Номер 21.17, страница 200 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 21. Площадь сферы. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 21.17, страница 200.

Условие.

21.17. Высота правильной треугольной пирамиды равна $H$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите площадь поверхности шара, вписанного в данную пирамиду.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. $SO$ — высота пирамиды, по условию $SO = H$. Точка $O$ является центром равностороннего треугольника $ABC$.

Двугранный угол при ребре основания — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Проведем апофему $SM$, где $M$ — середина ребра $AC$. Так как пирамида правильная, $SM \perp AC$. Также, поскольку $O$ — центр основания, $OM$ является радиусом вписанной окружности и $OM \perp AC$.

Следовательно, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $AC$. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью $SOM$. Это прямоугольный треугольник $SOM$, в котором $\angle SOM = 90^\circ$, катет $SO = H$ и $\angle SMO = \alpha$.

Центр вписанного в правильную пирамиду шара лежит на ее высоте. Обозначим центр шара как $O_{сф}$, а его радиус — $r$. Центр $O_{сф}$ равноудален от всех граней пирамиды. Расстояние от $O_{сф}$ до плоскости основания $ABC$ равно радиусу шара, то есть $OO_{сф} = r$.

Точка $O_{сф}$ также должна быть равноудалена от плоскости основания и боковой грани $SAC$. Это означает, что она лежит на биссекторной плоскости двугранного угла $\alpha$. В нашем сечении $SOM$, точка $O_{сф}$ является точкой пересечения высоты $SO$ и биссектрисы угла $\angle SMO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OMO_{сф}$. В нем $\angle MOO_{сф} = 90^\circ$, катет $OO_{сф} = r$, а угол $\angle OMO_{сф}$ равен половине двугранного угла, то есть $\angle OMO_{сф} = \frac{\alpha}{2}$.

Из треугольника $OMO_{сф}$ находим: $ \tan(\angle OMO_{сф}) = \frac{OO_{сф}}{OM} \implies \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{r}{OM} $ Отсюда $r = OM \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь найдем длину отрезка $OM$ из треугольника $SOM$: $ \mathrm{ctg}(\angle SMO) = \frac{OM}{SO} \implies \mathrm{ctg}(\alpha) = \frac{OM}{H} $ Отсюда $OM = H \cdot \mathrm{ctg}(\alpha)$.

Подставим найденное выражение для $OM$ в формулу для радиуса $r$: $ r = (H \cdot \mathrm{ctg}(\alpha)) \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) $ Упростим это выражение, используя тригонометрические тождества: $ r = H \cdot \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} $ Применим формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$: $ r = H \cdot \frac{\cos(\alpha)}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} = H \cdot \frac{\cos(\alpha)}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})} $ Используя формулу понижения степени $2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 1 + \cos(\alpha)$, получаем: $ r = H \frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)} $

Площадь поверхности шара вычисляется по формуле $S = 4\pi r^2$. Подставим найденное значение радиуса: $ S = 4\pi \left( H \frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)} \right)^2 = 4\pi H^2 \frac{\cos^2(\alpha)}{(1 + \cos(\alpha))^2} $

Ответ: $S = 4\pi H^2 \frac{\cos^2(\alpha)}{(1 + \cos(\alpha))^2}$.