Номер 15, страница 115 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 15, страница 115.

Условие.

15.15. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, а площадь основания равна $S$. Центр шара, вписанного в пирамиду, делит её высоту в отношении $2 : 1$, считая от вершины пирамиды. Найдите площадь полной поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть $H$ — высота пирамиды, $P$ — ее вершина, а $O_{выс}$ — основание высоты. Так как двугранные углы при ребрах основания равны, то вершина $P$ проецируется в центр вписанной в основание окружности, то есть $O_{выс}$ является центром вписанной окружности основания.

Центр вписанного в пирамиду шара, обозначим его $O_{сф}$, лежит на высоте пирамиды. Расстояние от центра вписанного шара до любой грани пирамиды равно радиусу этого шара, обозначим его $r$. В частности, расстояние от $O_{сф}$ до плоскости основания равно $r$. Таким образом, длина отрезка $O_{сф}O_{выс} = r$.

По условию, центр шара $O_{сф}$ делит высоту $PO_{выс}$ в отношении $2:1$, считая от вершины $P$. Это означает, что $PO_{сф} : O_{сф}O_{выс} = 2:1$.

Так как $O_{сф}O_{выс} = r$, то $PO_{сф} = 2r$.
Тогда вся высота пирамиды $H$ равна сумме этих отрезков: $H = PO_{выс} = PO_{сф} + O_{сф}O_{выс} = 2r + r = 3r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через ее высоту $PO_{выс}$ и апофему $PK$ одной из боковых граней ($K$ — точка на ребре основания). В этом сечении мы получим прямоугольный треугольник $PO_{выс}K$. Угол $\angle PKO_{выс}$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания. Обозначим этот угол $\alpha$.

Центр вписанного шара $O_{сф}$ равноудален от плоскости основания и от плоскости боковой грани, поэтому он лежит на биссектрисе угла $\alpha$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $O_{сф}O_{выс}K$. В нем катет $O_{сф}O_{выс} = r$, а угол $\angle O_{сф}KO_{выс} = \alpha/2$. Из этого треугольника имеем: $\text{tg}(\frac{\alpha}{2}) = \frac{O_{сф}O_{выс}}{O_{выс}K} = \frac{r}{r_{осн}}$, где $r_{осн}$ — радиус вписанной в основание окружности ($O_{выс}K = r_{осн}$).

Теперь рассмотрим большой прямоугольный треугольник $PO_{выс}K$. В нем катет $PO_{выс} = H = 3r$. Из этого треугольника имеем: $\text{tg}(\alpha) = \frac{PO_{выс}}{O_{выс}K} = \frac{H}{r_{осн}} = \frac{3r}{r_{осн}}$.

Мы получили систему из двух уравнений:

1) $\frac{r}{r_{осн}} = \text{tg}(\frac{\alpha}{2})$

2) $\frac{3r}{r_{осн}} = \text{tg}(\alpha)$

Подставим первое уравнение во второе: $3 \cdot \text{tg}(\frac{\alpha}{2}) = \text{tg}(\alpha)$.

Используем формулу тангенса двойного угла $\text{tg}(\alpha) = \frac{2\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}$: $3 \text{tg}(\frac{\alpha}{2}) = \frac{2\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}$.

Так как угол $\alpha$ не может быть равен нулю, $\text{tg}(\frac{\alpha}{2}) \neq 0$. Сократим на $\text{tg}(\frac{\alpha}{2})$: $3 = \frac{2}{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}$
$3(1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})) = 2$
$3 - 3\text{tg}^2(\frac{\alpha}{2}) = 2$
$1 = 3\text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})$
$\text{tg}^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{3}$.

Поскольку $\frac{\alpha}{2}$ — острый угол, $\text{tg}(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Это означает, что $\frac{\alpha}{2} = 30^{\circ}$, следовательно, $\alpha = 60^{\circ}$.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ равна сумме площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$: $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$.

Площадь основания является ортогональной проекцией боковой поверхности на плоскость основания. Связь между ними выражается формулой: $S_{осн} = S_{бок} \cdot \cos(\alpha)$, где $\alpha$ — угол между боковыми гранями и основанием.

Отсюда $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\alpha)}$.

По условию $S_{осн} = S$, и мы нашли, что $\alpha = 60^{\circ}$. $S_{бок} = \frac{S}{\cos(60^{\circ})} = \frac{S}{1/2} = 2S$.

Теперь найдем площадь полной поверхности: $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = S + 2S = 3S$.

Ответ: $3S$