Номер 1.108, страница 39 - гдз по геометрии 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.108. Боковое ребро правильной шестиугольной пирамиды, равное $\text{b}$, образует с плоскостью основания угол $\phi$. Найдите:

1) высоту;

2) диаметр окружности, описанной около основания;

3) сторону основания;

4) апофему;

5) площадь боковой поверхности пирамиды.

1) высоту;

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF с вершиной S и центром основания O. Боковое ребро, например SA, равно `b`. Угол между боковым ребром и плоскостью основания - это угол между ребром SA и его проекцией на плоскость основания, то есть отрезком AO. Таким образом, `∠SAO = φ`. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA, где SO - высота пирамиды `h`, OA - радиус `R` описанной около основания окружности, а SA - гипотенуза `b`. Высота `h` является катетом, противолежащим углу `φ`. Из определения синуса в прямоугольном треугольнике: `$\sin(φ) = \frac{SO}{SA} = \frac{h}{b}$` Отсюда находим высоту `h`: `$h = b \sin(φ)$`

Ответ: `$h = b \sin(φ)$`

2) диаметр окружности, описанной около основания;

В том же прямоугольном треугольнике SOA радиус `R` описанной окружности (отрезок OA) является катетом, прилежащим к углу `φ`. Из определения косинуса в прямоугольном треугольнике: `$\cos(φ) = \frac{OA}{SA} = \frac{R}{b}$` Отсюда находим радиус `R`: `$R = b \cos(φ)$` Диаметр `D` описанной окружности равен двум радиусам: `$D = 2R = 2b \cos(φ)$`

Ответ: `$D = 2b \cos(φ)$`

3) сторону основания;

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник. Особенностью правильного шестиугольника является то, что его сторона `a` равна радиусу `R` описанной около него окружности. `$a = R$` Из предыдущего пункта мы знаем, что `$R = b \cos(φ)$`. Следовательно, сторона основания `a` равна: `$a = b \cos(φ)$`

Ответ: `$a = b \cos(φ)$`

4) апофему;

Апофема пирамиды - это высота боковой грани. Пусть `K` - середина стороны основания `AB`. Тогда `SK` - апофема пирамиды (обозначим ее `A_{p}`). Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOK`. В нем `SO` - высота пирамиды `h`, `OK` - апофема основания (радиус вписанной окружности, `r_{осн}`), а `SK` - гипотенуза. По теореме Пифагора: `$A_{p}^2 = SK^2 = SO^2 + OK^2 = h^2 + r_{осн}^2$`. Мы уже нашли `$h = b \sin(φ)$`. Найдем апофему основания `r_{осн}`. Для правильного шестиугольника со стороной `a`: `$r_{осн} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$` Подставляем `$a = b \cos(φ)`: `$r_{осн} = \frac{b \cos(φ) \sqrt{3}}{2}$` Теперь подставляем `h` и `r_{осн}` в теорему Пифагора: `$A_{p}^2 = (b \sin(φ))^2 + \left(\frac{b \cos(φ) \sqrt{3}}{2}\right)^2 = b^2 \sin^2(φ) + \frac{3b^2 \cos^2(φ)}{4}$` Используя основное тригонометрическое тождество `$\sin^2(φ) = 1 - \cos^2(φ)$`: `$A_{p}^2 = b^2(1 - \cos^2(φ)) + \frac{3}{4}b^2 \cos^2(φ) = b^2 \left(1 - \cos^2(φ) + \frac{3}{4}\cos^2(φ)\right) = b^2 \left(1 - \frac{1}{4}\cos^2(φ)\right)$` Извлекаем квадратный корень: `$A_{p} = \sqrt{b^2 \left(1 - \frac{1}{4}\cos^2(φ)\right)} = b \sqrt{\frac{4 - \cos^2(φ)}{4}} = \frac{b}{2}\sqrt{4 - \cos^2(φ)}$`

Ответ: `$A_{p} = \frac{b}{2}\sqrt{4 - \cos^2(φ)}$`

5) площадь боковой поверхности пирамиды.

Боковая поверхность пирамиды состоит из шести одинаковых равнобедренных треугольников. Площадь одного такого треугольника (`$S_{грани}$`) равна половине произведения его основания (стороны основания пирамиды `a`) на его высоту (апофему пирамиды `$A_{p}$`). `$S_{грани} = \frac{1}{2} a \cdot A_{p}$` Площадь всей боковой поверхности `$S_{бок}$` равна `$6 \cdot S_{грани}`. `$S_{бок} = 6 \cdot \frac{1}{2} a \cdot A_{p} = 3 a A_{p}$` Подставим найденные ранее выражения для `a` и `$A_{p}$`: `$a = b \cos(φ)$` `$A_{p} = \frac{b}{2}\sqrt{4 - \cos^2(φ)}$` `$S_{бок} = 3 \cdot (b \cos(φ)) \cdot \left(\frac{b}{2}\sqrt{4 - \cos^2(φ)}\right) = \frac{3}{2}b^2 \cos(φ) \sqrt{4 - \cos^2(φ)}$`

Ответ: `$S_{бок} = \frac{3}{2}b^2 \cos(φ) \sqrt{4 - \cos^2(φ)}$`