Номер 207, страница 91 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

207. Основанием пирамиды является квадрат. Две соседние боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а каждая из двух других образует с ней угол $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если её среднее по длине боковое ребро равно 2 см.

Пусть дана пирамида $SABCD$, где $ABCD$ – квадрат в основании. По условию, две соседние боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Пусть это будут грани $(SAB)$ и $(SAD)$. Если две плоскости, проходящие через прямую $SA$, перпендикулярны третьей плоскости (основанию $ABCD$), то их линия пересечения $SA$ также перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, ребро $SA$ является высотой пирамиды, то есть $SA \perp (ABCD)$.

Из того, что $SA$ – высота, следует, что треугольники $\triangle SAB$ и $\triangle SAD$ – прямоугольные, с прямыми углами при вершине $A$.

Две другие грани, $(SBC)$ и $(SDC)$, образуют с плоскостью основания угол $45^\circ$. Угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания – это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями.

• Для грани $(SBC)$ и основания $(ABCD)$ линией пересечения является $BC$. Так как $ABCD$ – квадрат, то $AB \perp BC$. $SA$ – перпендикуляр к плоскости основания, $SB$ – наклонная, а $AB$ – её проекция. По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция $AB$ перпендикулярна $BC$, то и наклонная $SB$ перпендикулярна $BC$. Значит, $\angle SBA$ является линейным углом двугранного угла между гранью $(SBC)$ и основанием. По условию, $\angle SBA = 45^\circ$.
• Аналогично для грани $(SDC)$. Линия пересечения – $DC$. $AD \perp DC$. $SD$ – наклонная, $AD$ – её проекция. По теореме о трех перпендикулярах, $SD \perp DC$. Значит, $\angle SDA$ является линейным углом двугранного угла, и $\angle SDA = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAB$. Так как $\angle SBA = 45^\circ$, то он является равнобедренным, и $SA = AB$. Обозначим сторону квадрата $AB$ через $a$. Тогда высота пирамиды $SA = a$.

Найдем длины всех боковых ребер пирамиды, выраженные через $a$:
1. $SA = a$.
2. В прямоугольном $\triangle SAB$: $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
3. В прямоугольном $\triangle SAD$: $SD = \sqrt{SA^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
4. Диагональ основания $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. В прямоугольном $\triangle SAC$: $SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{a^2 + 2a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

Мы получили четыре боковых ребра с длинами $a$, $a\sqrt{2}$, $a\sqrt{2}$ и $a\sqrt{3}$. Упорядочив их по возрастанию, получим: $a < a\sqrt{2} < a\sqrt{3}$. Средним по длине является ребро длиной $a\sqrt{2}$. По условию, его длина равна 2 см.
$a\sqrt{2} = 2 \implies a = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ см.

Теперь можем найти площадь боковой поверхности пирамиды, которая равна сумме площадей четырех боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SAD} + S_{\triangle SBC} + S_{\triangle SDC}$.

• $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{1}{2} a^2 = \frac{1}{2} (\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ см².
• $S_{\triangle SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AD = \frac{1}{2} a^2 = 1$ см².
• $\triangle SBC$ – прямоугольный (так как $SB \perp BC$). $S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (a\sqrt{2}) = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot (\sqrt{2}\sqrt{2}) = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot 2 = \sqrt{2}$ см².
• $\triangle SDC$ – прямоугольный (так как $SD \perp DC$). $S_{\triangle SDC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot SD = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (a\sqrt{2}) = \sqrt{2}$ см².

Суммарная площадь боковой поверхности:
$S_{бок} = 1 + 1 + \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2 + 2\sqrt{2} = 2(1 + \sqrt{2})$ см².

Ответ: $2(1 + \sqrt{2}) \text{ см}^2$.