Страница 77 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

253. Основанием пирамиды является равнобедренная трапеция с основаниями 6 см и 46 см и высотой 5 см. Каждое боковое ребро пирамиды равно 13 см. Найдите её высоту.

Поскольку все боковые ребра пирамиды равны, то ее вершина проецируется в центр окружности, описанной около основания (трапеции). Пусть $H$ — высота пирамиды, $L$ — длина бокового ребра, а $R$ — радиус описанной около основания окружности. Они связаны соотношением по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды, боковым ребром (как гипотенузой) и радиусом описанной окружности (как катетом):

$L^2 = H^2 + R^2$

Из условия задачи известно, что $L = 13$ см. Чтобы найти высоту пирамиды $H$, нам необходимо сначала вычислить радиус $R$ окружности, описанной около равнобедренной трапеции.

Пусть основание пирамиды — это равнобедренная трапеция $ABCD$, где основания $AD = 4\sqrt{6}$ см и $BC = 6$ см, а высота трапеции $h_{тр} = 5$ см. Радиус окружности, описанной около трапеции, совпадает с радиусом окружности, описанной около любого треугольника, образованного тремя ее вершинами, например, $\triangle ABD$.

Для нахождения радиуса $R$ описанной окружности треугольника $ABD$ воспользуемся формулой $R = \frac{s_1 s_2 s_3}{4 S_{\triangle}}$, где $s_1, s_2, s_3$ — длины сторон треугольника, а $S_{\triangle}$ — его площадь.

1. Найдем стороны треугольника $ABD$:

- Сторона $AD = 4\sqrt{6}$ см (дано).

- Найдем диагональ трапеции $BD$. Проведем из вершины $B$ высоту $BK$ на основание $AD$. В равнобедренной трапеции отрезок $KD$ можно найти как $KD = AD - AK$. Отрезок $AK$ равен полуразности оснований: $AK = \frac{AD - BC}{2} = \frac{4\sqrt{6} - 6}{2} = 2\sqrt{6} - 3$ см. Тогда $KD = AD - AK = 4\sqrt{6} - (2\sqrt{6} - 3) = 2\sqrt{6} + 3$ см.

- Рассмотрим прямоугольный треугольник $BKD$. По теореме Пифагора $BD^2 = BK^2 + KD^2$. $d^2 = BD^2 = 5^2 + (2\sqrt{6} + 3)^2 = 25 + \left((2\sqrt{6})^2 + 2 \cdot 2\sqrt{6} \cdot 3 + 3^2\right) = 25 + (24 + 12\sqrt{6} + 9) = 58 + 12\sqrt{6}$.

- Найдем боковую сторону трапеции $AB$. Из прямоугольного треугольника $ABK$ по теореме Пифагора $AB^2 = AK^2 + BK^2$. $c^2 = AB^2 = (2\sqrt{6} - 3)^2 + 5^2 = \left((2\sqrt{6})^2 - 2 \cdot 2\sqrt{6} \cdot 3 + 3^2\right) + 25 = (24 - 12\sqrt{6} + 9) + 25 = 58 - 12\sqrt{6}$.

Итак, стороны треугольника $ABD$: $AD = 4\sqrt{6}$, $AB = \sqrt{58 - 12\sqrt{6}}$, $BD = \sqrt{58 + 12\sqrt{6}}$.

2. Найдем площадь треугольника $ABD$:

Площадь $S_{ABD}$ можно вычислить как половину произведения основания $AD$ на высоту трапеции $h_{тр}$: $S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot h_{тр} = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{6} \cdot 5 = 10\sqrt{6}$ см$^2$.

3. Вычислим радиус $R$ описанной окружности:

$R = \frac{AD \cdot AB \cdot BD}{4 S_{ABD}} = \frac{4\sqrt{6} \cdot \sqrt{58 - 12\sqrt{6}} \cdot \sqrt{58 + 12\sqrt{6}}}{4 \cdot 10\sqrt{6}}$

Упростим произведение корней в числителе, используя формулу разности квадратов $(x-y)(x+y)=x^2-y^2$:

$\sqrt{58 - 12\sqrt{6}} \cdot \sqrt{58 + 12\sqrt{6}} = \sqrt{(58 - 12\sqrt{6})(58 + 12\sqrt{6})} = \sqrt{58^2 - (12\sqrt{6})^2}$

$\sqrt{3364 - (144 \cdot 6)} = \sqrt{3364 - 864} = \sqrt{2500} = 50$ см.

Подставим это значение в формулу для радиуса:

$R = \frac{4\sqrt{6} \cdot 50}{40\sqrt{6}} = \frac{200\sqrt{6}}{40\sqrt{6}} = \frac{200}{40} = 5$ см.

4. Найдем высоту пирамиды $H$:

Теперь мы можем найти высоту пирамиды из соотношения $L^2 = H^2 + R^2$.

$H^2 = L^2 - R^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$

$H = \sqrt{144} = 12$ см.

Ответ: 12 см.

254. В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна а, высота равна Н. Найдите: а) боковое ребро пирамиды; б) плоский угол при вершине пирамиды; в) угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды; г) угол между боковой гранью и основанием пирамиды; д) двугранный угол при боковом ребре пирамиды .

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где S — вершина, а ABC — равносторонний треугольник в основании со стороной a. SO = H — высота пирамиды, где O — центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис).

Для решения задачи нам понадобятся некоторые размеры в основании. O — центр описанной и вписанной окружностей для треугольника ABC.

Радиус описанной окружности R (отрезок OA) для равностороннего треугольника со стороной a равен:$R = OA = \frac{a}{\sqrt{3}}$

Радиус вписанной окружности r (длина перпендикуляра из O к стороне, например, OM, где M — середина BC) равен:$r = OM = \frac{a}{2\sqrt{3}}$

а) боковое ребро пирамиды

Боковое ребро, обозначим его l (например, SA), является гипотенузой в прямоугольном треугольнике SOA. Катеты этого треугольника — высота пирамиды SO = H и радиус описанной окружности основания OA = R.

По теореме Пифагора:$l^2 = SA^2 = SO^2 + OA^2 = H^2 + R^2$

Подставим значение R:$l^2 = H^2 + \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$

Отсюда длина бокового ребра:$l = \sqrt{H^2 + \frac{a^2}{3}}$

Ответ: $l = \sqrt{H^2 + \frac{a^2}{3}}$

б) плоский угол при вершине пирамиды

Плоский угол при вершине — это угол в боковой грани, например, угол ? = ?BSC. Боковая грань (например, треугольник SBC) — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами SB = SC = l и основанием BC = a.

Проведем в треугольнике SBC высоту (она же медиана и биссектриса) SM к основанию BC. M — середина BC, поэтому BM = a/2.

В прямоугольном треугольнике SMB угол ?BSM = ?/2. Из определения синуса:$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{BM}{SB} = \frac{a/2}{l} = \frac{a}{2l}$

Подставим найденное ранее выражение для l:$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{a}{2\sqrt{H^2 + a^2/3}}$

Тогда искомый угол ?:$\alpha = 2\arcsin\left(\frac{a}{2\sqrt{H^2 + a^2/3}}\right)$

Ответ: $\alpha = 2\arcsin\left(\frac{a}{2\sqrt{H^2 + a^2/3}}\right)$

в) угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды

Угол между боковым ребром (например, SA) и плоскостью основания ABC — это угол между ребром SA и его проекцией на плоскость основания, которой является отрезок OA. Обозначим этот угол ? = ?SAO.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA.$\tan(\beta) = \frac{SO}{OA} = \frac{H}{R} = \frac{H}{a/\sqrt{3}} = \frac{H\sqrt{3}}{a}$

Отсюда угол ?:$\beta = \arctan\left(\frac{H\sqrt{3}}{a}\right)$

Ответ: $\beta = \arctan\left(\frac{H\sqrt{3}}{a}\right)$

г) угол между боковой гранью и основанием пирамиды

Угол между боковой гранью (например, SBC) и основанием ABC — это линейный угол двугранного угла при ребре BC.

Проведем апофему SM (M — середина BC). Так как SBC — равнобедренный треугольник, SM ? BC. В основании AM — медиана и высота, поэтому AM ? BC. Следовательно, искомый угол ? — это угол ?SMA. Так как точка O лежит на AM, это угол ?SMO.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM.$\tan(\gamma) = \frac{SO}{OM} = \frac{H}{r} = \frac{H}{a/(2\sqrt{3})} = \frac{2H\sqrt{3}}{a}$

Отсюда угол ?:$\gamma = \arctan\left(\frac{2H\sqrt{3}}{a}\right)$

Ответ: $\gamma = \arctan\left(\frac{2H\sqrt{3}}{a}\right)$

д) двугранный угол при боковом ребре пирамиды

Двугранный угол при боковом ребре (например, SA) — это угол ? между плоскостями боковых граней SAB и SAC.

Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Проведем в грани SAB перпендикуляр BK к ребру SA. Так как боковые грани SAB и SAC равны, то перпендикуляр из точки C к ребру SA также придет в точку K, то есть CK ? SA.

Тогда искомый угол ? = ?BKC. Треугольник BKC — равнобедренный с основанием BC = a и равными сторонами BK = CK.

По теореме косинусов для треугольника BKC:$BC^2 = BK^2 + CK^2 - 2 \cdot BK \cdot CK \cdot \cos(\delta) \implies a^2 = 2BK^2(1 - \cos\delta)$$\cos(\delta) = 1 - \frac{a^2}{2BK^2}$

Найдем длину BK. Площадь треугольника SAB можно выразить двумя способами:$S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} AB \cdot SM = \frac{1}{2} SA \cdot BK \implies a \cdot SM = l \cdot BK \implies BK = \frac{a \cdot SM}{l}$

Найдем квадраты длин SM и l.Из прямоугольного треугольника SOM: $SM^2 = SO^2 + OM^2 = H^2 + r^2 = H^2 + \left(\frac{a}{2\sqrt{3}}\right)^2 = H^2 + \frac{a^2}{12}$.Длина бокового ребра: $l^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$.

Теперь найдем $BK^2$:$BK^2 = \frac{a^2 \cdot SM^2}{l^2} = \frac{a^2 \left(H^2 + \frac{a^2}{12}\right)}{H^2 + \frac{a^2}{3}} = \frac{a^2 \frac{12H^2 + a^2}{12}}{\frac{3H^2 + a^2}{3}} = \frac{a^2 (12H^2 + a^2)}{4(3H^2 + a^2)}$

Подставим BK? в формулу для косинуса угла ?:$\cos(\delta) = 1 - \frac{a^2}{2 \cdot \frac{a^2(12H^2+a^2)}{4(3H^2+a^2)}} = 1 - \frac{2(3H^2+a^2)}{12H^2+a^2}$

$\cos(\delta) = \frac{(12H^2+a^2) - (6H^2+2a^2)}{12H^2+a^2} = \frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}$

Отсюда угол ?:$\delta = \arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}\right)$

Ответ: $\delta = \arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}\right)$

255. В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна 8 см, а плоский угол при вершине равен φ. Найдите высоту этой пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$, где $ABC$ — равносторонний треугольник в основании, а $S$ — вершина пирамиды. Высота пирамиды $SO$ опускается в центр $O$ основания $ABC$.

По условию задачи, сторона основания $a = AB = 8$ см. Плоский угол при вершине пирамиды равен $\varphi$, то есть угол между двумя боковыми ребрами, например, $\angle ASB = \varphi$.

Для нахождения высоты пирамиды $H = SO$ мы воспользуемся прямоугольным треугольником $SOA$. Для этого нам нужно найти длину бокового ребра $l = SA$ и радиус $R = OA$ описанной около основания окружности.

1. Найдем длину бокового ребра $l$.

Рассмотрим боковую грань $SAB$. Это равнобедренный треугольник, в котором $SA = SB = l$ и основание $AB = 8$ см. Угол при вершине $\angle ASB = \varphi$. Проведем высоту $SK$ к основанию $AB$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой и биссектрисой. Следовательно, $AK = KB = \frac{AB}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см, и $\angle ASK = \frac{\varphi}{2}$.

Из прямоугольного треугольника $SKA$ имеем:

$\sin(\angle ASK) = \frac{AK}{SA} \implies \sin\left(\frac{\varphi}{2}\right) = \frac{4}{l}$

Отсюда выражаем длину бокового ребра:

$l = \frac{4}{\sin(\frac{\varphi}{2})}$

2. Найдем радиус $R$ описанной около основания окружности.

Основание пирамиды — равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a = 8$ см. Центр $O$ такого треугольника является центром описанной окружности. Расстояние от центра до вершины треугольника равно радиусу $R$.

Формула для радиуса описанной окружности равностороннего треугольника со стороной $a$:

$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

Подставим наше значение $a=8$:

$R = \frac{8}{\sqrt{3}}$ см.

3. Найдем высоту пирамиды $H$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA$. Его катеты — это высота пирамиды $SO = H$ и радиус описанной окружности $OA = R$. Гипотенуза — это боковое ребро $SA = l$.

По теореме Пифагора:

$SO^2 + OA^2 = SA^2$

$H^2 + R^2 = l^2$

Выразим $H^2$ и подставим найденные значения для $l$ и $R$:

$H^2 = l^2 - R^2 = \left(\frac{4}{\sin(\frac{\varphi}{2})}\right)^2 - \left(\frac{8}{\sqrt{3}}\right)^2$

$H^2 = \frac{16}{\sin^2(\frac{\varphi}{2})} - \frac{64}{3}$

Чтобы найти высоту $H$, извлечем квадратный корень из этого выражения:

$H = \sqrt{\frac{16}{\sin^2(\frac{\varphi}{2})} - \frac{64}{3}}$

Вынесем общий множитель 16 из-под корня:

$H = 4\sqrt{\frac{1}{\sin^2(\frac{\varphi}{2})} - \frac{4}{3}}$

Это выражение можно оставить в качестве ответа, но также можно его преобразовать, приведя к общему знаменателю внутри корня:

$H = 4\sqrt{\frac{3 - 4\sin^2(\frac{\varphi}{2})}{3\sin^2(\frac{\varphi}{2})}} = \frac{4\sqrt{3 - 4\sin^2(\frac{\varphi}{2})}}{\sqrt{3}\sin(\frac{\varphi}{2})}$

Ответ: $H = 4\sqrt{\frac{1}{\sin^2(\frac{\varphi}{2})} - \frac{4}{3}}$ см.

256. В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна m, а плоский угол при вершине равен α. Найдите: а) высоту пирамиды; б) боковое ребро пирамиды; в) угол между боковой гранью и плоскостью основания; г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида `SABCD`, где `S` – вершина, а `ABCD` – квадратное основание. Сторона основания `AB = m`, плоский угол при вершине `?BSC = \alpha`. `SO` – высота пирамиды (`H`), где `O` – центр основания. `L` – боковое ребро (например, `SB`), `SK` – апофема боковой грани `SBC`, где `K` – середина ребра `BC`.

б) боковое ребро пирамиды

Рассмотрим боковую грань `SBC`. Это равнобедренный треугольник с основанием `BC = m` и боковыми сторонами `SB = SC = L`. Угол при вершине `S` равен `\alpha`. Апофема `SK`, проведенная к основанию `BC`, является также медианой и биссектрисой.

В прямоугольном треугольнике `SKC` катет `KC` равен половине основания `BC`, то есть `KC = m/2`. Угол `?KSC` равен половине угла при вершине, то есть `?KSC = \alpha/2`.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:

`\sin(\angle KSC) = \frac{KC}{SC}`

`\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{m/2}{L}`

Отсюда выражаем длину бокового ребра `L`:

`L = \frac{m/2}{\sin(\alpha/2)} = \frac{m}{2\sin(\alpha/2)}`

Ответ: `L = \frac{m}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}`

а) высоту пирамиды

Высота пирамиды `H = SO`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOC`. Гипотенуза `SC = L`, катеты `SO = H` и `OC`. `OC` – это половина диагонали квадрата основания. Диагональ `AC = \sqrt{m^2 + m^2} = m\sqrt{2}`. Следовательно, `OC = \frac{m\sqrt{2}}{2}`.

По теореме Пифагора для `\triangle SOC`:

`H^2 + OC^2 = L^2`

`H^2 = L^2 - OC^2 = \left(\frac{m}{2\sin(\alpha/2)}\right)^2 - \left(\frac{m\sqrt{2}}{2}\right)^2`

`H^2 = \frac{m^2}{4\sin^2(\alpha/2)} - \frac{2m^2}{4} = \frac{m^2}{4} \left(\frac{1}{\sin^2(\alpha/2)} - 2\right)`

`H^2 = \frac{m^2}{4} \frac{1 - 2\sin^2(\alpha/2)}{\sin^2(\alpha/2)}`

Используя формулу косинуса двойного угла `\cos(\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha/2)`, получаем:

`H^2 = \frac{m^2 \cos(\alpha)}{4\sin^2(\alpha/2)}`

Извлекаем квадратный корень:

`H = \sqrt{\frac{m^2 \cos(\alpha)}{4\sin^2(\alpha/2)}} = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}`

Ответ: `H = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}`

в) угол между боковой гранью и плоскостью основания

Искомый угол `\varphi` – это угол между апофемой `SK` и её проекцией на плоскость основания `OK`. Таким образом, `\varphi = \angle SKO`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOK`.

Катет `OK` равен половине стороны основания, так как `OK` – это радиус вписанной в квадрат окружности: `OK = m/2`.

Катет `SO = H = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}`.

Найдем тангенс угла `\varphi`:

`\tan(\varphi) = \frac{SO}{OK} = \frac{\frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}}{m/2} = \frac{\sqrt{\cos(\alpha)}}{\sin(\alpha/2)}`

Чтобы получить более простой вид, найдем косинус этого угла. Для этого сначала найдем длину апофемы `SK` из `\triangle SKC`:

`SK = \frac{KC}{\tan(\alpha/2)} = \frac{m/2}{\tan(\alpha/2)} = \frac{m}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})`

Теперь из `\triangle SOK`:

`\cos(\varphi) = \frac{OK}{SK} = \frac{m/2}{\frac{m}{2}\cot(\alpha/2)} = \frac{1}{\cot(\alpha/2)} = \tan(\frac{\alpha}{2})`

Ответ: `\arccos(\tan(\frac{\alpha}{2}))`

г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды

Пусть искомый угол `\beta` – это двугранный угол при ребре `SC`. Он равен углу между плоскостями `(SBC)` и `(SDC)`. Для его нахождения построим линейный угол. Проведем в `\triangle SBC` высоту `BP` к стороне `SC`. Так как пирамида правильная, `\triangle SBC = \triangle SDC`, поэтому высота `DP` из вершины `D` к стороне `SC` в `\triangle SDC` попадёт в ту же точку `P`. Таким образом, `\beta = \angle BPD`.

Рассмотрим `\triangle BPD`. Это равнобедренный треугольник с основанием `BD`. Длина `BD` равна диагонали квадрата основания: `BD = m\sqrt{2}`. Стороны `BP = DP`.

Найдем длину `BP`. Площадь `\triangle SBC` равна `\frac{1}{2} SC \cdot BP`. Также она равна `\frac{1}{2} BC \cdot SK`.`L \cdot BP = m \cdot SK``BP = \frac{m \cdot SK}{L}`.Мы знаем, что `L = \frac{m}{2\sin(\alpha/2)}` и `SK = \frac{m}{2}\cot(\frac{\alpha}{2}) = \frac{m\cos(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)}`.

`BP = \frac{m \cdot \frac{m\cos(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)}}{\frac{m}{2\sin(\alpha/2)}} = m\cos(\frac{\alpha}{2})`.

Теперь применим теорему косинусов к `\triangle BPD`:

`BD^2 = BP^2 + DP^2 - 2 \cdot BP \cdot DP \cdot \cos(\beta)`

`(m\sqrt{2})^2 = (m\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + (m\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 - 2(m\cos(\frac{\alpha}{2}))(m\cos(\frac{\alpha}{2}))\cos(\beta)`

`2m^2 = 2m^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 2m^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})\cos(\beta)`

Разделим обе части на `2m^2` (при `m \ne 0`):

`1 = \cos^2(\frac{\alpha}{2}) - \cos^2(\frac{\alpha}{2})\cos(\beta)`

`1 = \cos^2(\frac{\alpha}{2})(1 - \cos(\beta))`

`1 - \cos(\beta) = \frac{1}{\cos^2(\alpha/2)} = \sec^2(\frac{\alpha}{2})`

`\cos(\beta) = 1 - \sec^2(\frac{\alpha}{2})`

Используя тригонометрическое тождество `1 + \tan^2(x) = \sec^2(x)`, получаем:

`\cos(\beta) = 1 - (1 + \tan^2(\frac{\alpha}{2})) = -\tan^2(\frac{\alpha}{2})`

Ответ: `\arccos(-\tan^2(\frac{\alpha}{2}))`

257. Высота правильной треугольной пирамиды равна h, а двугранный угол при стороне основания равен 45°. Найдите площадь поверхности пирамиды.

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

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$

1. Найдем элементы пирамиды через высоту h.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где ABC – равносторонний треугольник в основании, а S – вершина. SO – высота пирамиды, $SO = h$.

Двугранный угол при стороне основания – это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Проведем апофему SM (высоту боковой грани SBC), где M – середина стороны BC. Тогда OM – проекция SM на плоскость основания. Так как пирамида правильная, OM является радиусом вписанной в основание окружности и $OM \perp BC$.

Линейным углом двугранного угла при ребре BC является угол $\angle SMO$. По условию, $\angle SMO = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (угол $\angle SOM = 90^\circ$).

Поскольку один из острых углов равен $45^\circ$, то $\triangle SOM$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. Следовательно, его катеты равны: $OM = SO = h$.

OM – это радиус вписанной в равносторонний треугольник ABC окружности. Пусть сторона основания равна $a$. Формула для радиуса вписанной окружности в равносторонний треугольник: $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Так как $OM = r = h$, получаем: $h = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Отсюда выразим сторону основания $a$: $a = 2\sqrt{3}h$.

Теперь найдем апофему SM, которая является гипотенузой в $\triangle SOM$. По теореме Пифагора:

$SM^2 = SO^2 + OM^2 = h^2 + h^2 = 2h^2$

Апофема $SM = \sqrt{2h^2} = h\sqrt{2}$.

2. Вычислим площадь основания.

Основанием является равносторонний треугольник со стороной $a = 2\sqrt{3}h$. Его площадь вычисляется по формуле:

$S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(2\sqrt{3}h)^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(4 \cdot 3 \cdot h^2)\sqrt{3}}{4} = \frac{12h^2\sqrt{3}}{4} = 3h^2\sqrt{3}$.

3. Вычислим площадь боковой поверхности.

Площадь боковой поверхности равна половине произведения периметра основания на апофему.

Периметр основания $P = 3a = 3 \cdot 2\sqrt{3}h = 6\sqrt{3}h$.

Апофема $SM = h\sqrt{2}$.

$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{3}h \cdot h\sqrt{2} = 3h^2\sqrt{3 \cdot 2} = 3h^2\sqrt{6}$.

4. Вычислим полную площадь поверхности.

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 3h^2\sqrt{3} + 3h^2\sqrt{6}$.

Вынесем общий множитель за скобки для более компактной записи:

$S_{полн} = 3h^2\sqrt{3}(1 + \sqrt{2})$.

Ответ: $3h^2\sqrt{3}(1 + \sqrt{2})$.

258. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды образует угол в 60° с плоскостью основания. Найдите площадь поверхности пирамиды, если боковое ребро равно 12 см.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ вычисляется как сумма площади её основания $S_{осн}$ и площади её боковой поверхности $S_{бок}$:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$

Для решения задачи нам необходимо последовательно найти эти две площади.

1. Нахождение размеров и площади основания

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S. В основании лежит квадрат ABCD. SO — высота пирамиды, где O — центр квадрата (точка пересечения диагоналей). Боковое ребро (например, SA) образует с плоскостью основания угол, который равен углу между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией ребра SA на плоскость ABCD является отрезок AO. Следовательно, угол между боковым ребром и плоскостью основания — это $\angle SAO$.

По условию, $\angle SAO = 60^\circ$, а длина бокового ребра $SA = 12$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$ ($\angle SOA = 90^\circ$). Мы можем найти длину катета AO, который является половиной диагонали квадрата ABCD:

$AO = SA \cdot \cos(\angle SAO) = 12 \cdot \cos(60^\circ) = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6$ см.

Тогда вся диагональ квадрата $AC = 2 \cdot AO = 2 \cdot 6 = 12$ см.

Пусть сторона квадрата равна 'a'. Длина диагонали квадрата связана со стороной формулой $d = a\sqrt{2}$. Отсюда найдем сторону основания:

$a = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{12}{\sqrt{2}} = \frac{12\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Теперь вычислим площадь основания (квадрата):

$S_{осн} = a^2 = (6\sqrt{2})^2 = 36 \cdot 2 = 72$ см?.

2. Нахождение площади боковой поверхности

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a$, где $P$ — периметр основания, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).

Периметр основания $P = 4a = 4 \cdot 6\sqrt{2} = 24\sqrt{2}$ см.

Апофему $h_a$ (обозначим её SK, где K — середина стороны основания, например, CD) можно найти из прямоугольного треугольника $\triangle SOK$. Для этого нам нужна высота пирамиды SO и отрезок OK.

Высоту SO найдем из того же треугольника $\triangle SAO$:

$SO = SA \cdot \sin(\angle SAO) = 12 \cdot \sin(60^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

Отрезок OK равен половине стороны квадрата:

$OK = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} a = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Теперь по теореме Пифагора в треугольнике $\triangle SOK$ найдем апофему SK:

$SK^2 = SO^2 + OK^2$

$SK = \sqrt{(6\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{108 + 18} = \sqrt{126}$

Упростим корень: $\sqrt{126} = \sqrt{9 \cdot 14} = 3\sqrt{14}$ см. Итак, $h_a = 3\sqrt{14}$ см.

Вычислим площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot P \cdot h_a = \frac{1}{2} \cdot 24\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{14} = 12\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{14} = 36\sqrt{2 \cdot 14} = 36\sqrt{28}$

$S_{бок} = 36\sqrt{4 \cdot 7} = 36 \cdot 2\sqrt{7} = 72\sqrt{7}$ см?.

3. Нахождение площади полной поверхности пирамиды

Сложим площади основания и боковой поверхности:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 72 + 72\sqrt{7} = 72(1 + \sqrt{7})$ см?.

Ответ: $72(1 + \sqrt{7})$ см?.

259. В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна 6 см, а угол наклона боковой грани к плоскости основания равен 60°. Найдите боковое ребро пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида `SABCD`, где `ABCD` – квадрат в основании, а `S` – вершина пирамиды. Сторона основания `a` равна 6 см.

Угол наклона боковой грани к плоскости основания – это двугранный угол при ребре основания. Возьмём боковую грань `SBC` и ребро `BC`. Чтобы найти линейный угол этого двугранного угла, проведём апофему `SM` в грани `SBC` (где `M` – середина `BC`). Так как треугольник `SBC` равнобедренный (`SB=SC`), то `SM` является и высотой, то есть `SM \perp BC`.

Пусть `O` – центр квадрата `ABCD` (точка пересечения диагоналей). Тогда `SO` – высота пирамиды. Проведём отрезок `OM`. Так как `M` – середина `BC`, то `OM` является средней линией треугольника `ABC` или просто перпендикуляром из центра квадрата к стороне. Следовательно, `OM \perp BC` и `OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3` см.

Поскольку `SM \perp BC` и `OM \perp BC`, угол `?SMO` является линейным углом двугранного угла между плоскостью боковой грани `SBC` и плоскостью основания `ABCD`. По условию задачи, `?SMO = 60°`.

Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOM` (угол `?SOM = 90°`, так как `SO` – высота, перпендикулярная плоскости основания). Мы знаем катет `OM = 3` см и угол `?SMO = 60°`. Найдём длину апофемы `SM`, которая является гипотенузой в данном треугольнике.

Из определения косинуса в прямоугольном треугольнике:`\cos(?SMO) = \frac{OM}{SM}`Отсюда `SM = \frac{OM}{\cos(60°)} = \frac{3}{1/2} = 6` см.

Теперь, чтобы найти боковое ребро (например, `SC`), рассмотрим прямоугольный треугольник `SMC` (угол `?SMC = 90°`, так как `SM` – высота грани `SBC`).Катет `MC` равен половине стороны основания:`MC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3` см.Другой катет – это апофема `SM = 6` см.Гипотенуза `SC` – искомое боковое ребро.

По теореме Пифагора:`SC^2 = SM^2 + MC^2``SC^2 = 6^2 + 3^2 = 36 + 9 = 45``SC = \sqrt{45} = \sqrt{9 \cdot 5} = 3\sqrt{5}` см.

Ответ: $3\sqrt{5}$ см.

260. В правильной треугольной пирамиде DABC через боковое ребро DC и высоту DO пирамиды проведена плоскость α. Докажите, что: а) ребро AB перпендикулярно к плоскости α; б) перпендикуляр, проведённый из вершины С к апофеме грани ADB, является перпендикуляром к плоскости ADB.

а)

По условию, $DABC$ — правильная треугольная пирамида, следовательно, её основание — равносторонний треугольник $ABC$, а высота $DO$ проецируется в центр этого треугольника — точку $O$. Плоскость $\alpha$ проходит через ребро $DC$ и высоту $DO$, значит, плоскость $\alpha$ — это плоскость $(DOC)$.

Для того чтобы доказать, что ребро $AB$ перпендикулярно плоскости $\alpha$, необходимо доказать, что ребро $AB$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве этих прямых возьмем $DO$ и $OC$.

1. $DO$ — высота пирамиды, поэтому $DO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Так как прямая $AB$ лежит в плоскости основания, то $DO \perp AB$.
2. В основании лежит равносторонний треугольник $ABC$, а точка $O$ — его центр. Проведем из вершины $C$ медиану $CM$ к стороне $AB$. В равностороннем треугольнике медиана является также и высотой, следовательно, $CM \perp AB$. Точка $O$ (центр треугольника) лежит на медиане $CM$, значит, прямая $OC$ является частью прямой $CM$. Таким образом, $OC \perp AB$.

Мы получили, что прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DO$ и $OC$ в плоскости $\alpha=(DOC)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что ребро $AB$ перпендикулярно к плоскости $\alpha$.

б)

Апофема грани $ADB$ — это высота, проведенная из вершины $D$ к стороне $AB$. Обозначим её $DM$, где $M$ — середина ребра $AB$.

Плоскость грани $ADB$ — это плоскость $(ADB)$.

Пусть $CH$ — перпендикуляр, проведённый из вершины $C$ к апофеме $DM$ (т.е. $CH \perp DM$, $H \in DM$). Нам нужно доказать, что $CH \perp (ADB)$. Для этого нужно доказать, что прямая $CH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $(ADB)$.

1. По построению, $CH \perp DM$. Прямая $DM$ лежит в плоскости $(ADB)$.
2. Рассмотрим плоскость $(DCM)$. Точки $D$, $C$, $M$ определяют эту плоскость. Так как $O$ лежит на $CM$, то плоскость $(DCM)$ совпадает с плоскостью $(DOC)$, то есть с плоскостью $\alpha$. В пункте а) мы доказали, что $AB \perp \alpha$, то есть $AB \perp (DCM)$.
   Прямая $CH$ лежит в плоскости $(DCM)$, так как обе точки $C$ и $H$ (точка $H$ лежит на прямой $DM$, которая, в свою очередь, лежит в плоскости $(DCM)$) принадлежат этой плоскости.
   Поскольку $AB \perp (DCM)$, то прямая $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AB \perp CH$.

Таким образом, прямая $CH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DM$ и $AB$ в плоскости $(ADB)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $CH$ перпендикулярна плоскости $(ADB)$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что перпендикуляр, проведённый из вершины $C$ к апофеме грани $ADB$, является перпендикуляром к плоскости $ADB$.

261. Докажите, что в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра взаимно перпендикулярны.

Для доказательства того, что в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра взаимно перпендикулярны, можно использовать два основных подхода: геометрический и векторный.

Доказательство

Способ 1: Геометрический

Рассмотрим правильную треугольную пирамиду $SABC$, где $ABC$ — равносторонний треугольник в основании, а $S$ — вершина пирамиды. Скрещивающимися рёбрами в такой пирамиде являются боковое ребро и не пересекающее его ребро основания, например, ребро $SA$ и ребро $BC$. Нам нужно доказать, что $SA \perp BC$.

1. Проведём в основании медиану $AM$ из вершины $A$ к стороне $BC$. Так как треугольник $ABC$ является равносторонним, медиана $AM$ также является высотой и биссектрисой. Следовательно, $AM \perp BC$.

2. Рассмотрим боковую грань $SBC$. В правильной пирамиде все боковые рёбра равны, то есть $SB = SC$. Это означает, что треугольник $SBC$ — равнобедренный. Проведём в нём медиану $SM$ к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, также является высотой. Следовательно, $SM \perp BC$.

3. Итак, мы установили, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM$ и $SM$. Эти две прямые лежат в плоскости, проходящей через точки $A$, $S$ и $M$, то есть в плоскости $(SAM)$.

4. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, $BC \perp (SAM)$.

5. Боковое ребро $SA$ полностью лежит в плоскости $(SAM)$, так как точки $S$ и $A$ принадлежат этой плоскости. По определению, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Отсюда следует, что $SA \perp BC$.

В силу симметрии правильной пирамиды, аналогичное доказательство справедливо и для других пар скрещивающихся рёбер: $SB \perp AC$ и $SC \perp AB$. Таким образом, утверждение доказано.

Способ 2: Векторный

Воспользуемся векторным методом. Пусть вершина пирамиды $S$ является началом координат. Тогда рёбра $SA$, $SB$, $SC$ можно представить радиус-векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ соответственно.

1. Так как пирамида правильная, все её боковые рёбра равны по длине. В векторной записи это означает, что модули векторов равны: $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = l$.

2. Основание $ABC$ — равносторонний треугольник. Это значит, что все его стороны равны. Длины векторов, представляющих стороны основания, равны: $|\vec{AB}| = |\vec{BC}| = |\vec{CA}| = d$. Векторы сторон основания выражаются через $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ как $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$, $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$, $\vec{CA} = \vec{a} - \vec{c}$.

3. Так как боковые грани $SAB$, $SBC$ и $SCA$ являются конгруэнтными (равными) равнобедренными треугольниками, то углы между соответствующими боковыми рёбрами равны. Следовательно, скалярные произведения векторов $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ попарно равны: $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a}$. Это можно также показать, расписав квадрат длины стороны основания: $d^2 = |\vec{b} - \vec{a}|^2 = (\vec{b} - \vec{a}) \cdot (\vec{b} - \vec{a}) = |\vec{b}|^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b} + |\vec{a}|^2 = l^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b} + l^2 = 2l^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b}$. Отсюда $\vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{2l^2 - d^2}{2}$. Так как $d$ и $l$ одинаковы для всех боковых граней, то и скалярные произведения одинаковы.

4. Докажем перпендикулярность скрещивающихся рёбер $SA$ и $BC$. Ребру $SA$ соответствует вектор $\vec{a}$, а ребру $BC$ — вектор $\vec{c} - \vec{b}$. Для доказательства перпендикулярности нужно показать, что их скалярное произведение равно нулю.

5. Вычислим скалярное произведение: $\vec{SA} \cdot \vec{BC} = \vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b}$.

6. Из пункта 3 мы знаем, что $\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$. Следовательно, их разность равна нулю: $\vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, эти векторы ортогональны, а значит, и соответствующие им рёбра $SA$ и $BC$ взаимно перпендикулярны. Аналогично доказывается перпендикулярность для остальных пар скрещивающихся рёбер.

Ответ: Утверждение доказано. В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра (боковое ребро и противоположное ему ребро основания) взаимно перпендикулярны.

262. Докажите, что плоскость, проходящая через высоту правильной пирамиды и высоту боковой грани, перпендикулярна к плоскости боковой грани.

Пусть дана правильная пирамида $S A_1 A_2 ... A_n$, где $S$ — вершина, а $A_1 A_2 ... A_n$ — правильный многоугольник, лежащий в основании. Пусть $O$ — центр основания. По определению правильной пирамиды, отрезок $SO$ является ее высотой, то есть $SO$ перпендикулярен плоскости основания $(A_1 A_2 ... A_n)$.

Рассмотрим произвольную боковую грань, например, грань $\triangle S A_1 A_2$. Проведем в этой грани высоту $SK$ (которая также называется апофемой пирамиды), где точка $K$ лежит на стороне основания $A_1 A_2$.

Плоскость, о которой говорится в условии задачи, проходит через высоту пирамиды $SO$ и высоту боковой грани $SK$. Эта плоскость однозначно определяется тремя точками $S$, $O$ и $K$. Обозначим эту плоскость как $(SOK)$. Плоскость боковой грани, в которой проведена высота $SK$, — это плоскость $(S A_1 A_2)$.

Нам необходимо доказать, что плоскость $(SOK)$ перпендикулярна плоскости боковой грани $(S A_1 A_2)$.

Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Мы докажем, что прямая $A_1 A_2$, лежащая в плоскости боковой грани $(S A_1 A_2)$, перпендикулярна плоскости $(SOK)$.

Чтобы доказать перпендикулярность прямой $A_1 A_2$ и плоскости $(SOK)$, достаточно показать, что прямая $A_1 A_2$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $(SOK)$. В качестве таких прямых выберем $SO$ и $OK$.

1. Докажем, что $A_1 A_2 \perp SO$.
   Прямая $SO$ является высотой пирамиды, а значит, $SO \perp (A_1 A_2 ... A_n)$. Прямая $A_1 A_2$ лежит в плоскости основания. Следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $SO \perp A_1 A_2$.
2. Докажем, что $A_1 A_2 \perp OK$.
   По построению $SK$ — высота в треугольнике $S A_1 A_2$, то есть $SK \perp A_1 A_2$. Отрезок $OK$ является ортогональной проекцией наклонной $SK$ на плоскость основания $(A_1 A_2 ... A_n)$ (так как $S$ проецируется в $O$, а $K$ — в себя). По теореме о трех перпендикулярах: если наклонная ($SK$) перпендикулярна некоторой прямой на плоскости ($A_1 A_2$), то и ее проекция ($OK$) на эту плоскость перпендикулярна той же прямой. Таким образом, $OK \perp A_1 A_2$.

Итак, мы показали, что прямая $A_1 A_2$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($SO$ и $OK$) в плоскости $(SOK)$. Из этого по признаку перпендикулярности прямой и плоскости следует, что $A_1 A_2 \perp (SOK)$.

Плоскость боковой грани $(S A_1 A_2)$ содержит прямую $A_1 A_2$, которая, как мы доказали, перпендикулярна плоскости $(SOK)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $(S A_1 A_2)$ перпендикулярна плоскости $(SOK)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

263. В правильной пирамиде MABCD точки K, L и N лежат соответственно на рёбрах ВС, МС и AD, причём KN || BA, KL || BM. а) Постройте сечение пирамиды плоскостью KLN и определите вид сечения. б) Докажите, что плоскость KLN параллельна плоскости АМВ.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью KLN и определите вид сечения.

Построение сечения:

1. Соединим точки $K$ и $L$, лежащие в плоскости грани $MBC$. Отрезок $KL$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $MBC$.

2. Соединим точки $K$ (на ребре $BC$) и $N$ (на ребре $AD$). Отрезок $KN$ — линия пересечения секущей плоскости с плоскостью основания $ABCD$.

3. Секущая плоскость $(KLN)$ пересекает плоскость грани $MAD$. Поскольку точка $N$ принадлежит секущей плоскости и грани $MAD$, линия пересечения пройдет через точку $N$. Из пункта б) (доказательство ниже) следует, что плоскость $(KLN)$ параллельна плоскости $(AMB)$. Плоскости $(AMB)$ и $(MAD)$ пересекаются по прямой $AM$. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с гранью $MAD$ должна быть параллельна прямой $AM$. Проведем через точку $N$ прямую, параллельную $AM$. Пусть она пересекает ребро $MD$ в точке $P$. Отрезок $NP$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $MAD$.

4. Соединим точки $L$ и $P$, лежащие в плоскости грани $MCD$. Отрезок $LP$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $MCD$.

Таким образом, искомое сечение — четырехугольник $KLPN$.

Определение вида сечения:

1. Пирамида $MABCD$ — правильная, значит, ее основание $ABCD$ — квадрат, и $AB \parallel CD$. По условию $KN \parallel BA$, следовательно $KN \parallel CD$.

2. Рассмотрим треугольник $MBC$. По условию $KL \parallel BM$. По теореме Фалеса о пропорциональных отрезках имеем: $ \frac{CK}{CB} = \frac{CL}{CM} $

3. Рассмотрим основание $ABCD$. Докажем, что из условия $KN \parallel BA$ следует равенство отношений $\frac{CK}{CB} = \frac{DN}{DA}$. Пусть сторона квадрата равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $D$, направив ось $Ox$ вдоль $DA$ и ось $Oy$ вдоль $DC$. Тогда вершины имеют координаты: $D(0,0)$, $A(a,0)$, $C(0,a)$, $B(a,a)$. Точка $N$ лежит на ребре $AD$, ее координаты $N(x_N, 0)$, где $0 \le x_N \le a$. Тогда $DN=x_N$, и $\frac{DN}{DA} = \frac{x_N}{a}$. Точка $K$ лежит на ребре $BC$. Прямая $BC$ задается уравнением $y=a$ при $0 \le x \le a$. Координаты точки $K(x_K, a)$. Тогда $CK=x_K$, и $\frac{CK}{CB} = \frac{x_K}{a}$. Вектор $KN$ имеет координаты $(x_K - x_N, a)$. Вектор $BA$ имеет координаты $(a-a, 0-a) = (0, -a)$. Поскольку $KN \parallel BA$, их векторы коллинеарны, то есть $KN = \lambda \cdot BA$ для некоторого числа $\lambda$. $(x_K - x_N, a) = \lambda (0, -a)$. Приравнивая компоненты, получаем: $a = -\lambda a \implies \lambda = -1$. $x_K - x_N = \lambda \cdot 0 = 0 \implies x_K = x_N$. Следовательно, $\frac{DN}{DA} = \frac{CK}{CB}$.

4. Рассмотрим треугольник $MAD$. По построению $NP \parallel AM$. По теореме Фалеса: $ \frac{DN}{DA} = \frac{DP}{DM} $

5. Из равенств, полученных в пунктах 2, 3 и 4, следует: $ \frac{CL}{CM} = \frac{CK}{CB} = \frac{DN}{DA} = \frac{DP}{DM} $ В частности, в треугольнике $MCD$ выполняется равенство $\frac{CL}{CM} = \frac{DP}{DM}$. По обратной теореме Фалеса отсюда следует, что $LP \parallel CD$.

6. Мы показали, что $KN \parallel CD$ и $LP \parallel CD$. Значит, $KN \parallel LP$. Четырехугольник, у которого две стороны параллельны, является трапецией. Таким образом, $KLPN$ — трапеция.

7. Теперь определим, является ли трапеция равнобедренной. Сравним длины боковых сторон $KL$ и $NP$. Из подобия треугольников $KCL$ и $BCM$ (так как $KL \parallel BM$) следует: $ \frac{KL}{BM} = \frac{CK}{CB} \implies KL = BM \cdot \frac{CK}{CB} $ Из подобия треугольников $NDP$ и $ADM$ (так как $NP \parallel AM$) следует: $ \frac{NP}{AM} = \frac{DN}{DA} \implies NP = AM \cdot \frac{DN}{DA} $ Поскольку пирамида $MABCD$ правильная, ее боковые ребра равны: $AM = BM$. Как мы доказали в пункте 3, $\frac{CK}{CB} = \frac{DN}{DA}$. Следовательно, $KL = NP$.

Трапеция с равными боковыми сторонами является равнобедренной.

Ответ: Сечение представляет собой равнобедренную трапецию $KLPN$.

б) Докажите, что плоскость KLN параллельна плоскости AMB.

Для доказательства параллельности двух плоскостей достаточно доказать, что две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости.

1. Рассмотрим плоскость сечения $(KLN)$. В этой плоскости лежат прямые $KL$ и $KN$, которые пересекаются в точке $K$.

2. Рассмотрим плоскость грани $(AMB)$. В этой плоскости лежат прямые $BM$ и $BA$, которые пересекаются в точке $B$.

3. По условию задачи, прямая $KL$ параллельна прямой $BM$ ($KL \parallel BM$).

4. По условию задачи, прямая $KN$ параллельна прямой $BA$ ($KN \parallel BA$).

Таким образом, две пересекающиеся прямые $KL$ и $KN$ в плоскости $(KLN)$ параллельны двум пересекающимся прямым $BM$ и $BA$ в плоскости $(AMB)$. По признаку параллельности двух плоскостей, плоскость $(KLN)$ параллельна плоскости $(AMB)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

264. 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.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида, сторона основания которой равна $a$. Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ такой пирамиды равна произведению количества боковых граней на площадь одной грани. Так как граней шесть и все они равны, то $S_{бок} = 6 \cdot S_{грані}$.

Площадь боковой грани, которая является равнобедренным треугольником, вычисляется по формуле: $S_{грані} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_{a}$, где $a$ — сторона основания, а $h_{a}$ — апофема пирамиды (высота боковой грани).

Сечение, проведённое через вершину пирамиды и большую диагональ основания, также является треугольником. Основанием этого треугольника служит большая диагональ правильного шестиугольника. Длина большой диагонали $d$ для шестиугольника со стороной $a$ равна $d = 2a$. Высотой этого треугольника-сечения является высота пирамиды $H$.

Площадь сечения $S_{сеч}$ вычисляется по формуле: $S_{сеч} = \frac{1}{2} \cdot d \cdot H = \frac{1}{2} \cdot (2a) \cdot H = a \cdot H$.

По условию задачи, площадь боковой грани равна площади сечения:$S_{грані} = S_{сеч}$

$\frac{1}{2} \cdot a \cdot h_{a} = a \cdot H$

Сократив обе части на $a$ (так как $a$ - длина стороны, $a \ne 0$), получаем:

$\frac{1}{2} h_{a} = H \implies h_{a} = 2H$.

Теперь свяжем высоту пирамиды $H$, апофему $h_{a}$ и сторону основания $a$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой пирамиды $h_{a}$ (которая является гипотенузой) и апофемой основания $r$ (которая является вторым катетом). Апофема правильного шестиугольника со стороной $a$ равна радиусу вписанной окружности и вычисляется по формуле $r = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

По теореме Пифагора:$h_{a}^2 = H^2 + r^2$

Подставим в это уравнение известные нам соотношения $h_{a} = 2H$ и $r = \frac{a\sqrt{3}}{2}$:

$(2H)^2 = H^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2$

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

$3H^2 = \frac{3a^2}{4}$

$H^2 = \frac{a^2}{4}$

$H = \frac{a}{2}$ (высота не может быть отрицательной).

Теперь найдем апофему пирамиды $h_{a}$:$h_{a} = 2H = 2 \cdot \frac{a}{2} = a$.

Зная апофему, можем вычислить площадь одной боковой грани:$S_{грані} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_{a} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}$.

Наконец, находим площадь боковой поверхности пирамиды:$S_{бок} = 6 \cdot S_{грані} = 6 \cdot \frac{a^2}{2} = 3a^2$.

Ответ: $3a^2$