Упр.1208 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 9 класс, Просвещение: Найдите площадь круга, вписанного: а) в равносторонний треугольник со стороной а; б) в прямоугольный треугольник с катетом а и прилежащим к нему острым углом а; в) в равнобедренный треугольник с боковой стороной а и углом а, противолежащим основанию; г) в равнобедренную трапецию с большим основанием а и острым углом а. Найдите площадь боковой поверхности правильной шестиугольной пирамиды, если сторона её основания равна а, а площадь боковой грани равна площади сечения, проведённого через вершину пирамиды и большую диагональ основания.

а) В равностороннем треугольнике радиус вписанной окружности равен

$$r=\frac{a\sqrt{3}}{6}.$$

Тогда площадь круга:

$$S=\pi r^2=\pi\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=\frac{\pi a^2}{12}.$$

б) Пусть $$r$$ — радиус вписанной окружности. Для прямоугольного треугольника с катетом $$a$$ и прилежащим к нему острым углом $$\alpha$$ имеем

$$\tan \alpha=\frac{AC}{BC} \Rightarrow AC=a\tan \alpha,$$

$$\cos \alpha=\frac{BC}{AB} \Rightarrow AB=\frac{a}{\cos \alpha}.$$

Используя свойства касательных и подобие соответствующих прямоугольных треугольников, получаем

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

Следовательно,

$$S=\pi r^2=\frac{\pi a^2(\sin \alpha+\cos \alpha-1)^2}{4\cos^2 \alpha}.$$

в) В равнобедренном треугольнике $$AB=BC=a$$, угол при вершине равен $$\alpha$$. Тогда биссектриса вершины делит его пополам, и

$$\angle ABH=\angle HBC=\frac{\alpha}{2}.$$

Из прямоугольного треугольника $$ABH$$:

$$AH=AB\sin\frac{\alpha}{2}=a\sin\frac{\alpha}{2},$$

$$BH=AB\cos\frac{\alpha}{2}=a\cos\frac{\alpha}{2}.$$

Пусть $$r$$ — радиус вписанной окружности. Тогда

$$r=\frac{a\sin \alpha}{2\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)}.$$

Значит,

$$S=\pi r^2=\frac{\pi a^2\sin^2 \alpha}{4\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2}.$$

г) В равнобедренной трапеции $$ABCD$$ с большим основанием $$AD=a$$ и острым углом $$\alpha$$ центр вписанной окружности лежит на оси симметрии. Обозначим радиус окружности через $$r$$.

Пусть $$O$$ — центр окружности, $$H$$ — основание перпендикуляра из $$O$$ на $$AD$$. Тогда $$OH=r$$, а $$AH=\dfrac{AD}{2}=\dfrac{a}{2}$$.

В прямоугольном треугольнике $$AOH$$:

$$\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{OH}{AH}=\frac{r}{a/2}.$$

Отсюда

$$r=\frac{a}{2}\tan\frac{\alpha}{2}.$$

Тогда площадь круга равна

$$S=\pi r^2=\pi\left(\frac{a}{2}\tan\frac{\alpha}{2}\right)^2=\frac{\pi a^2\tan^2\frac{\alpha}{2}}{4}.$$

Площадь боковой поверхности правильной шестиугольной пирамиды. Пусть $$MN=h$$ — апофема пирамиды. Тогда

$$S_{\text{бок}}=\frac12 P\cdot h,$$

где $$P=6a$$ — периметр основания. Значит,

$$S_{\text{бок}}=3ah.$$

Площадь боковой грани $$\triangle AMB$$ равна площади сечения $$\triangle AMD$$, поэтому

$$\frac12 ah=\frac12 AD\cdot MO.$$

Так как в правильном шестиугольнике $$AD=2a$$, то

$$\frac12 ah=a\cdot MO \Rightarrow h=2MO.$$

В правильном шестиугольнике $$AO=a$$, а $$N$$ — середина $$AB$$, поэтому

$$AN=\frac{a}{2}, \qquad ON=\sqrt{AO^2-AN^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

В прямоугольном треугольнике $$MON$$:

$$h^2=MO^2+ON^2.$$

С учётом $$MO=\dfrac{h}{2}$$ получаем

$$h^2=\frac{h^2}{4}+\frac{3a^2}{4},$$

$$3h^2=3a^2,$$

$$h=a.$$

Тогда

$$S_{\text{бок}}=3a^2.$$

Ответ

а) $$\frac{\pi a^2}{12}$$; б) $$\frac{\pi a^2(\sin \alpha+\cos \alpha-1)^2}{4\cos^2 \alpha}$$; в) $$\frac{\pi a^2\sin^2 \alpha}{4\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2}$$; г) $$\frac{\pi a^2\tan^2\frac{\alpha}{2}}{4}$$; площадь боковой поверхности пирамиды: $$3a^2$$.