Номер 211, страница 98 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

211. В правильной шестиугольной 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 шестиугольной 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 шестиугольная пирамида. Обозначим $S$ - ее вершину, $O$ - центр основания. Тогда высота пирамиды $H = SO$. Пусть $M$ - середина одного из ребер основания. Тогда $OM$ - это апофема основания (обозначим ее $a_p$), а $SM$ - апофема боковой грани (обозначим ее $h_s$).

Двугранный угол при ребре основания по определению является углом между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. В нашем случае это угол $\angle SMO$, который по условию равен $\alpha$. Треугольник $\triangle SOM$ является прямоугольным ($\angle SOM = 90^\circ$).

Центр вписанного в пирамиду шара, обозначим его $O_{ш}$, лежит на высоте пирамиды $SO$. Радиус шара $r$ - это расстояние от центра $O_{ш}$ до плоскости основания и до каждой боковой грани. Таким образом, $OO_{ш} = r$. Расстояние от точки $O_{ш}$ до боковой грани, то есть до ее апофемы $SM$ в плоскости сечения $SOM$, также равно $r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$. В нем угол $\angle OSM = 90^\circ - \alpha$. Опустим перпендикуляр $O_{ш}P$ из точки $O_{ш}$ на гипотенузу $SM$. Длина этого перпендикуляра $O_{ш}P = r$.В прямоугольном треугольнике $\triangle SO_{ш}P$ гипотенуза $SO_{ш} = SO - OO_{ш} = H - r$. Катет $O_{ш}P = r$ лежит напротив угла $\angle OSP = \angle OSM = 90^\circ - \alpha$.Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:$\sin(\angle OSP) = \frac{O_{ш}P}{SO_{ш}}$$\sin(90^\circ - \alpha) = \frac{r}{H - r}$$\cos(\alpha) = \frac{r}{H - r}$

Из этого соотношения выразим высоту пирамиды $H$:$H - r = \frac{r}{\cos(\alpha)} \implies H = r + \frac{r}{\cos(\alpha)} = r\frac{\cos(\alpha) + 1}{\cos(\alpha)}$.

Теперь найдем апофему основания $a_p$ из треугольника $\triangle SOM$:$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OM} = \frac{H}{a_p} \implies a_p = \frac{H}{\tan(\alpha)} = \frac{r(1 + \cos(\alpha))}{\cos(\alpha) \tan(\alpha)} = \frac{r(1 + \cos(\alpha))}{\sin(\alpha)}$.

Применим тригонометрические формулы для половинного угла: $1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$ и $\sin(\alpha) = 2\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.$a_p = r \frac{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} = r \frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})} = r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ связана с площадью основания $S_{осн}$ через двугранный угол при ребре основания: $S_{осн}$ является ортогональной проекцией боковой поверхности на плоскость основания, поэтому $S_{осн} = S_{бок} \cos(\alpha)$. Отсюда $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\alpha)}$.

Найдем площадь основания. Площадь правильного шестиугольника с апофемой $a_p$ вычисляется по формуле $S_{осн} = 2\sqrt{3} a_p^2$.Подставим найденное выражение для $a_p$:$S_{осн} = 2\sqrt{3} \left(r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2 = 2\sqrt{3} r^2 \cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Наконец, находим площадь боковой поверхности пирамиды:$S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\alpha)} = \frac{2\sqrt{3} r^2 \cot^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{2\sqrt{3} r^2 \cot^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\alpha)}$.