Номер 22, страница 154 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 20. Площадь сферы. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 22, страница 154.

Условие.

20.22. 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 $ABC$. $SO = H$ — высота пирамиды, где $O$ — центр правильного треугольника $ABC$.

Проведем апофему $SM$, где $M$ — середина ребра основания, например, $AC$. В правильной пирамиде основание высоты $SO$ совпадает с центром основания $O$, который также является центром вписанной и описанной окружностей. Отрезок $OM$ является радиусом окружности, вписанной в основание, и $OM \perp AC$.

Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью основания ($ABC$) и боковой гранью ($SAC$). Так как $SM \perp AC$ (как апофема) и $OM \perp AC$, то угол $\angle SMO$ является линейным углом этого двугранного угла. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$), образованный высотой пирамиды $SO$, апофемой $SM$ и радиусом вписанной в основание окружности $OM$.

Центр $I$ вписанного в пирамиду шара лежит на ее высоте $SO$. Радиус шара $r$ равен расстоянию от центра $I$ до любой грани пирамиды. В частности, расстояние от $I$ до плоскости основания равно $IO$, следовательно, $IO = r$.

Центр вписанного шара равноудален от всех граней, поэтому он лежит на биссекторной плоскости любого двугранного угла. В нашем сечении это означает, что луч $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$. Следовательно, $\angle IMO = \frac{\alpha}{2}$.

Теперь найдем радиус $r$.

1. В прямоугольном треугольнике $SOM$ выразим катет $OM$ через высоту $H$ и угол $\alpha$:
$\cot(\alpha) = \frac{OM}{SO} \implies OM = SO \cdot \cot(\alpha) = H \cot(\alpha)$.

2. В прямоугольном треугольнике $IOM$ ($\angle IOM = 90^\circ$) выразим катет $IO=r$ через $OM$ и угол $\angle IMO = \frac{\alpha}{2}$:
$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{IO}{OM} \implies r = IO = OM \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

3. Подставим выражение для $OM$ из первого шага во второй:
$r = (H \cot(\alpha)) \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Упростим это выражение, используя тригонометрические формулы двойного угла:$r = H \cdot \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) = H \cdot \frac{\cos(\alpha)}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} = H \frac{\cos(\alpha)}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.

Используя формулу понижения степени $1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$, 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: $4\pi H^2 \frac{\cos^2(\alpha)}{(1 + \cos(\alpha))^2}$.