Номер 21.35, страница 227 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.35. Основанием пирамиды $MABC$ является треугольник $ABC$ такой, что $AB = BC = 2$ см, $\angle ABC = 120^\circ$. Плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания, а угол между плоскостью $MBC$ и плоскостью основания равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Поскольку плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания, их линия пересечения — ребро $MA$ — является высотой пирамиды. Таким образом, треугольники $\triangle MAB$ и $\triangle MAC$ являются прямоугольными ($\angle MAB = \angle MAC = 90^\circ$).

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей её боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle MAB} + S_{\triangle MAC} + S_{\triangle MBC}$.

Рассмотрим треугольник основания $\triangle ABC$. По условию $AB = BC = 2$ см и $\angle ABC = 120^\circ$. По теореме косинусов найдем сторону $AC$:
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(120^\circ) = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 8 + 4 = 12$.
Отсюда $AC = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ см.

Угол между плоскостью $MBC$ и плоскостью основания равен $45^\circ$. Это двугранный угол при ребре $BC$. Для построения его линейного угла опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на прямую $BC$. Так как $MA$ — перпендикуляр к плоскости основания, то по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $MH$ также перпендикулярна $BC$. Значит, $\angle MHA$ — искомый линейный угол, и по условию $\angle MHA = 45^\circ$.

В треугольнике $\triangle ABC$ найдем длину высоты $AH$. Площадь $\triangle ABC$ равна:
$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin(120^\circ) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см$^2$.
С другой стороны, $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} BC \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AH = AH$.
Следовательно, $AH = \sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHA$ ($\angle MAH = 90^\circ$). Поскольку $\angle MHA = 45^\circ$, этот треугольник равнобедренный, и высота пирамиды $MA = AH = \sqrt{3}$ см.

Теперь мы можем найти площади боковых граней.
Площадь $\triangle MAB$: $S_{\triangle MAB} = \frac{1}{2} MA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 2 = \sqrt{3}$ см$^2$.
Площадь $\triangle MAC$: $S_{\triangle MAC} = \frac{1}{2} MA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3} = 3$ см$^2$.
Для нахождения площади $\triangle MBC$ нам нужна его высота $MH$. Из прямоугольного треугольника $\triangle MHA$ находим $MH = \frac{AH}{\cos(45^\circ)} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{6}$ см.
Площадь $\triangle MBC$: $S_{\triangle MBC} = \frac{1}{2} BC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{6} = \sqrt{6}$ см$^2$.

Суммируем площади боковых граней, чтобы найти площадь боковой поверхности пирамиды:
$S_{бок} = S_{\triangle MAB} + S_{\triangle MAC} + S_{\triangle MBC} = \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6}$.

Ответ: $3 + \sqrt{3} + \sqrt{6}$ см$^2$.