Номер 18, страница 13 - гдз по геометрии 11 класс рабочая тетрадь Бутузов, Глазков

4.2. Конус - номер 18, страница 13.

18 Высота конуса равна 4 см, а радиус основания равен 3 см. Вычислите

площадь полной поверхности правильной шестиугольной пирамиды, вписанной в конус. (Задача 412в учебника.)

Решение.

1) Пирамида вписана в конус, если её основание вписано в основание

_______, а вершина пирамиды

совпадает с _______ конуса.

Пусть правильная шестиугольная

_______ $PABCDEF$ вписана

в _______ с высотой $PO$. По условию $PO = \_\_\_\_\_\_$ см, $OA = OB = \_\_\_\_\_\_$ см.

2) Сторона правильного шестиугольника

_______ равна радиусу

_______, поэтому

$AB = \_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_$ см.

Площадь основания пирамиды $S_{\text{осн}}$ в _______ раз больше площади

_______ $AOB$, т. е. $S_{\text{осн}} = 6 \_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_ OA^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \_\_\_\_\_\_ (\text{см}^2)$.

3) Из прямоугольного _______ $POA$ находим:

$PA = \sqrt{PO^2 + \_\_\_\_\_\_ } = \sqrt{\_\_\_\_\_\_ } = \_\_\_\_\_\_ (\text{см})$.

4) Проведём апофему $PK$ пирамиды. В прямоугольном треугольнике $APK$ имеем $AK = \_\_\_\_\_\_ AB = \_\_\_\_\_\_$ см, $PA = \_\_\_\_\_\_$ см. Поэтому

$PK = \sqrt{\_\_\_\_\_\_ - AK^2} = \sqrt{25 - \_\_\_\_\_\_ } = \_\_\_\_\_\_ (\text{см})$.

5) Площадь боковой поверхности $S_{\text{бок}}$ пирамиды в _______ раз больше

площади _______ грани $PAB$, поэтому

$S_{\text{бок}} = 6 \_\_\_\_\_\_ = 6 \cdot \_\_\_\_\_\_ AB \cdot \frac{\sqrt{91}}{2} = \_\_\_\_\_\_ (\text{см}^2)$,

$S_{\text{пир}} = S_{\text{бок}} + S_{\text{осн}} = \_\_\_\_\_\_ = 4,5(\sqrt{91} + \_\_\_\_\_\_ ) (\text{см}^2)$.

Ответ. _______

1) Пирамида вписана в конус, если её основание вписано в основание конуса, а вершина пирамиды совпадает с вершиной конуса. Пусть правильная шестиугольная пирамида PABCDEF вписана в конус с высотой PO. По условию $PO = 4$ см, $OA = OB = 3$ см.

2) Сторона правильного шестиугольника равна радиусу описанной около него окружности, поэтому $AB = OA = 3$ см.

Площадь основания пирамиды $S_{осн}$ в 6 раз больше площади треугольника AOB, т. е. $S_{осн} = 6 \cdot S_{\triangle AOB} = 6 \cdot \frac{OA^2 \sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{3^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{27\sqrt{3}}{2}~(\text{см}^2)$.

3) Из прямоугольного треугольника POA находим боковое ребро PA:

$PA = \sqrt{PO^2 + OA^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5$ (см).

4) Проведём апофему PK пирамиды. В прямоугольном треугольнике APK имеем $AK = \frac{1}{2} AB = 1,5$ см, $PA = 5$ см. Поэтому

$PK = \sqrt{PA^2 - AK^2} = \sqrt{5^2 - 1,5^2} = \sqrt{25 - 2,25} = \sqrt{22,75} = \frac{\sqrt{91}}{2}$ (см).

5) Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ пирамиды в 6 раз больше площади боковой грани PAB, поэтому

$S_{бок} = 6 \cdot S_{\triangle PAB} = 6 \cdot (\frac{1}{2} \cdot AB \cdot PK) = 3 \cdot 3 \cdot \frac{\sqrt{91}}{2} = \frac{9\sqrt{91}}{2}~(\text{см}^2)$.

$S_{пир} = S_{бок} + S_{осн} = \frac{9\sqrt{91}}{2} + \frac{27\sqrt{3}}{2} = 4,5(\sqrt{91} + 3\sqrt{3})~(\text{см}^2)$.

Ответ: $4,5(\sqrt{91} + 3\sqrt{3})~\text{см}^2$.