Номер 13, страница 175 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 19. Усечённая пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 13, страница 175.

Условие.

19.13. Высота правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равна $H$.

Боковое ребро пирамиды образует с плоскостью основания угол $\alpha$, а диагональ пирамиды – угол $\beta$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть $a$ и $b$ — стороны нижнего и верхнего оснований правильной четырёхугольной усечённой пирамиды соответственно, $H$ — её высота. Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ такой пирамиды вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{P_1 + P_2}{2} \cdot h_a$, где $P_1 = 4a$ и $P_2 = 4b$ — периметры оснований, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани). Таким образом, $S_{бок} = \frac{4a + 4b}{2} \cdot h_a = 2(a+b)h_a$. Для решения задачи нам необходимо выразить $(a+b)$ и $h_a$ через заданные $H$, $\alpha$ и $\beta$.

Нахождение выражений для суммы и разности сторон оснований
Рассмотрим диагональное сечение усечённой пирамиды. Оно представляет собой равнобокую трапецию, основаниями которой служат диагонали квадратов, лежащих в основаниях пирамиды, то есть $d_1 = a\sqrt{2}$ и $d_2 = b\sqrt{2}$. Высота этой трапеции равна высоте пирамиды $H$.
Пусть $A_1A$ — боковое ребро, а $A_1C$ — диагональ пирамиды (где $A_1$ — вершина верхнего основания, а $A$ и $C$ — вершины нижнего). Пусть $A_1K$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A_1$ на плоскость нижнего основания. Тогда $A_1K = H$.
Угол $\alpha$ — это угол между боковым ребром $A_1A$ и его проекцией $KA$ на плоскость основания, то есть $\angle A_1AK = \alpha$.
Угол $\beta$ — это угол между диагональю $A_1C$ и её проекцией $KC$ на плоскость основания, то есть $\angle A_1CK = \beta$.
Из прямоугольных треугольников $\triangle A_1KA$ и $\triangle A_1KC$ находим: $KA = A_1K \cdot \cot(\alpha) = H \cot(\alpha)$; $KC = A_1K \cdot \cot(\beta) = H \cot(\beta)$.
Проекция $K$ вершины $A_1$ лежит на диагонали $AC$ нижнего основания. Длины отрезков $KA$ и $KC$ можно также выразить через полудиагонали оснований. Так как пирамида правильная, проекция центра верхнего основания $O_1$ совпадает с центром нижнего основания $O$. Расстояние от центра до вершины для нижнего основания равно $OA = OC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$, а для верхнего — $O_1A_1 = \frac{b\sqrt{2}}{2}$. Проекция отрезка $O_1A_1$ на нижнее основание есть отрезок $OK$, и $OK = \frac{b\sqrt{2}}{2}$.
Следовательно, длины проекций равны: $KA = OA - OK = \frac{a\sqrt{2}}{2} - \frac{b\sqrt{2}}{2} = \frac{(a-b)\sqrt{2}}{2}$; $KC = OC + OK = \frac{a\sqrt{2}}{2} + \frac{b\sqrt{2}}{2} = \frac{(a+b)\sqrt{2}}{2}$.
Приравнивая полученные выражения для $KA$ и $KC$, получаем систему уравнений: $\frac{(a-b)\sqrt{2}}{2} = H \cot(\alpha) \implies a-b = \frac{2H \cot(\alpha)}{\sqrt{2}} = H\sqrt{2} \cot(\alpha)$. $\frac{(a+b)\sqrt{2}}{2} = H \cot(\beta) \implies a+b = \frac{2H \cot(\beta)}{\sqrt{2}} = H\sqrt{2} \cot(\beta)$.

Нахождение апофемы
Апофема $h_a$ является высотой боковой грани. Её можно найти, рассмотрев прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой $h_a$ (в качестве гипотенузы) и отрезком, равным полуразности сторон оснований, $\frac{a-b}{2}$ (в качестве второго катета).
По теореме Пифагора: $h_a^2 = H^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$.
Подставим найденное ранее выражение для $a-b$: $h_a^2 = H^2 + \left(\frac{H\sqrt{2} \cot(\alpha)}{2}\right)^2 = H^2 + \frac{2H^2 \cot^2(\alpha)}{4} = H^2 + \frac{H^2 \cot^2(\alpha)}{2} = H^2 \left(1 + \frac{\cot^2(\alpha)}{2}\right)$.
Отсюда, $h_a = H \sqrt{1 + \frac{\cot^2(\alpha)}{2}}$.

Вычисление площади боковой поверхности
Теперь подставим выражения для $(a+b)$ и $h_a$ в формулу площади боковой поверхности: $S_{бок} = 2(a+b)h_a = 2 \left( H\sqrt{2} \cot(\beta) \right) \left( H \sqrt{1 + \frac{\cot^2(\alpha)}{2}} \right)$.
$S_{бок} = 2\sqrt{2} H^2 \cot(\beta) \sqrt{\frac{2+\cot^2(\alpha)}{2}}$.
$S_{бок} = 2\sqrt{2} H^2 \cot(\beta) \frac{\sqrt{2+\cot^2(\alpha)}}{\sqrt{2}}$.
Сокращая $\sqrt{2}$, получаем окончательное выражение: $S_{бок} = 2H^2 \cot(\beta) \sqrt{2+\cot^2(\alpha)}$.

Ответ: $S_{бок} = 2H^2 \cot(\beta) \sqrt{2+\cot^2(\alpha)}$.