоугольного треугольника \(AKE\) (\(\angle AEK = 90^\circ\)): \(l = KA = \frac{KE}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{H}{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}}\).

Из прямоугольного треугольника \(KOA\) (\(\angle KOA = 90^\circ\)):

\[\begin{aligned} &r = \sqrt{KA^2 - KO^2} = \sqrt{\frac{H^2}{\sin^2\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}} - H^2} = {} \\ &= \frac{H\sqrt{1 - \sin^2\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}}}{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}}. \end{aligned}\]

По формуле площади боковой поверхности конуса:

\[\begin{aligned} &S_{\text{бок}} = \pi rl = {} \\ &= \pi \cdot \frac{H\sqrt{1 - \sin^2\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}}}{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{H}{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}} = {} \\ &= \frac{\pi H^2\sqrt{1 - \sin^2\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}}}{\cos^2\frac{\alpha}{2}\sin^2\beta}. \end{aligned}\]

Если же \(\beta = 90^\circ\), то плоскость \(KAB\) проходит через вершину \(K\) перпендикулярно плоскости основания и поэтому содержит перпендикуляр \(KO\) к этой плоскости, то есть ось: сечение осевое, \(\alpha\) — угол при его вершине. Тогда \(l = \frac{H}{\cos\frac{\alpha}{2}}\), \(r = H\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\) и \(S_{\text{бок}} = \pi rl = \frac{\pi H^2\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos^2\frac{\alpha}{2}}\) — то же значение даёт полученная формула при \(\sin\beta = 1\).

Ответ: \(\frac{\pi H^2\sqrt{1 - \sin^2\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}}}{\cos^2\frac{\alpha}{2}\sin^2\beta}\).