Номер 306, страница 87 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

Параграф 3. Правильные многогранники, дополнительные задачи. Глава 3. Многогранники - номер 306, страница 87.

Условие.

306. Высота правильной четырёхугольной пирамиды равна h и составляет угол φ с плоскостью боковой грани. Найдите площадь полной поверхности пирамиды.

Решение 2.

Решение 6.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. $O$ – центр основания, $SO$ – высота пирамиды, $SO = h$.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Найдем угол между высотой $SO$ и плоскостью боковой грани, например, $SBC$.

Проведем апофему $SM$ (где $M$ – середина $BC$). $SM$ является высотой треугольника $SBC$. Так как пирамида правильная, $SO \perp (ABC)$. $OM$ – проекция $SM$ на плоскость основания. Так как $M$ – середина $BC$, то $OM \perp BC$. По теореме о трех перпендикулярах, $SM \perp BC$.

Рассмотрим плоскость $SOM$. Так как $BC \perp OM$ и $BC \perp SO$ (поскольку $SO$ перпендикулярна всей плоскости основания), то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $SOM$.

Чтобы найти угол между высотой $SO$ и плоскостью $SBC$, нужно спроецировать $SO$ на эту плоскость. Точка $S$ уже лежит в плоскости $SBC$. Найдем проекцию точки $O$ на плоскость $SBC$. Для этого из точки $O$ опустим перпендикуляр $OP$ на прямую $SM$ ($P \in SM$). Так как $OP$ лежит в плоскости $SOM$ и $BC \perp (SOM)$, то $OP \perp BC$. Поскольку $OP$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($SM$ и $BC$) в плоскости $SBC$, то $OP$ перпендикулярен всей плоскости $SBC$.

Следовательно, $SP$ – это проекция $SO$ на плоскость $SBC$. Угол между $SO$ и плоскостью $SBC$ – это $\angle OSP$. Так как точка $P$ лежит на отрезке $SM$, то $\angle OSP$ совпадает с углом $\angle OSM$. Таким образом, данный в условии угол $\phi$ равен углу $\angle OSM$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$). В нем $SO = h$ и $\angle OSM = \phi$.

Найдем сторону основания $a$ и апофему $l=SM$.
Катет $OM$ равен половине стороны основания: $OM = a/2$.
Из $\triangle SOM$:
$OM = SO \cdot \tan(\angle OSM) = h \tan\phi$.
Отсюда сторона основания $a = 2 \cdot OM = 2h \tan\phi$.
Апофема $l = SM = \frac{SO}{\cos(\angle OSM)} = \frac{h}{\cos\phi}$.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ равна сумме площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$.

Площадь основания (квадрата):
$S_{осн} = a^2 = (2h \tan\phi)^2 = 4h^2 \tan^2\phi$.

Площадь боковой поверхности (четырех одинаковых треугольников):
$S_{бок} = 4 \cdot S_{\triangle SBC} = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM = 2a l$.
$S_{бок} = 2 \cdot (2h \tan\phi) \cdot \left(\frac{h}{\cos\phi}\right) = 4h^2 \frac{\tan\phi}{\cos\phi} = 4h^2 \frac{\sin\phi}{\cos^2\phi}$.

Теперь найдем площадь полной поверхности:
$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 4h^2 \tan^2\phi + 4h^2 \frac{\sin\phi}{\cos^2\phi}$.
$S_{полн} = 4h^2 \frac{\sin^2\phi}{\cos^2\phi} + 4h^2 \frac{\sin\phi}{\cos^2\phi} = \frac{4h^2}{\cos^2\phi} (\sin^2\phi + \sin\phi)$.
$S_{полн} = \frac{4h^2 \sin\phi (1 + \sin\phi)}{\cos^2\phi}$.
Используя основное тригонометрическое тождество $\cos^2\phi = 1 - \sin^2\phi = (1 - \sin\phi)(1 + \sin\phi)$, получим более простое выражение:
$S_{полн} = \frac{4h^2 \sin\phi (1 + \sin\phi)}{(1 - \sin\phi)(1 + \sin\phi)} = \frac{4h^2 \sin\phi}{1 - \sin\phi}$.

Ответ: $S_{полн} = \frac{4h^2 \sin\phi (1 + \sin\phi)}{\cos^2\phi}$ или $S_{полн} = \frac{4h^2 \sin\phi}{1 - \sin\phi}$.