Номер 19.32, страница 209 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

19.32. Каждое ребро наклонной призмы $ABCA_1B_1C_1$ равно $a$, проекцией точки $A_1$ на плоскость $ABC$ является центр треугольника $ABC$.

1) Докажите, что грань $BB_1C_1C$ является прямоугольником.

2) Найдите площадь боковой поверхности призмы.

1) Докажите, что грань $BB_1C_1C$ является прямоугольником.

По условию, все ребра призмы равны $a$. Это означает, что основания призмы, треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$, являются равносторонними со стороной $a$. Боковые грани призмы ($ABB_1A_1$, $BB_1C_1C$ и $CAA_1C_1$) являются параллелограммами. Так как все боковые ребра ($AA_1, BB_1, CC_1$) и ребра оснований ($AB, BC, CA$) равны $a$, то все боковые грани являются ромбами со стороной $a$.

Пусть $O$ — центр равностороннего треугольника $ABC$. По условию, проекцией точки $A_1$ на плоскость $ABC$ является точка $O$. Это означает, что перпендикуляр, опущенный из $A_1$ на плоскость $ABC$, есть отрезок $A_1O$, то есть $A_1O \perp (ABC)$.

Рассмотрим боковое ребро $AA_1$. Отрезок $OA$ является его проекцией на плоскость $ABC$.

Так как призма наклонная, все её боковые ребра параллельны и равны, то есть $BB_1 \parallel AA_1$. Следовательно, проекция ребра $BB_1$ на плоскость $ABC$ будет параллельна проекции ребра $AA_1$, то есть линии $OA$.

В равностороннем треугольнике $ABC$ центр $O$ является точкой пересечения медиан, высот и биссектрис. Проведем медиану $AM$ к стороне $BC$. В равностороннем треугольнике медиана является и высотой, поэтому $AM \perp BC$. Точка $O$ лежит на отрезке $AM$, следовательно, прямая $OA$ совпадает с прямой $AM$. Таким образом, $OA \perp BC$.

Так как проекция ребра $BB_1$ на плоскость $ABC$ параллельна $OA$, то эта проекция также перпендикулярна $BC$.

По теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна некоторой прямой в этой плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой. В нашем случае, наклонная — это $BB_1$, плоскость — $ABC$, прямая в плоскости — $BC$. Так как проекция $BB_1$ перпендикулярна $BC$, то и сама наклонная $BB_1$ перпендикулярна $BC$.

Мы установили, что в ромбе $BB_1C_1C$ угол $\angle CBB_1 = 90^\circ$. Ромб, у которого есть прямой угол, является квадратом. Квадрат является частным случаем прямоугольника.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Найдите площадь боковой поверхности призмы.

Площадь боковой поверхности призмы $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: $S_{бок} = S_{ABB_1A_1} + S_{BCC_1B_1} + S_{CAA_1C_1}$.

Из пункта 1 мы доказали, что грань $BCC_1B_1$ является квадратом со стороной $a$. Ее площадь равна: $S_{BCC_1B_1} = a^2$.

Грани $ABB_1A_1$ и $CAA_1C_1$ являются ромбами со стороной $a$. Площадь ромба можно найти по формуле $S = a^2 \sin \alpha$, где $\alpha$ — угол между сторонами. Найдем площадь грани $ABB_1A_1$. Для этого определим длину ее диагонали $A_1B$.

Рассмотрим треугольник $A_1OB$. Так как $A_1O \perp (ABC)$, то $A_1O$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в частности $A_1O \perp OB$. Таким образом, $\triangle A_1OB$ — прямоугольный.

Найдем длины катетов $A_1O$ и $OB$. $OB$ — радиус описанной окружности равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a$. $OB = \frac{a}{\sqrt{3}}$. $A_1O$ — высота призмы. Найдем ее из прямоугольного треугольника $A_1OA$ (так как $A_1O \perp OA$). Гипотенуза $AA_1 = a$, катет $OA = OB = \frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме Пифагора: $A_1O^2 = AA_1^2 - OA^2 = a^2 - (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $A_1OB$. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $A_1B$: $A_1B^2 = A_1O^2 + OB^2 = \frac{2a^2}{3} + (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = \frac{2a^2}{3} + \frac{a^2}{3} = \frac{3a^2}{3} = a^2$. Отсюда $A_1B = a$.

Рассмотрим грань $ABB_1A_1$. Это ромб, у которого стороны $AB$ и $AA_1$ равны $a$, и диагональ $A_1B$ также равна $a$. Это означает, что треугольник $A_1AB$ является равносторонним. Следовательно, угол $\angle A_1AB = 60^\circ$.

Площадь ромба $ABB_1A_1$ равна: $S_{ABB_1A_1} = a \cdot a \cdot \sin(60^\circ) = a^2 \frac{\sqrt{3}}{2}$.

В силу симметрии задачи, грань $CAA_1C_1$ конгруэнтна грани $ABB_1A_1$, поэтому ее площадь также равна $\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. $S_{CAA_1C_1} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Теперь найдем общую площадь боковой поверхности: $S_{бок} = S_{BCC_1B_1} + S_{ABB_1A_1} + S_{CAA_1C_1} = a^2 + \frac{a^2\sqrt{3}}{2} + \frac{a^2\sqrt{3}}{2} = a^2 + a^2\sqrt{3} = a^2(1 + \sqrt{3})$.

Ответ: $a^2(1 + \sqrt{3})$.