Номер 11, страница 108 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 14. Многогранники, вписанные в сферу. Глава 2. Тела вращения - номер 11, страница 108.

Условие.

14.11. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а сторона основания равна $a$. Найдите радиус сферы, описанной около данной пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$. Основанием является квадрат $ABCD$ со стороной $a$. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей). Тогда $SO$ — высота пирамиды $H$.

Двугранный угол при ребре основания — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Рассмотрим его для ребра $BC$. Проведем апофему $SM$ в боковой грани $SBC$, где $M$ — середина ребра $BC$. В плоскости основания проведем отрезок $OM$. Так как пирамида правильная, $OM$ перпендикулярен $BC$. Таким образом, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $BC$. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

В основании лежит квадрат $ABCD$ со стороной $a$. Отрезок $OM$ соединяет центр квадрата с серединой стороны, поэтому его длина равна половине стороны квадрата: $OM = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$. Высоту пирамиды $H$ можно найти из этого треугольника:

$H = SO = OM \cdot \tan(\angle SMO) = \frac{a}{2} \tan(\alpha)$.

Центр описанной около пирамиды сферы, обозначим его $O_{сф}$, лежит на оси симметрии пирамиды, то есть на прямой $SO$. Центр сферы равноудален от всех вершин пирамиды. Пусть радиус сферы равен $R$. Тогда $O_{сф}S = O_{сф}A = R$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ основания $AC$ и вершину $S$. Это сечение — равнобедренный треугольник $\triangle SAC$. Окружность, описанная около этого треугольника, является большим кругом описанной сферы, и ее радиус равен $R$.

Найдем радиус описанной окружности треугольника $\triangle SAC$. Для этого воспользуемся формулой $R = \frac{b^2}{2h}$, где $b$ — боковая сторона равнобедренного треугольника ($SA$), а $h$ — его высота ($SO=H$).

Найдем квадрат бокового ребра $SA$. Из прямоугольного треугольника $\triangle SOA$ по теореме Пифагора: $SA^2 = SO^2 + OA^2$.

$SO = H = \frac{a}{2} \tan(\alpha)$.

$OA$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Диагональ $AC = a\sqrt{2}$, поэтому $OA = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Тогда $OA^2 = \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{a^2 \cdot 2}{4} = \frac{a^2}{2}$.

Теперь подставим $H^2$ и $OA^2$ в формулу для $SA^2$:

$SA^2 = \left(\frac{a}{2} \tan(\alpha)\right)^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{4} \tan^2(\alpha) + \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{4}(\tan^2(\alpha) + 2)$.

Теперь найдем радиус $R$ по формуле $R = \frac{SA^2}{2H}$:

$R = \frac{\frac{a^2}{4}(\tan^2(\alpha) + 2)}{2 \cdot \frac{a}{2} \tan(\alpha)} = \frac{\frac{a^2}{4}(\tan^2(\alpha) + 2)}{a \tan(\alpha)} = \frac{a(\tan^2(\alpha) + 2)}{4 \tan(\alpha)}$.

Преобразуем полученное выражение, выразив тангенс через синус и косинус:

$R = \frac{a \left( \frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha} + 2 \right)}{4 \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}} = \frac{a \frac{\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}}{4 \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}} = \frac{a(\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha)}{4\sin\alpha\cos\alpha}$.

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, упростим числитель:

$\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha = (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) + \cos^2\alpha = 1 + \cos^2\alpha$.

Таким образом, радиус описанной сферы равен:

$R = \frac{a(1 + \cos^2\alpha)}{4\sin\alpha\cos\alpha}$.

Знаменатель можно также записать как $2\sin(2\alpha)$, тогда:

$R = \frac{a(1 + \cos^2\alpha)}{2\sin(2\alpha)}$.

Ответ: $R = \frac{a(1 + \cos^2\alpha)}{4\sin\alpha\cos\alpha}$.