Страница 226 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.22. Основанием пирамиды является квадрат со стороной 12 см. Плоскости двух боковых граней перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь полной поверхности пирамиды, если её высота равна 5 см.

Площадь полной поверхности пирамиды ($S_{полн}$) вычисляется как сумма площади основания ($S_{осн}$) и площади боковой поверхности ($S_{бок}$): $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$.

Основанием пирамиды является квадрат со стороной $a = 12$ см, следовательно, площадь основания равна: $S_{осн} = a^2 = 12^2 = 144$ см².

Согласно условию, две боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Это означает, что их общее ребро является высотой пирамиды. Пусть пирамида называется $SABCD$, где $ABCD$ — квадрат в основании. Если грани $(SAB)$ и $(SAD)$ перпендикулярны основанию $(ABCD)$, то их линия пересечения, ребро $SA$, перпендикулярно плоскости основания. Таким образом, $SA$ — высота пирамиды, и $SA = h = 5$ см.

Площадь боковой поверхности — это сумма площадей четырех треугольных граней: $S_{SAB}$, $S_{SAD}$, $S_{SBC}$ и $S_{SCD}$.

Поскольку ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания, оно перпендикулярно прямым $AB$ и $AD$, лежащим в этой плоскости. Значит, треугольники $SAB$ и $SAD$ — прямоугольные. Их площади равны: $S_{SAB} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$ см². $S_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$ см².

Для вычисления площадей граней $SBC$ и $SCD$ применим теорему о трех перпендикулярах. Так как $SA \perp (ABCD)$ и $AB \perp BC$ (как стороны квадрата), то наклонная $SB \perp BC$. Аналогично, так как $SA \perp (ABCD)$ и $AD \perp CD$, то наклонная $SD \perp CD$. Таким образом, треугольники $SBC$ и $SCD$ также являются прямоугольными.

Найдем длины ребер $SB$ и $SD$ по теореме Пифагора из прямоугольных треугольников $SAB$ и $SAD$: $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ см. Поскольку $AD = AB$, то $SD = SB = 13$ см.

Теперь найдем площади треугольников $SBC$ и $SCD$: $S_{SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 13 = 78$ см². $S_{SCD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot SD = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 13 = 78$ см².

Площадь боковой поверхности равна сумме площадей всех боковых граней: $S_{бок} = S_{SAB} + S_{SAD} + S_{SBC} + S_{SCD} = 30 + 30 + 78 + 78 = 216$ см².

И, наконец, площадь полной поверхности пирамиды: $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 144 + 216 = 360$ см².

Ответ: 360 см².

21.23. Плоскости боковых граней $ABM$ и $CBM$ пирамиды $MABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь полной поверхности пирамиды, если $AB = BC = 17 \text{ см}, AC = 16 \text{ см}, MB = 20 \text{ см}$.

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

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = S_{ABC} + S_{ABM} + S_{CBM} + S_{AMC}$

1. Определение высоты пирамиды.

По условию, плоскости боковых граней $(ABM)$ и $(CBM)$ перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$. Эти плоскости пересекаются по прямой $MB$. Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то их линия пересечения также перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, ребро $MB$ является высотой пирамиды, то есть $MB \perp (ABC)$.

Из этого следует, что $MB \perp AB$ и $MB \perp BC$. Таким образом, треугольники $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $B$.

2. Вычисление площади основания $S_{ABC}$.

Основанием является равнобедренный треугольник $\triangle ABC$, так как $AB = BC = 17$ см, а основание $AC = 16$ см. Проведем высоту $BH$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой. Следовательно, $H$ — середина $AC$, и $AH = HC = \frac{AC}{2} = \frac{16}{2} = 8$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABH$. По теореме Пифагора найдем высоту $BH$:

$BH = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15$ см.

Площадь основания $\triangle ABC$ равна:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 15 = 8 \cdot 15 = 120$ см$^2$.

3. Вычисление площадей боковых граней $S_{ABM}$ и $S_{CBM}$.

Как было установлено, $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$ — прямоугольные треугольники. Их площади равны, так как у них равные катеты ($AB=BC=17$ см, $MB=20$ см).

$S_{ABM} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MB = \frac{1}{2} \cdot 17 \cdot 20 = 170$ см$^2$.

$S_{CBM} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MB = \frac{1}{2} \cdot 17 \cdot 20 = 170$ см$^2$.

4. Вычисление площади боковой грани $S_{AMC}$.

Грань $AMC$ — это треугольник. Найдем длины его сторон $MA$ и $MC$ из прямоугольных треугольников $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$ по теореме Пифагора:

$MA = \sqrt{AB^2 + MB^2} = \sqrt{17^2 + 20^2} = \sqrt{289 + 400} = \sqrt{689}$ см.

$MC = \sqrt{BC^2 + MB^2} = \sqrt{17^2 + 20^2} = \sqrt{289 + 400} = \sqrt{689}$ см.

Треугольник $\triangle AMC$ является равнобедренным ($MA=MC$). Проведем в нем высоту (апофему) $MH$ к основанию $AC$. Точка $H$ — это та же середина отрезка $AC$, что и в пункте 2. Длину апофемы $MH$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle MBH$ (он прямоугольный, так как $MB \perp (ABC)$, а значит $MB \perp BH$).

По теореме Пифагора:

$MH = \sqrt{MB^2 + BH^2} = \sqrt{20^2 + 15^2} = \sqrt{400 + 225} = \sqrt{625} = 25$ см.

Теперь найдем площадь грани $\triangle AMC$:

$S_{AMC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 25 = 8 \cdot 25 = 200$ см$^2$.

5. Вычисление площади полной поверхности пирамиды.

Суммируем площади всех граней:

$S_{полн} = S_{ABC} + S_{ABM} + S_{CBM} + S_{AMC}$

$S_{полн} = 120 + 170 + 170 + 200 = 660$ см$^2$.

Ответ: $660$ см$^2$.

21.24. Плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ пирамиды $MABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь грани $MBC$, если $AB = 13$ см, $BC = 14$ см, $AC = 15$ см, $MA = 9$ см.

Поскольку плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания $ABC$, то их линия пересечения, ребро $MA$, также перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Это означает, что $MA$ является высотой пирамиды, а треугольники $MAB$ и $MAC$ — прямоугольные (с прямыми углами $\angle MAB$ и $\angle MAC$ соответственно).

Чтобы найти площадь грани $MBC$, мы можем использовать формулу $S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$, где в качестве основания $a$ возьмем сторону $BC = 14$ см, а $h$ — это высота $MH$, проведенная из вершины $M$ к стороне $BC$.

Сначала найдем высоту $AH$ треугольника $ABC$, проведенную к стороне $BC$. Для этого вычислим площадь треугольника $ABC$ по формуле Герона, так как известны все три его стороны: $AB = 13$ см, $AC = 15$ см, $BC = 14$ см.

Полупериметр треугольника $ABC$ равен:
$p = \frac{AB + AC + BC}{2} = \frac{13 + 15 + 14}{2} = \frac{42}{2} = 21$ см.

Площадь треугольника $ABC$ равна:
$S_{ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-AC)(p-BC)} = \sqrt{21(21-13)(21-15)(21-14)} = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 7} = \sqrt{(3 \cdot 7) \cdot (2^3) \cdot (2 \cdot 3) \cdot 7} = \sqrt{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7^2} = 2^2 \cdot 3 \cdot 7 = 84 \text{ см}^2$.

Также площадь треугольника $ABC$ можно найти по формуле $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH$. Выразим отсюда высоту $AH$:
$AH = \frac{2 \cdot S_{ABC}}{BC} = \frac{2 \cdot 84}{14} = \frac{168}{14} = 12$ см.

Рассмотрим треугольник $MAH$. Поскольку $MA \perp (ABC)$, то $MA$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, следовательно, $MA \perp AH$. Значит, треугольник $MAH$ — прямоугольный. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $BC$ в плоскости основания, то и ее проекция $AH$ на эту плоскость также перпендикулярна $BC$. Таким образом, $MH$ является высотой в треугольнике $MBC$, а $AH$ - высотой в треугольнике $ABC$.

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $MAH$ найдем длину высоты $MH$:
$MH^2 = MA^2 + AH^2$
$MH^2 = 9^2 + 12^2 = 81 + 144 = 225$
$MH = \sqrt{225} = 15$ см.

Теперь мы можем вычислить площадь грани $MBC$:
$S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot 15 = 7 \cdot 15 = 105 \text{ см}^2$.

Ответ: $105 \text{ см}^2$.

21.25. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды $MABCD$ равна 8 см, а высота пирамиды — 12 см.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины боковых рёбер $MA$ и $MD$ параллельно высоте пирамиды.

2) Найдите площадь сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины боковых рёбер MA и MD параллельно высоте пирамиды.

Пусть $MABCD$ — данная правильная четырёхугольная пирамида. В её основании лежит квадрат $ABCD$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата, тогда $MO$ — высота пирамиды. По условию задачи, сторона основания $AB = 8$ см, а высота $MO = 12$ см.
Обозначим точки $P$ и $Q$ как середины боковых рёбер $MA$ и $MD$ соответственно. Секущая плоскость, назовём её $\alpha$, должна проходить через точки $P$ и $Q$ и быть параллельной высоте $MO$.

Построение сечения:
1. Соединим точки $P$ и $Q$ отрезком. Так как $P$ и $Q$ — середины сторон $MA$ и $MD$ в треугольнике $MAD$, отрезок $PQ$ является его средней линией. По свойству средней линии, $PQ$ параллелен основанию $AD$ и равен его половине: $PQ \parallel AD$ и $PQ = \frac{1}{2} AD$.
2. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ по условию параллельна высоте $MO$, она должна содержать прямые, параллельные $MO$. Проведём через точку $P$ прямую, параллельную $MO$, до её пересечения с плоскостью основания $ABCD$ в точке $R$. Рассмотрим плоскость диагонального сечения $MAC$. В этой плоскости лежат точки $M, A, C, O, P$. Так как $P$ — середина $MA$ и мы провели $PR \parallel MO$, то по теореме Фалеса точка $R$ будет являться серединой отрезка $AO$. Таким образом, отрезок $PR$ является средней линией треугольника $AMO$, и $PR = \frac{1}{2} MO$.
3. Аналогично, проведём через точку $Q$ прямую, параллельную $MO$, до пересечения с плоскостью основания в точке $S$. Рассмотрим треугольник $MDO$. Так как $Q$ — середина $MD$ и $QS \parallel MO$, то точка $S$ является серединой отрезка $DO$. Отрезок $QS$ — средняя линия треугольника $MDO$, и $QS = \frac{1}{2} MO$.
4. Соединив последовательно точки $P, Q, S, R$, мы получаем искомое сечение — четырёхугольник $PQSR$.

Определим вид четырёхугольника $PQSR$:
- По построению $PR \parallel MO$ и $QS \parallel MO$, следовательно, прямые $PR$ и $QS$ параллельны между собой ($PR \parallel QS$).
- Длины этих отрезков равны: $PR = \frac{1}{2} MO$ и $QS = \frac{1}{2} MO$, значит $PR = QS$.
- Четырёхугольник, у которого две противоположные стороны параллельны и равны, является параллелограммом. Таким образом, $PQSR$ — параллелограмм.
- Высота пирамиды $MO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Так как $PR \parallel MO$, то и прямая $PR$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$.
- Отрезок $RS$ лежит в плоскости основания. Следовательно, прямая $PR$ перпендикулярна прямой $RS$, то есть угол $\angle PRS = 90^\circ$.
- Параллелограмм с прямым углом является прямоугольником.

Ответ: Сечением является прямоугольник $PQSR$, где $P$ и $Q$ — середины рёбер $MA$ и $MD$ соответственно, а точки $R$ и $S$ являются серединами отрезков $AO$ и $DO$ диагоналей основания.

2) Найдите площадь сечения.

Площадь сечения — это площадь прямоугольника $PQSR$. Площадь прямоугольника вычисляется как произведение длин его смежных сторон: $S_{PQSR} = PQ \cdot PR$.
Найдём длины сторон $PQ$ и $PR$, используя данные задачи: $AD = 8$ см и $MO = 12$ см.

1. Найдём длину стороны $PQ$.
Как было установлено при построении, $PQ$ — средняя линия треугольника $MAD$.
$PQ = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

2. Найдём длину стороны $PR$.
Как было установлено при построении, $PR$ — средняя линия треугольника $AMO$.
$PR = \frac{1}{2} MO = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.

3. Теперь можем вычислить площадь сечения.
$S_{PQSR} = PQ \cdot PR = 4 \text{ см} \cdot 6 \text{ см} = 24 \text{ см}^2$.

Ответ: $24 \text{ см}^2$.

21.26. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна 4 см, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен 60°.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

2) Найдите площадь сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Основание $ABCD$ — квадрат со стороной $a=4$ см. Точка $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей). Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $O$ и параллельна боковой грани, например, грани $SBC$.

Построение сечения:

1. Найдём линию пересечения секущей плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $ABC$. Так как плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $SBC$, то линия их пересечения с плоскостью основания $ABC$ должны быть параллельны. Линия пересечения плоскости $SBC$ с плоскостью $ABC$ — это прямая $BC$. Следовательно, секущая плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания по прямой, проходящей через точку $O$ и параллельной $BC$. Проведём эту прямую. Пусть она пересекает стороны основания $AB$ и $CD$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Так как эта прямая проходит через центр квадрата $O$ параллельно стороне $BC$, то $K$ — середина $AB$, а $L$ — середина $CD$. Отрезок $KL$ — одна из сторон сечения.
2. Найдём линию пересечения секущей плоскости $\alpha$ с боковой гранью $SAB$. Эти плоскости имеют общую точку $K$. Линия их пересечения должна быть параллельна линии пересечения плоскостей $SBC$ и $SAB$, то есть ребру $SB$. Проведём через точку $K$ прямую, параллельную $SB$. Пусть она пересекает боковое ребро $SA$ в точке $P$. Так как $K$ — середина $AB$, то по теореме Фалеса (или как средняя линия треугольника $SAB$) точка $P$ является серединой ребра $SA$. Отрезок $KP$ — вторая сторона сечения.
3. Найдём линию пересечения секущей плоскости $\alpha$ с боковой гранью $SCD$. Эти плоскости имеют общую точку $L$. Линия их пересечения должна быть параллельна линии пересечения плоскостей $SBC$ и $SCD$, то есть ребру $SC$. Проведём через точку $L$ прямую, параллельную $SC$. Пусть она пересекает боковое ребро $SD$ в точке $M$. Так как $L$ — середина $CD$, то по теореме Фалеса точка $M$ является серединой ребра $SD$. Отрезок $LM$ — третья сторона сечения.
4. Соединим точки $P$ и $M$. Отрезок $PM$ является средней линией треугольника $SAD$, так как $P$ — середина $SA$, а $M$ — середина $SD$. Следовательно, $PM$ параллелен $AD$.

Полученный четырёхугольник $KPML$ — искомое сечение.

Выясним вид этого четырёхугольника. $KL$ — средняя линия квадрата $ABCD$, поэтому $KL \parallel AD$ и $KL = AD = 4$ см. $PM$ — средняя линия треугольника $SAD$, поэтому $PM \parallel AD$ и $PM = \frac{1}{2}AD = 2$ см. Так как $KL \parallel AD$ и $PM \parallel AD$, то $KL \parallel PM$. Следовательно, $KPML$ — трапеция.

Так как пирамида правильная, её боковые рёбра равны: $SB=SC$. $KP$ — средняя линия $\triangle SAB$, значит $KP = \frac{1}{2}SB$. $LM$ — средняя линия $\triangle SCD$, значит $LM = \frac{1}{2}SC$. Поскольку $SB=SC$, то и боковые стороны трапеции равны: $KP=LM$. Таким образом, сечение является равнобокой трапецией.

Ответ: Искомое сечение — равнобокая трапеция $KPML$, вершины которой являются серединами рёбер $AB$, $SA$, $SD$ и $CD$.

2) Найдите площадь сечения.

Площадь трапеции $KPML$ вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2} \cdot h$, где $a$ и $b$ — основания, а $h$ — высота трапеции.

Основания трапеции мы уже нашли: $KL = 4$ см и $PM = 2$ см.

Для нахождения высоты трапеции нужно найти длину её боковой стороны $KP$. $KP = \frac{1}{2}SB$. Найдём длину бокового ребра $SB$.

Двугранный угол при ребре основания равен $60^\circ$. Пусть $N$ — середина стороны $CD$. Тогда $ON \perp CD$ и $SN \perp CD$ ($SN$ — апофема грани $SCD$). Угол $\angle SNO$ — это и есть линейный угол данного двугранного угла, то есть $\angle SNO = 60^\circ$.

В основании лежит квадрат со стороной 4 см, поэтому $ON = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SON$ ($\angle SON = 90^\circ$). Апофема $SN$ равна: $SN = \frac{ON}{\cos(60^\circ)} = \frac{2}{1/2} = 4$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SNC$ ($\angle SNC = 90^\circ$). Катет $NC$ равен половине стороны основания: $NC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см. По теореме Пифагора найдём боковое ребро $SC$: $SC^2 = SN^2 + NC^2 = 4^2 + 2^2 = 16 + 4 = 20$. $SC = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см.

Так как пирамида правильная, $SB = SC = 2\sqrt{5}$ см. Тогда боковая сторона трапеции $KP = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} = \sqrt{5}$ см.

Теперь найдём высоту трапеции $h_{trap}$. Проведём в равнобокой трапеции $KPML$ высоту $PH$ из вершины $P$ на основание $KL$. Длина отрезка $KH$ равна полуразности оснований: $KH = \frac{KL - PM}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle KPH$. По теореме Пифагора: $h_{trap}^2 = KP^2 - KH^2 = (\sqrt{5})^2 - 1^2 = 5 - 1 = 4$. $h_{trap} = \sqrt{4} = 2$ см.

Наконец, найдём площадь сечения (трапеции $KPML$): $S_{KPML} = \frac{KL + PM}{2} \cdot h_{trap} = \frac{4+2}{2} \cdot 2 = 3 \cdot 2 = 6 \text{ см}^2$.

Ответ: $6 \text{ см}^2$.

21.27. Точки $M$ и $K$ — середины рёбер $BC$ и $BD$ правильного тетраэдра $DABC$. Найдите угол между прямыми $AK$ и $DM$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Пусть ребро правильного тетраэдра $DABC$ равно $a$.

1. Введение системы координат и нахождение координат вершин тетраэдра.

Расположим тетраэдр в трехмерной декартовой системе координат. Поместим вершину $B$ в начало координат, а ребро $BC$ — на ось $Ox$.

• Вершина $B$ имеет координаты $B(0, 0, 0)$.

• Вершина $C$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии $a$ от начала координат, поэтому ее координаты $C(a, 0, 0)$.

• Грань $ABC$ — равносторонний треугольник со стороной $a$. Вершина $A$ находится в плоскости $Oxy$. Её координаты находятся из геометрии равностороннего треугольника: $A(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

• Вершина $D$ проецируется в центр грани $ABC$, точку $O$. Координаты точки $O$ — это среднее арифметическое координат вершин $A, B, C$: $O(\frac{0+a+a/2}{3}, \frac{0+0+a\sqrt{3}/2}{3}, 0) = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{6}, 0)$. Высота тетраэдра $DO$ находится из прямоугольного треугольника $DOA$, где $DA=a$ (ребро тетраэдра), а $OA$ — радиус описанной окружности вокруг $\triangle ABC$, равный $\frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме Пифагора: $DO^2 = DA^2 - OA^2 = a^2 - (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$. Отсюда высота $DO = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. Таким образом, координаты вершины $D$ равны $D(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{6}, \frac{a\sqrt{6}}{3})$.

2. Нахождение координат точек M и K.

• Точка $M$ — середина ребра $BC$. Ее координаты: $M(\frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{a}{2}, 0, 0)$.

• Точка $K$ — середина ребра $BD$. Ее координаты: $K(\frac{0+a/2}{2}, \frac{0+a\sqrt{3}/6}{2}, \frac{0+a\sqrt{6}/3}{2}) = (\frac{a}{4}, \frac{a\sqrt{3}}{12}, \frac{a\sqrt{6}}{6})$.

3. Нахождение векторов $\vec{AK}$ и $\vec{DM}$.

• Вектор $\vec{AK}$ имеет координаты, равные разности координат точек $K$ и $A$:
$\vec{AK} = (\frac{a}{4} - \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{12} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, \frac{a\sqrt{6}}{6} - 0) = (-\frac{a}{4}, -\frac{5a\sqrt{3}}{12}, \frac{a\sqrt{6}}{6})$.

• Вектор $\vec{DM}$ имеет координаты, равные разности координат точек $M$ и $D$:
$\vec{DM} = (\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, 0 - \frac{a\sqrt{3}}{6}, 0 - \frac{a\sqrt{6}}{3}) = (0, -\frac{a\sqrt{3}}{6}, -\frac{a\sqrt{6}}{3})$.

4. Вычисление скалярного произведения векторов.

Скалярное произведение векторов $\vec{AK}$ и $\vec{DM}$ равно:
$\vec{AK} \cdot \vec{DM} = (-\frac{a}{4}) \cdot 0 + (-\frac{5a\sqrt{3}}{12}) \cdot (-\frac{a\sqrt{3}}{6}) + (\frac{a\sqrt{6}}{6}) \cdot (-\frac{a\sqrt{6}}{3})$
$= 0 + \frac{15a^2}{72} - \frac{6a^2}{18} = \frac{5a^2}{24} - \frac{a^2}{3} = \frac{5a^2 - 8a^2}{24} = -\frac{3a^2}{24} = -\frac{a^2}{8}$.

5. Вычисление длин векторов.

Отрезки $AK$ и $DM$ являются медианами в равносторонних треугольниках $ABD$ и $DBC$ соответственно. Длина медианы в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Следовательно, модули векторов равны:
$|\vec{AK}| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$
$|\vec{DM}| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

6. Нахождение угла между прямыми.

Угол $\phi$ между векторами $\vec{AK}$ и $\vec{DM}$ можно найти по формуле косинуса угла между векторами:
$\cos \phi = \frac{\vec{AK} \cdot \vec{DM}}{|\vec{AK}| \cdot |\vec{DM}|} = \frac{-a^2/8}{(\frac{a\sqrt{3}}{2}) \cdot (\frac{a\sqrt{3}}{2})} = \frac{-a^2/8}{\frac{3a^2}{4}} = -\frac{a^2}{8} \cdot \frac{4}{3a^2} = -\frac{4}{24} = -\frac{1}{6}$.
Угол $\theta$ между прямыми является острым углом, поэтому его косинус равен модулю косинуса угла между направляющими векторами:
$\cos \theta = |\cos \phi| = |-\frac{1}{6}| = \frac{1}{6}$.
Таким образом, искомый угол равен $\arccos(\frac{1}{6})$.

Ответ: $\arccos(\frac{1}{6})$

21.28. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды $MABCD$ равны. Точки $K$ и $P$ — середины рёбер $AD$ и $BC$ соответственно. Найдите угол между прямыми $AP$ и $KM$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AP$ и $KM$ воспользуемся координатно-векторным методом. Пусть ребро правильной пирамиды равно $a$. В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$ со стороной $a$, а боковые грани являются равносторонними треугольниками со стороной $a$.

1. Введение системы координат.

Введем прямоугольную систему координат с началом в центре основания $O$. Направим ось $Ox$ параллельно ребру $AB$, ось $Oy$ — параллельно ребру $AD$, а ось $Oz$ — по высоте пирамиды $OM$.

В этой системе координат вершины основания имеют следующие координаты:

• $A(-\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$
• $B(\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$
• $C(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$
• $D(-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$

2. Нахождение координат точек K, P и M.

Точка $K$ — середина ребра $AD$. Ее координаты равны полусумме координат точек $A$ и $D$:

$K(\frac{-a/2 + (-a/2)}{2}, \frac{-a/2 + a/2}{2}, \frac{0+0}{2}) = K(-\frac{a}{2}, 0, 0)$.

Точка $P$ — середина ребра $BC$. Ее координаты равны полусумме координат точек $B$ и $C$:

$P(\frac{a/2 + a/2}{2}, \frac{-a/2 + a/2}{2}, \frac{0+0}{2}) = P(\frac{a}{2}, 0, 0)$.

Вершина пирамиды $M$ лежит на оси $Oz$, ее координаты $M(0, 0, h)$, где $h=OM$ — высота пирамиды. Найдем высоту из прямоугольного треугольника $AOM$. Катет $OA$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Диагональ $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$, следовательно, $OA = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Гипотенуза $AM$ — это боковое ребро, равное $a$. По теореме Пифагора:

$h^2 = OM^2 = AM^2 - OA^2 = a^2 - (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 = a^2 - \frac{2a^2}{4} = a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{2}$.

Отсюда $h = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Таким образом, координаты вершины $M(0, 0, \frac{a\sqrt{2}}{2})$.

3. Нахождение векторов прямых.

Найдем направляющий вектор $\vec{v}_{AP}$ для прямой $AP$:

$\vec{v}_{AP} = \vec{P} - \vec{A} = (\frac{a}{2} - (-\frac{a}{2}), 0 - (-\frac{a}{2}), 0 - 0) = (a, \frac{a}{2}, 0)$.

Найдем направляющий вектор $\vec{v}_{KM}$ для прямой $KM$:

$\vec{v}_{KM} = \vec{M} - \vec{K} = (0 - (-\frac{a}{2}), 0 - 0, \frac{a\sqrt{2}}{2} - 0) = (\frac{a}{2}, 0, \frac{a\sqrt{2}}{2})$.

4. Вычисление угла между векторами.

Угол $\alpha$ между прямыми $AP$ и $KM$ найдем как угол между их направляющими векторами по формуле:

$\cos(\alpha) = \frac{|\vec{v}_{AP} \cdot \vec{v}_{KM}|}{|\vec{v}_{AP}| \cdot |\vec{v}_{KM}|}$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{v}_{AP} \cdot \vec{v}_{KM} = (a)(\frac{a}{2}) + (\frac{a}{2})(0) + (0)(\frac{a\sqrt{2}}{2}) = \frac{a^2}{2}$.

Вычислим длины (модули) векторов:

$|\vec{v}_{AP}| = \sqrt{a^2 + (\frac{a}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

$|\vec{v}_{KM}| = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + 0^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{2a^2}{4}} = \sqrt{\frac{3a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos(\alpha) = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{\frac{a\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{15}}{4}} = \frac{a^2}{2} \cdot \frac{4}{a^2\sqrt{15}} = \frac{2}{\sqrt{15}}$.

Искомый угол $\alpha$ равен арккосинусу этого значения.

$\alpha = \arccos(\frac{2}{\sqrt{15}})$.

Ответ: $\arccos(\frac{2}{\sqrt{15}})$.

21.29. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды равен $ \alpha $. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S. Основание ABC — правильный треугольник, а боковые грани ASB, BSC и CSA — равные равнобедренные треугольники. По условию, плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$, то есть $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре SB. Этот угол измеряется линейным углом, который образуется двумя перпендикулярами, проведенными к ребру SB в одной точке из прилежащих граней. Проведем в гранях ASB и CSB высоты AH и CH к общему ребру SB. Точка H лежит на ребре SB. Тогда искомый двугранный угол $\beta$ равен углу $\angle AHC$.

Для проведения вычислений положим длину бокового ребра равной $l$, то есть $SA = SB = SC = l$.

Рассмотрим боковую грань — равнобедренный треугольник ASB. Углы при основании AB равны: $\angle SAB = \angle SBA = (180^\circ - \alpha) / 2 = 90^\circ - \alpha/2$.

Сначала найдем длину стороны основания AB. По теореме косинусов для треугольника ASB:$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos(\alpha) = l^2 + l^2 - 2l^2\cos(\alpha) = 2l^2(1 - \cos(\alpha))$.Используя формулу понижения степени $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$AB^2 = 2l^2 \cdot 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$.Отсюда, $AB = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Так как основание ABC — правильный треугольник, то $AC = BC = AB = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь найдем длину высоты AH в треугольнике ASB, проведенной к ребру SB. Из прямоугольного треугольника AHB (где $\angle AHB = 90^\circ$):$AH = AB \cdot \sin(\angle ABH) = AB \cdot \sin(90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = AB \cdot \cos(\frac{\alpha}{2})$.Подставив найденное значение AB, получим:$AH = (2l\sin(\frac{\alpha}{2})) \cdot \cos(\frac{\alpha}{2}) = l \cdot (2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})) = l\sin(\alpha)$.

Так как пирамида правильная, боковые грани ASB и CSB равны. Следовательно, высоты, проведенные из вершин A и C к общему ребру SB, также равны: $CH = AH = l\sin(\alpha)$.

Рассмотрим треугольник AHC. Он равнобедренный с боковыми сторонами $AH = CH = l\sin(\alpha)$ и основанием $AC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Искомый угол $\beta = \angle AHC$. Для его нахождения проведем в треугольнике AHC высоту HK к основанию AC. Так как треугольник AHC равнобедренный, HK является также медианой и биссектрисой. Значит, K — середина AC, и $\angle AHK = \beta/2$.

В прямоугольном треугольнике AHK катет AK равен половине основания AC:$AK = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}(2l\sin(\frac{\alpha}{2})) = l\sin(\frac{\alpha}{2})$.Синус угла $\angle AHK$ равен отношению противолежащего катета AK к гипотенузе AH:$\sin(\angle AHK) = \sin(\frac{\beta}{2}) = \frac{AK}{AH} = \frac{l\sin(\frac{\alpha}{2})}{l\sin(\alpha)}$.Используя формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$\sin(\frac{\beta}{2}) = \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Из последнего выражения находим искомый угол $\beta$:$\frac{\beta}{2} = \arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$,$\beta = 2\arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$.

Ответ: $2\arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$.

21.30. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при боковом ребре равен $\alpha$. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть $SABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Обозначим искомый плоский угол при вершине пирамиды через $\beta$, то есть $\beta = \angle ASB$. Все боковые грани пирамиды — равные равнобедренные треугольники.

Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, по условию равен $\alpha$. Этот угол является углом между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SBC)$. Для его измерения построим линейный угол. Выберем на ребре $SB$ точку $H$ и проведём в гранях $(SAB)$ и $(SBC)$ перпендикуляры к этому ребру: $AH \perp SB$ и $CH \perp SB$. Угол $\angle AHC$ является линейным углом двугранного угла, следовательно, $\angle AHC = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $AHC$. Так как боковые грани $SAB$ и $SBC$ равны, то равны и высоты $AH$ и $CH$, проведённые к общему ребру $SB$. Значит, треугольник $AHC$ является равнобедренным. Сторона $AC$ — это диагональ квадрата $ABCD$, лежащего в основании пирамиды.

Применим к треугольнику $AHC$ теорему косинусов:

$AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos(\alpha)$

Учитывая, что $AH = CH$, получаем:

$AC^2 = 2AH^2(1 - \cos(\alpha))$ (1)

Теперь выразим длины отрезков $AC$ и $AH$ через параметры пирамиды. Пусть длина бокового ребра равна $l$. В равнобедренном треугольнике $SAB$ с углом при вершине $\beta = \angle ASB$ и боковыми сторонами $SA = SB = l$, площадь можно найти как $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} l^2 \sin(\beta)$. С другой стороны, площадь равна $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SB \cdot AH = \frac{1}{2} l \cdot AH$. Приравнивая два выражения для площади, находим $AH = l \sin(\beta)$.

Сторону основания $a = AB$ найдём по теореме косинусов для треугольника $SAB$: $a^2 = l^2 + l^2 - 2l^2\cos(\beta) = 2l^2(1 - \cos(\beta))$. Диагональ основания $AC = a\sqrt{2}$, поэтому $AC^2 = 2a^2 = 4l^2(1 - \cos(\beta))$.

Подставим полученные выражения для $AC^2$ и $AH$ в уравнение (1):

$4l^2(1 - \cos(\beta)) = 2(l \sin(\beta))^2(1 - \cos(\alpha))$

Сократим на $2l^2$ (так как $l \neq 0$):

$2(1 - \cos(\beta)) = \sin^2(\beta)(1 - \cos(\alpha))$

Воспользуемся формулами тригонометрии для половинного угла: $1 - \cos(\beta) = 2\sin^2(\frac{\beta}{2})$ и $\sin(\beta) = 2\sin(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\beta}{2})$.

$2 \cdot 2\sin^2(\frac{\beta}{2}) = (2\sin(\frac{\beta}{2})\cos(\frac{\beta}{2}))^2 (1 - \cos(\alpha))$

$4\sin^2(\frac{\beta}{2}) = 4\sin^2(\frac{\beta}{2})\cos^2(\frac{\beta}{2}) (1 - \cos(\alpha))$

Поскольку $\beta$ является углом треугольника, $\beta \in (0, \pi)$, значит $\sin(\frac{\beta}{2}) \neq 0$. Можем сократить обе части на $4\sin^2(\frac{\beta}{2})$:

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

Применим формулу $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$:

$1 = \cos^2(\frac{\beta}{2}) \cdot 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$

Отсюда выражаем $\cos^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1}{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}$.

Чтобы найти сам угол $\beta$, воспользуемся формулой косинуса двойного угла $\cos(\beta) = 2\cos^2(\frac{\beta}{2}) - 1$.

$\cos(\beta) = 2 \left( \frac{1}{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})} \right) - 1 = \frac{1}{\sin^2(\frac{\alpha}{2})} - 1 = \frac{1 - \sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{\cos^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin^2(\frac{\alpha}{2})} = \cot^2(\frac{\alpha}{2})$

Следовательно, искомый угол $\beta$ равен $\arccos(\cot^2(\frac{\alpha}{2}))$.

Ответ: $\arccos(\cot^2(\frac{\alpha}{2}))$.

21.31. Расстояние от центра основания правильной треугольной пирамиды до плоскости её боковой грани равно $d$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида, где $S$ — вершина, а $ABC$ — основание (правильный треугольник). Пусть $O$ — центр основания, тогда $SO$ — высота пирамиды. Пусть $M$ — середина ребра $BC$. Линия $AM$ является медианой и высотой основания, а $SM$ — апофемой (высотой боковой грани $SBC$).

Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Так как $SM \perp BC$ (как апофема) и $OM \perp BC$ (поскольку $OM$ — проекция $SM$ на плоскость основания), то линейным углом этого двугранного угла является угол $\angle SMO$. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

Расстояние от центра основания $O$ до плоскости боковой грани $(SBC)$ — это длина перпендикуляра $OH$, опущенного из точки $O$ на эту плоскость, где $H$ — точка на плоскости $(SBC)$. По условию, $OH = d$. Так как плоскость $(SMO)$ перпендикулярна ребру $BC$, то перпендикуляр $OH$ к плоскости $(SBC)$ лежит в плоскости $(SMO)$. Следовательно, точка $H$ лежит на апофеме $SM$, и $OH \perp SM$.

Рассмотрим треугольник $\triangle SMO$. Поскольку $SO$ — высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $OM$. Таким образом, $\triangle SMO$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle SOM = 90^\circ$. В этом треугольнике $OH$ является высотой, проведенной к гипотенузе $SM$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle OMH$ (с прямым углом при $H$) мы можем выразить $OM$:$\sin(\angle OMH) = \frac{OH}{OM}$$\sin \alpha = \frac{d}{OM}$Отсюда радиус окружности, вписанной в основание, равен:$OM = \frac{d}{\sin \alpha}$

Пусть сторона основания $a = BC$. Для правильного треугольника радиус вписанной окружности связан со стороной формулой $OM = \frac{a\sqrt{3}}{6}$. Приравнивая два выражения для $OM$, находим сторону основания:$\frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{d}{\sin \alpha}$$a = \frac{6d}{\sqrt{3}\sin \alpha} = \frac{2\sqrt{3}d}{\sin \alpha}$

Теперь найдем длину апофемы $SM$ из прямоугольного треугольника $\triangle SMO$:$\cos \alpha = \frac{OM}{SM}$$SM = \frac{OM}{\cos \alpha} = \frac{d/\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{d}{\sin \alpha \cos \alpha}$

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна утроенной площади одной боковой грани:$S_{бок} = 3 \cdot S_{\triangle SBC} = 3 \cdot \left(\frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM\right)$Подставляем найденные выражения для $BC=a$ и $SM$:$S_{бок} = \frac{3}{2} \cdot \left(\frac{2\sqrt{3}d}{\sin \alpha}\right) \cdot \left(\frac{d}{\sin \alpha \cos \alpha}\right) = \frac{3\sqrt{3}d^2}{\sin^2 \alpha \cos \alpha}$

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}d^2}{\sin^2 \alpha \cos \alpha}$

21.32. Расстояние от центра основания правильной четырёхугольной пирамиды до плоскости боковой грани равно $m$, а угол между высотой пирамиды и плоскостью боковой грани равен $\beta$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$). Тогда $SO$ — высота пирамиды. Обозначим $SO = H$.

1. Построение и анализ геометрической конфигурации

Рассмотрим боковую грань $SBC$. Проведём апофему $SM$, где $M$ — середина ребра $BC$. Поскольку пирамида правильная, $SM \perp BC$. Также в основании $OM \perp BC$, где $OM$ — отрезок, соединяющий центр основания с серединой стороны. Так как $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SM$ и $OM$ в плоскости $(SOM)$, то $BC \perp (SOM)$.

Плоскость боковой грани $(SBC)$ проходит через прямую $BC$, перпендикулярную плоскости $(SOM)$. Следовательно, плоскость $(SOM)$ перпендикулярна плоскости боковой грани $(SBC)$.

2. Использование условия о расстоянии

Расстояние от центра основания $O$ до плоскости боковой грани $(SBC)$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на плоскость $(SBC)$. Так как плоскости $(SOM)$ и $(SBC)$ перпендикулярны, этот перпендикуляр лежит в плоскости $(SOM)$ и опущен на линию их пересечения $SM$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $K$. Таким образом, $OK \perp SM$, и длина $OK$ равна заданному расстоянию $m$. Итак, $OK = m$.

3. Использование условия об угле

Угол между высотой пирамиды $SO$ и плоскостью боковой грани $(SBC)$ по определению является углом между прямой $SO$ и её проекцией на эту плоскость. Проекцией точки $S$ на плоскость $(SBC)$ является сама точка $S$. Проекцией точки $O$ на плоскость $(SBC)$ является точка $K$, так как $OK$ — перпендикуляр к этой плоскости. Следовательно, проекцией отрезка $SO$ на плоскость $(SBC)$ является отрезок $SK$.

Таким образом, угол между высотой $SO$ и плоскостью $(SBC)$ — это угол $\angle OSK$, и по условию он равен $\beta$.

4. Нахождение элементов пирамиды

Рассмотрим треугольник $\triangle OKS$. Так как $OK \perp (SBC)$, то $OK$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $SK$. Следовательно, $\triangle OKS$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $K$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle OKS$ известны катет $OK=m$ и противолежащий ему угол $\angle OSK = \beta$. Можем найти гипотенузу $SO$ (высоту пирамиды):

$ \sin(\beta) = \frac{OK}{SO} \implies SO = \frac{OK}{\sin(\beta)} = \frac{m}{\sin(\beta)} $

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle SOM$. Так как $SO$ — высота пирамиды, то $SO \perp OM$, и $\triangle SOM$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $O$. Угол $\angle OSM$ этого треугольника совпадает с углом $\angle OSK$, то есть $\angle OSM = \beta$.

Зная высоту $SO=H$ и угол $\beta$ в $\triangle SOM$, найдем $OM$ и апофему $SM$:

$ \tan(\beta) = \frac{OM}{SO} \implies OM = SO \cdot \tan(\beta) = \frac{m}{\sin(\beta)} \cdot \frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} = \frac{m}{\cos(\beta)} $

$ \cos(\beta) = \frac{SO}{SM} \implies SM = \frac{SO}{\cos(\beta)} = \frac{m/\sin(\beta)}{\cos(\beta)} = \frac{m}{\sin(\beta)\cos(\beta)} $

5. Вычисление площади боковой поверхности

Сторона основания $a$ связана с $OM$ соотношением $OM = a/2$. Отсюда находим сторону основания:

$ a = 2 \cdot OM = 2 \cdot \frac{m}{\cos(\beta)} = \frac{2m}{\cos(\beta)} $

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ правильной четырехугольной пирамиды равна учетверенной площади одной боковой грани:

$ S_{бок} = 4 \cdot S_{\triangle SBC} = 4 \cdot \left(\frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM\right) = 2 \cdot a \cdot SM $

Подставим найденные значения для $a$ и $SM$:

$ S_{бок} = 2 \cdot \left(\frac{2m}{\cos(\beta)}\right) \cdot \left(\frac{m}{\sin(\beta)\cos(\beta)}\right) = \frac{4m^2}{\sin(\beta)\cos^2(\beta)} $

Ответ: $ \frac{4m^2}{\sin(\beta)\cos^2(\beta)} $