Номер 211, страница 26 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

211. В правильной четырёхугольной пирамиде двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $alpha$, а радиус шара, вписанного в неё, равен $r$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

211. В правильной четырёхугольной пирамиде двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а радиус шара, вписанного в неё, равен $r$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида. В основании лежит квадрат, а вершина проецируется в центр основания. Обозначим сторону основания как $a$, а апофему (высоту боковой грани) как $h_s$. Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ такой пирамиды равна произведению полупериметра основания на апофему:$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_s = \frac{1}{2} (4a) h_s = 2 a h_s$.

Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Проведём сечение пирамиды плоскостью, проходящей через её высоту $SO$ и апофему $SM$, где $M$ — середина стороны основания. В сечении получим прямоугольный треугольник $SOM$ ($\angle O = 90^\circ$), где $OM$ — радиус вписанной в основание окружности (для квадрата $OM = a/2$), $SO$ — высота пирамиды, $SM=h_s$ — апофема. Угол $\angle SMO$ в этом треугольнике и есть линейный угол двугранного угла при ребре основания. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

В пирамиду вписан шар радиуса $r$. Центр вписанного шара, точка $I$, лежит на высоте пирамиды $SO$. Шар касается плоскости основания в точке $O$, поэтому расстояние от центра шара до основания равно радиусу, то есть $IO = r$. Также центр вписанного шара равноудалён от всех граней пирамиды. Это значит, что он лежит на биссекторных плоскостях двугранных углов.

Рассмотрим треугольник сечения $SOM$. Центр вписанного шара $I$ лежит на отрезке $SO$. Так как точка $I$ равноудалена от сторон угла $\angle SMO$ (отрезков $OM$ и $SM$), она лежит на биссектрисе этого угла. Следовательно, луч $MI$ — биссектриса угла $\angle SMO$, и $\angle IMO = \frac{\alpha}{2}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $IOM$ с прямым углом при вершине $O$. В нём известен катет $IO = r$ и угол $\angle IMO = \frac{\alpha}{2}$. Мы можем найти второй катет $OM$:$\mathrm{ctg}(\angle IMO) = \frac{OM}{IO} \implies OM = IO \cdot \mathrm{ctg}(\angle IMO) = r \cdot \mathrm{ctg}(\frac{\alpha}{2})$.

Так как для квадрата в основании $OM = \frac{a}{2}$, то сторона основания равна:$a = 2 \cdot OM = 2r \cdot \mathrm{ctg}(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь вернёмся к треугольнику $SOM$ и найдём апофему $h_s = SM$.$\cos(\angle SMO) = \frac{OM}{SM} \implies \cos(\alpha) = \frac{OM}{h_s}$.Отсюда выразим апофему:$h_s = \frac{OM}{\cos(\alpha)} = \frac{r \cdot \mathrm{ctg}(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.

Наконец, вычислим площадь боковой поверхности пирамиды, подставив найденные выражения для $a$ и $h_s$ в формулу $S_{бок} = 2 a h_s$:$S_{бок} = 2 \cdot \left(2r \cdot \mathrm{ctg}(\frac{\alpha}{2})\right) \cdot \left(\frac{r \cdot \mathrm{ctg}(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}\right) = \frac{4r^2 \mathrm{ctg}^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{4r^2 \mathrm{ctg}^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$