Номер 118, страница 48 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

118. a) Известно, что в основании четырехугольной усеченной пирамиды можно вписать окружность, а каждая ее боковая грань наклонена к нему под углом $75^{\circ}$. Найдите площадь боковой поверхности этой усеченной пирамиды, если ее высота равна $h$, а суммы двух соседних сторон нижнего и верхнего оснований соответственно равны $p$ и $q$.

б) Основаниями четырехугольной усеченной пирамиды являются ромбы, меньшие диагонали которых равны $m$ и $n$, а острые углы – $45^{\circ}$. Найдите площадь ее поверхности, если каждая боковая грань наклонена к нижнему основанию под углом $60^{\circ}$.

a) Дано:
Усеченная четырехугольная пирамида.
В основания можно вписать окружность.
Угол наклона каждой боковой грани к основанию $\alpha = 75^\circ$.
Высота пирамиды $H = h$.
Сумма двух соседних сторон нижнего основания $p$.
Сумма двух соседних сторон верхнего основания $q$.

Перевод в СИ:
Величины $h$, $p$, $q$ являются буквенными параметрами и не требуют перевода в СИ. Угол $\alpha = 75^\circ$ задан в градусах.

Найти:
Площадь боковой поверхности $S_{бок}$.

Решение:
Поскольку в основания пирамиды можно вписать окружность и все боковые грани наклонены к основаниям под одним и тем же углом, это означает, что проекция центра верхнего основания на нижнее совпадает с центром вписанной окружности в нижнее основание, и все боковые апофемы равны.
Условие "суммы двух соседних сторон нижнего основания равны $p$" применительно к тангенциальному четырехугольнику (в который можно вписать окружность) означает, что $a_1+a_2=p$, $a_2+a_3=p$, $a_3+a_4=p$, $a_4+a_1=p$. Из этого следует, что $a_1=a_3$ и $a_2=a_4$. Также, поскольку четырехугольник тангенциальный, то $a_1+a_3=a_2+a_4$. Подставив $a_1=a_3$ и $a_2=a_4$, получаем $2a_1=2a_2$, то есть $a_1=a_2$. Следовательно, все стороны нижнего основания равны: $a_1=a_2=a_3=a_4 = s_1$.
Тогда $s_1+s_1=p \Rightarrow 2s_1=p \Rightarrow s_1=p/2$.
Периметр нижнего основания $P_1 = 4s_1 = 4(p/2) = 2p$.
Аналогично, для верхнего основания $b_1=b_2=b_3=b_4 = s_2$.
Тогда $s_2+s_2=q \Rightarrow 2s_2=q \Rightarrow s_2=q/2$.
Периметр верхнего основания $P_2 = 4s_2 = 4(q/2) = 2q$.
Площадь боковой поверхности усеченной пирамиды вычисляется по формуле:
$S_{бок} = \frac{P_1+P_2}{2} \cdot h_c$, где $h_c$ - апофема (высота боковой грани).
В прямоугольном треугольнике, образованном высотой пирамиды $H$ и апофемой $h_c$, угол наклона боковой грани к основанию равен $\alpha$.
Следовательно, $\sin \alpha = \frac{H}{h_c}$.
Отсюда, $h_c = \frac{H}{\sin \alpha}$.
Подставим $H=h$ и $\alpha=75^\circ$:
$h_c = \frac{h}{\sin 75^\circ}$.
Найдем значение $\sin 75^\circ$:
$\sin 75^\circ = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \sin 45^\circ \cos 30^\circ + \cos 45^\circ \sin 30^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
Теперь подставим $P_1$, $P_2$ и $h_c$ в формулу для $S_{бок}$:
$S_{бок} = \frac{2p+2q}{2} \cdot \frac{h}{(\sqrt{6}+\sqrt{2})/4}$
$S_{бок} = (p+q) \cdot \frac{4h}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$
Рационализируем знаменатель:
$S_{бок} = (p+q) \cdot \frac{4h}{\sqrt{6}+\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$
$S_{бок} = (p+q) \cdot \frac{4h(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{(\sqrt{6})^2 - (\sqrt{2})^2}$
$S_{бок} = (p+q) \cdot \frac{4h(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{6 - 2}$
$S_{бок} = (p+q) \cdot \frac{4h(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{4}$
$S_{бок} = (p+q)h(\sqrt{6}-\sqrt{2})$.

Ответ: $(p+q)h(\sqrt{6}-\sqrt{2})$

б) Дано:
Усеченная четырехугольная пирамида.
Основания - ромбы.
Меньшая диагональ нижнего основания $d_{1,min} = m$.
Меньшая диагональ верхнего основания $d_{2,min} = n$.
Острые углы ромбов $\beta = 45^\circ$.
Угол наклона каждой боковой грани к нижнему основанию $\gamma = 60^\circ$.

Перевод в СИ:
Величины $m$, $n$ являются буквенными параметрами и не требуют перевода в СИ. Углы $\beta = 45^\circ$ и $\gamma = 60^\circ$ заданы в градусах.

Найти:
Площадь поверхности $S_{пов}$.

Решение:
Площадь полной поверхности усеченной пирамиды $S_{пов} = S_{бок} + S_{осн1} + S_{осн2}$, где $S_{бок}$ - площадь боковой поверхности, $S_{осн1}$ и $S_{осн2}$ - площади нижнего и верхнего оснований соответственно.
1. Найдем площади оснований.
Для ромба со стороной $a$ и острым углом $\beta$, меньшая диагональ $d_{min}$ связана соотношением $d_{min} = 2a \sin(\beta/2)$.
Отсюда сторона нижнего ромба $a_1 = \frac{m}{2 \sin(45^\circ/2)} = \frac{m}{2 \sin 22.5^\circ}$.
Сторона верхнего ромба $a_2 = \frac{n}{2 \sin(45^\circ/2)} = \frac{n}{2 \sin 22.5^\circ}$.
Площадь ромба $S = a^2 \sin \beta$.
$S_{осн1} = a_1^2 \sin 45^\circ = \left(\frac{m}{2 \sin 22.5^\circ}\right)^2 \sin 45^\circ = \frac{m^2}{4 \sin^2 22.5^\circ} \sin 45^\circ$.
Используем формулу половинного угла для синуса: $\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$.
$\sin^2 22.5^\circ = \frac{1-\cos 45^\circ}{2} = \frac{1-\sqrt{2}/2}{2} = \frac{2-\sqrt{2}}{4}$.
Тогда $S_{осн1} = \frac{m^2}{4 \cdot \frac{2-\sqrt{2}}{4}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{m^2}{2-\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Рационализируем знаменатель:
$S_{осн1} = \frac{m^2 \sqrt{2}}{2(2-\sqrt{2})} = \frac{m^2 \sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{2(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})} = \frac{m^2(2\sqrt{2}+2)}{2(4-2)} = \frac{m^2(2\sqrt{2}+2)}{4} = \frac{m^2(\sqrt{2}+1)}{2}$.
Аналогично, для верхнего основания:
$S_{осн2} = \frac{n^2(\sqrt{2}+1)}{2}$.
2. Найдем площадь боковой поверхности.
Поскольку основания являются ромбами (тангенциальными четырехугольниками) и все боковые грани наклонены под одним углом, то все боковые апофемы $h_c$ равны.
Площадь боковой поверхности $S_{бок} = \frac{P_1+P_2}{2} h_c$, где $P_1, P_2$ - периметры оснований.
Периметр ромба $P = 4a$.
$P_1 = 4a_1 = \frac{4m}{2 \sin 22.5^\circ} = \frac{2m}{\sin 22.5^\circ}$.
$P_2 = 4a_2 = \frac{2n}{\sin 22.5^\circ}$.
Радиус вписанной окружности в ромб $r = \frac{1}{2} a \sin \beta$.
$r_1 = \frac{1}{2} a_1 \sin 45^\circ = \frac{1}{2} \cdot \frac{m}{2 \sin 22.5^\circ} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{m\sqrt{2}}{8 \sin 22.5^\circ}$.
$r_2 = \frac{n\sqrt{2}}{8 \sin 22.5^\circ}$.
Высота усеченной пирамиды $H$ связана с радиусами вписанных окружностей и углом наклона боковых граней $\gamma$ соотношением $H = (r_1-r_2)\tan\gamma$.
$H = \left(\frac{m\sqrt{2}}{8 \sin 22.5^\circ} - \frac{n\sqrt{2}}{8 \sin 22.5^\circ}\right) \tan 60^\circ = \frac{(m-n)\sqrt{2}}{8 \sin 22.5^\circ} \cdot \sqrt{3} = \frac{(m-n)\sqrt{6}}{8 \sin 22.5^\circ}$.
Апофема боковой грани $h_c = \frac{H}{\sin\gamma}$.
$h_c = \frac{\frac{(m-n)\sqrt{6}}{8 \sin 22.5^\circ}}{\sin 60^\circ} = \frac{(m-n)\sqrt{6}}{8 \sin 22.5^\circ} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{(m-n)\sqrt{6}}{8 \sin 22.5^\circ} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{(m-n)\sqrt{2}}{4 \sin 22.5^\circ}$.
Теперь подставим $P_1, P_2, h_c$ в формулу для $S_{бок}$:
$S_{бок} = \frac{\frac{2m}{\sin 22.5^\circ} + \frac{2n}{\sin 22.5^\circ}}{2} \cdot \frac{(m-n)\sqrt{2}}{4 \sin 22.5^\circ}$
$S_{бок} = \frac{2(m+n)}{2 \sin 22.5^\circ} \cdot \frac{(m-n)\sqrt{2}}{4 \sin 22.5^\circ}$
$S_{бок} = \frac{(m+n)(m-n)\sqrt{2}}{4 \sin^2 22.5^\circ}$.
Используя $\sin^2 22.5^\circ = \frac{2-\sqrt{2}}{4}$:
$S_{бок} = \frac{(m^2-n^2)\sqrt{2}}{4 \cdot \frac{2-\sqrt{2}}{4}} = \frac{(m^2-n^2)\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$.
Рационализируем знаменатель:
$S_{бок} = \frac{(m^2-n^2)\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} \cdot \frac{2+\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} = \frac{(m^2-n^2)\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{4-2} = \frac{(m^2-n^2)(2\sqrt{2}+2)}{2} = (m^2-n^2)(\sqrt{2}+1)$.
3. Найдем полную площадь поверхности.
$S_{пов} = S_{осн1} + S_{осн2} + S_{бок}$
$S_{пов} = \frac{m^2(\sqrt{2}+1)}{2} + \frac{n^2(\sqrt{2}+1)}{2} + (m^2-n^2)(\sqrt{2}+1)$
Вынесем общий множитель $(\sqrt{2}+1)$:
$S_{пов} = (\sqrt{2}+1) \left( \frac{m^2}{2} + \frac{n^2}{2} + m^2 - n^2 \right)$
$S_{пов} = (\sqrt{2}+1) \left( \frac{m^2+n^2+2m^2-2n^2}{2} \right)$
$S_{пов} = (\sqrt{2}+1) \left( \frac{3m^2-n^2}{2} \right)$.

Ответ: $\frac{(3m^2-n^2)(\sqrt{2}+1)}{2}$