7959. В шар вписана правильная четырёхугольная пирамида. Радиус шара равен 1. Плоский угол при вершине пирамиды равен 45^{\circ}
. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
Ответ. 4.
Решение. Центр O
шара равноудалён от вершин основания ABCD
правильной пирамиды PABCD
, поэтому точка O
лежит на высоте PQ
пирамиды (рис. 1). Обозначим
AB=BC=CD=AD=a,~PA=PB=PC=PD=l.
По теореме косинусов
AB^{2}=PA^{2}+PB^{2}-2PA\cdot PB\cos\angle APB,
или
a^{2}=2l^{2}-2l^{2}\cos45^{\circ}=l^{2}(2-\sqrt{2}),
откуда a=l\sqrt{2-\sqrt{2}}
. Тогда
AC=a\sqrt{2}=l\sqrt{4-2\sqrt{2}},~AQ=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}l\sqrt{4-2\sqrt{2}}.
Обозначим, \angle PAQ=\alpha
. Из прямоугольного треугольника PAQ
находим, что
\cos\alpha=\frac{AQ}{AP}=\frac{1}{2}\cdot\frac{l\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{l}=\frac{1}{2}\sqrt{4-2\sqrt{2}}=\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}}{2}},
\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-1+\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{2}}.
Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью, проходящей через точки A
, P
и C
(рис. 2). Получим равнобедренный треугольник APC
, вписанный в окружность с центром O
радиуса R=1
. По теореме синусов
AP=2R\sin\angle ACP,~\mbox{или}~l=2\sin\alpha=2\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{2}}.
Если S
— боковая поверхность данной пирамиды, то
S=4S_{\triangle APB}=4\cdot\frac{1}{2}AP\cdot BP\sin\angle APB=
=2l^{2}\sin45^{\circ}=2\left(2\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{2}}\right)^{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=4.