Номер 17, страница 90 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 11. Комбинации конуса и пирамиды. Глава 2. Тела вращения - номер 17, страница 90.

Условие.

11.17. Двугранный угол правильной треугольной пирамиды при ребре ос-нования равен $\alpha$, а расстояние от центра основания до боковой гра-ни равно $m$. Найдите площадь боковой поверхности конуса, вписан-ного в данную пирамиду.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Пусть $O$ — центр основания (который является центром вписанной и описанной окружностей для правильного треугольника $ABC$). Тогда $SO$ — высота пирамиды.

Конус, вписанный в данную пирамиду, будет иметь ту же вершину $S$ и высоту $SO$. Основанием конуса будет круг, вписанный в треугольник $ABC$. Радиус этого круга, обозначим его $r$, будет равен радиусу вписанной окружности основания пирамиды. Образующая конуса, обозначим ее $l$, будет равна апофеме боковой грани пирамиды.

Площадь боковой поверхности конуса вычисляется по формуле:$S_{бок} = \pi r l$

Для нахождения $r$ и $l$ рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему. Пусть $K$ — середина ребра основания $AC$. Тогда $OK$ — радиус вписанной окружности основания ($OK = r$), и $SK$ — апофема боковой грани $SAC$ ($SK = l$).

Двугранный угол при ребре основания $AC$ — это угол между плоскостью основания $(ABC)$ и плоскостью боковой грани $(SAC)$. Так как $OK \perp AC$ (как радиус, проведенный в точку касания) и $SK \perp AC$ (как апофема в равнобедренном треугольнике $SAC$), то линейным углом этого двугранного угла является угол $\angle SKO$. По условию, $\angle SKO = \alpha$.

Треугольник $\triangle SOK$ является прямоугольным, так как высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $OK$.

Расстояние от центра основания $O$ до боковой грани $SAC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на плоскость $(SAC)$. Так как плоскость $(SOK)$ перпендикулярна ребру $AC$, она перпендикулярна и плоскости $(SAC)$ (признак перпендикулярности плоскостей). Следовательно, искомый перпендикуляр лежит в плоскости $(SOK)$ и является высотой $OP$ треугольника $\triangle SOK$, проведенной к гипотенузе $SK$. По условию, $OP = m$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OPK$ (с прямым углом $P$). В этом треугольнике:

• $OP = m$ (катет)
• $\angle OKP = \angle SKO = \alpha$
• $OK = r$ (гипотенуза)

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:$\sin \alpha = \frac{OP}{OK} = \frac{m}{r}$Отсюда выразим радиус основания конуса $r$:$r = \frac{m}{\sin \alpha}$

Далее рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOK$ (с прямым углом $O$). В этом треугольнике:

• $OK = r$ (катет)
• $\angle SKO = \alpha$
• $SK = l$ (гипотенуза)

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:$\cos \alpha = \frac{OK}{SK} = \frac{r}{l}$Отсюда выразим образующую конуса $l$:$l = \frac{r}{\cos \alpha}$

Подставим найденное ранее выражение для $r$:$l = \frac{m / \sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{m}{\sin \alpha \cos \alpha}$

Теперь мы можем найти площадь боковой поверхности конуса, подставив выражения для $r$ и $l$ в формулу $S_{бок} = \pi r l$:$S_{бок} = \pi \cdot \left(\frac{m}{\sin \alpha}\right) \cdot \left(\frac{m}{\sin \alpha \cos \alpha}\right) = \frac{\pi m^2}{\sin^2 \alpha \cos \alpha}$

Ответ: $\frac{\pi m^2}{\sin^2 \alpha \cos \alpha}$