Страница 227 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.33. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, основания которой равны 2 см и 18 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, а высота одной из боковых граней, проведённая к ребру основания пирамиды, — 9 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана пирамида, основанием которой является равнобокая трапеция $ABCD$, где $AD$ и $BC$ — её основания. По условию, $AD = 18$ см и $BC = 2$ см.

В условии сказано, что двугранные углы при рёбрах основания равны. Это важное свойство означает, что вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание. Следовательно, в трапецию $ABCD$ можно вписать окружность. Также из этого следует, что высоты всех боковых граней, проведённые из вершины пирамиды (апофемы), равны между собой. Из условия задачи, длина этой апофемы $h_a$ равна 9 см.

Для того чтобы в четырёхугольник можно было вписать окружность, суммы его противолежащих сторон должны быть равны. Для трапеции $ABCD$ это означает:$AD + BC = AB + CD$

Так как трапеция равнобокая, её боковые стороны равны: $AB = CD$. Тогда равенство можно переписать в виде:$AD + BC = 2 \cdot AB$

Подставим известные значения длин оснований:$18 + 2 = 2 \cdot AB$$20 = 2 \cdot AB$Отсюда находим длину боковой стороны:$AB = CD = 10$ см.

Теперь мы можем найти периметр основания трапеции $P_{ABCD}$:$P_{ABCD} = AD + BC + AB + CD = 18 + 2 + 10 + 10 = 40$ см.

Площадь боковой поверхности пирамиды, у которой все апофемы равны, вычисляется по формуле:$S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h_a$где $P_{осн}$ — периметр основания, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).

Подставим известные значения в формулу:$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 9 = 20 \cdot 9 = 180$ см².

Ответ: 180 см².

21.34. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами 8 см и 15 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, а высота пирамиды равна $3\sqrt{15}$ см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть в основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с катетами $a = 8$ см и $b = 15$ см. Высота пирамиды $H = 3\sqrt{15}$ см.

1. Найдем параметры основания пирамиды
Найдем гипотенузу $c$ по теореме Пифагора:
$c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{8^2 + 15^2} = \sqrt{64 + 225} = \sqrt{289} = 17$ см.
Периметр основания $P$ равен сумме длин его сторон:
$P = a + b + c = 8 + 15 + 17 = 40$ см.
Площадь основания $S_{осн}$ равна:
$S_{осн} = \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 15 = 60$ см$^2$.

2. Определим положение высоты пирамиды и найдем радиус вписанной окружности
По условию, двугранные углы при ребрах основания равны. Это свойство означает, что вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. Расстояние от этого центра до сторон треугольника равно радиусу вписанной окружности $r$.
Для прямоугольного треугольника радиус вписанной окружности можно найти по формуле:
$r = \frac{a + b - c}{2} = \frac{8 + 15 - 17}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

3. Найдем апофему пирамиды
Апофема (высота боковой грани) $h_a$ одинакова для всех боковых граней, так как они наклонены к основанию под одним углом. Апофема, высота пирамиды $H$ и радиус вписанной окружности $r$ образуют прямоугольный треугольник, где апофема является гипотенузой. Найдем ее по теореме Пифагора:
$h_a^2 = H^2 + r^2$
$h_a = \sqrt{(3\sqrt{15})^2 + 3^2} = \sqrt{9 \cdot 15 + 9} = \sqrt{135 + 9} = \sqrt{144} = 12$ см.

4. Найдем площадь боковой поверхности пирамиды
Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ с равными апофемами боковых граней вычисляется по формуле:
$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a$
Подставим найденные значения периметра и апофемы:
$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 12 = 20 \cdot 12 = 240$ см$^2$.

Ответ: 240 см$^2$.

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$^2$.

21.36. Основанием пирамиды $MABCD$ является ромб со стороной $a$. Плоскости боковых граней $ABM$ и $CBM$ перпендикулярны плоскости основания, а двугранный угол при ребре $MB$ является тупым и равен $\alpha$. Угол между плоскостью $AMD$ и плоскостью основания равен $\beta$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть $MABCD$ — заданная пирамида. Основанием является ромб $ABCD$ со стороной $a$. По условию, плоскости боковых граней $(ABM)$ и $(CBM)$ перпендикулярны плоскости основания $(ABCD)$. Если две плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то их линия пересечения также перпендикулярна этой плоскости. Линией пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CBM)$ является ребро $MB$. Следовательно, ребро $MB$ перпендикулярно плоскости основания $(ABCD)$. Это означает, что $MB$ является высотой пирамиды, а боковые грани $ABM$ и $CBM$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $B$.

Двугранный угол при ребре $MB$ образован полуплоскостями $(ABM)$ и $(CBM)$. Для нахождения его линейного угла нужно в точке на ребре $MB$ восстановить перпендикуляры к нему в каждой из плоскостей. Поскольку $MB \perp (ABCD)$, то любая прямая в плоскости основания, проходящая через точку $B$, будет перпендикулярна $MB$. Такими прямыми являются стороны ромба $BA$ и $BC$. Следовательно, угол $\angle ABC$ является линейным углом двугранного угла при ребре $MB$. По условию, этот угол тупой и равен $\alpha$, значит, $\angle ABC = \alpha$. Так как $ABCD$ — ромб, то сумма соседних углов равна $180^\circ$, поэтому $\angle BAD = 180^\circ - \alpha$.

Найдем высоту пирамиды MB

Угол между плоскостью $(AMD)$ и плоскостью основания $(ABCD)$ равен $\beta$. Для нахождения этого угла построим его линейную меру. Проведем из точки $B$ (проекции вершины $M$ на основание) перпендикуляр $BK$ к стороне $AD$ основания. Так как $BK$ — проекция наклонной $MK$ на плоскость основания и $BK \perp AD$, то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $MK$ также перпендикулярна $AD$ ($MK \perp AD$). Таким образом, $MK$ является высотой боковой грани $AMD$, а угол $\angle MKB$ — это линейный угол двугранного угла между плоскостью $(AMD)$ и плоскостью основания. По условию $\angle MKB = \beta$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABK$. Он прямоугольный ($BK$ — высота). Его гипотенуза $AB = a$, а угол $\angle BAK = \angle BAD = 180^\circ - \alpha$. Тогда длина катета $BK$ равна: $BK = AB \cdot \sin(\angle BAK) = a \cdot \sin(180^\circ - \alpha) = a \sin(\alpha)$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MBK$ (угол $\angle MBK = 90^\circ$, так как $MB$ — высота пирамиды). Из этого треугольника найдем высоту пирамиды $MB$: $\tan(\beta) = \frac{MB}{BK} \Rightarrow MB = BK \cdot \tan(\beta) = a \sin(\alpha) \tan(\beta)$.

Найдем площади боковых граней

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей четырех боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle ABM} + S_{\triangle CBM} + S_{\triangle AMD} + S_{\triangle CMD}$.

1. Грани $ABM$ и $CBM$ — равные прямоугольные треугольники (по двум катетам: $AB=CB=a$, $MB$ — общий). $S_{\triangle ABM} = S_{\triangle CBM} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MB = \frac{1}{2} a \cdot (a \sin(\alpha) \tan(\beta)) = \frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta)$.

2. Для грани $AMD$ ее основание $AD=a$, а высота $MK$. Из прямоугольного треугольника $\triangle MBK$: $\cos(\beta) = \frac{BK}{MK} \Rightarrow MK = \frac{BK}{\cos(\beta)} = \frac{a \sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$. Площадь грани $AMD$: $S_{\triangle AMD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MK = \frac{1}{2} a \cdot \frac{a \sin(\alpha)}{\cos(\beta)} = \frac{1}{2} a^2 \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$.

3. Для грани $CMD$, в силу симметрии ромба относительно диагонали $BD$, высота, проведенная из $B$ к стороне $CD$, равна высоте $BK$. То есть, если провести $BL \perp CD$, то $BL = BK = a \sin(\alpha)$. Аналогично предыдущему пункту, высота грани $CMD$ из вершины $M$ будет равна $ML = \frac{BL}{\cos(\beta)} = \frac{a \sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$. Таким образом, грани $AMD$ и $CMD$ равны ($AD=CD$, $AM=CM$, $MD$ — общая), и их площади равны. $S_{\triangle CMD} = S_{\triangle AMD} = \frac{1}{2} a^2 \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$.

Найдем площадь боковой поверхности

Сложим площади всех граней: $S_{бок} = 2 \cdot S_{\triangle ABM} + 2 \cdot S_{\triangle AMD} = 2 \cdot \left(\frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta)\right) + 2 \cdot \left(\frac{1}{2} a^2 \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\beta)}\right)$ $S_{бок} = a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta) + a^2 \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$ Вынесем общий множитель $a^2 \sin(\alpha)$: $S_{бок} = a^2 \sin(\alpha) \left( \tan(\beta) + \frac{1}{\cos(\beta)} \right)$ Упростим выражение в скобках: $\tan(\beta) + \frac{1}{\cos(\beta)} = \frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} + \frac{1}{\cos(\beta)} = \frac{1 + \sin(\beta)}{\cos(\beta)}$ Окончательно получаем: $S_{бок} = a^2 \sin(\alpha) \frac{1 + \sin(\beta)}{\cos(\beta)}$.

Ответ: $a^2 \sin(\alpha) \frac{1 + \sin(\beta)}{\cos(\beta)}$

21.37. Основанием пирамиды является правильный треугольник со стороной 6 см. Плоскость одной боковой грани перпендикулярна плоскости основания, а плоскости двух других граней образуют с плоскостью основания угол 45°. Найдите высоту пирамиды.

Пусть дана пирамида $SABC$, где $ABC$ – правильный треугольник в основании. Сторона основания $a = AB = BC = AC = 6$ см.

По условию, плоскость одной из боковых граней, например $(SAB)$, перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Это означает, что высота пирамиды $SH$, опущенная из вершины $S$ на плоскость основания, лежит в плоскости $(SAB)$. Следовательно, основание высоты $H$ принадлежит прямой $AB$, которая является линией пересечения этих плоскостей.

Две другие боковые грани, $(SAC)$ и $(SBC)$, образуют с плоскостью основания угол $45^\circ$. Угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания – это линейный угол соответствующего двугранного угла.

Построим линейный угол для грани $(SBC)$. Проведем из точки $H$ перпендикуляр $HK$ к стороне $BC$. Так как $SH$ – перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, то $HK$ – проекция наклонной $SK$ на эту плоскость. По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция $HK$ перпендикулярна прямой $BC$, то и наклонная $SK$ перпендикулярна $BC$. Следовательно, угол $\angle SKH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SBC)$ и $(ABC)$. По условию, $\angle SKH = 45^\circ$.

Аналогично, если провести из $H$ перпендикуляр $HM$ к стороне $AC$, то линейным углом между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$ будет угол $\angle SMH$, и он также равен $45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SHK$ и $\triangle SHM$. У них общий катет $SH$ и равные острые углы $\angle SKH = \angle SMH = 45^\circ$. Следовательно, эти треугольники равны по катету и острому углу, а значит, равны и их другие катеты: $HK = HM$.

Точка $H$, лежащая на прямой $AB$, равноудалена от сторон $AC$ и $BC$. Это свойство точек, лежащих на биссектрисе угла $\angle ACB$. В правильном треугольнике $ABC$ биссектриса угла $C$ является также медианой и высотой, проведенной к стороне $AB$. Таким образом, точка $H$ – это точка пересечения медианы (биссектрисы) из вершины $C$ со стороной $AB$. Следовательно, $H$ – середина стороны $AB$.

Теперь можем найти высоту пирамиды $SH$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SHK$. Поскольку $\angle SKH = 45^\circ$, то этот треугольник является равнобедренным, и его катеты равны: $SH = HK$.

Найдем длину $HK$. Рассмотрим треугольник $HBK$ в плоскости основания. Так как $H$ – середина $AB$, то $HB = \frac{1}{2}AB = \frac{6}{2} = 3$ см. В равностороннем треугольнике $ABC$ все углы равны $60^\circ$, значит, $\angle B = 60^\circ$. Треугольник $HBK$ – прямоугольный, так как по построению $HK \perp BC$.Из треугольника $HBK$ находим катет $HK$:
$HK = HB \cdot \sin(\angle B) = 3 \cdot \sin(60^\circ) = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.

Поскольку высота пирамиды $SH = HK$, то $SH = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.

21.38. Основанием пирамиды $MABC$ является треугольник $ABC$ такой, что $\angle ACB = 90^\circ$, $\angle BAC = 60^\circ$, $AC = 4\sqrt{3}$ см. Плоскость грани $BMC$ перпендикулярна плоскости основания, а плоскости двух других граней наклонены к плоскости основания под углом $30^\circ$. Найдите ребро $MC$.

1. Анализ основания пирамиды.
Основанием пирамиды $MABC$ является прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$). Известны угол $\angle BAC = 60^\circ$ и прилежащий катет $AC = 4\sqrt{3}$ см.
Найдем длины других сторон основания:
Противолежащий катет $BC$: $BC = AC \cdot \tan(\angle BAC) = 4\sqrt{3} \cdot \tan(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 12$ см.
Гипотенуза $AB$: $AB = \frac{AC}{\cos(\angle BAC)} = \frac{4\sqrt{3}}{\cos(60^\circ)} = \frac{4\sqrt{3}}{1/2} = 8\sqrt{3}$ см.

2. Определение положения высоты пирамиды.
По условию, плоскость грани $(BMC)$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Если две плоскости взаимно перпендикулярны, то перпендикуляр, проведенный из точки одной плоскости к их линии пересечения, является перпендикуляром ко второй плоскости. Проведем высоту пирамиды $MH$ из вершины $M$ к основанию. Ее основание, точка $H$, будет лежать на линии пересечения плоскостей $(BMC)$ и $(ABC)$, то есть на прямой $BC$. Таким образом, $MH \perp (ABC)$ и $H \in BC$.

3. Использование углов наклона боковых граней.
Угол наклона боковой грани к плоскости основания есть двугранный угол, измеряемый соответствующим линейным углом.
Грань $(AMC)$ наклонена к основанию под углом $30^\circ$. Линия пересечения плоскостей — $AC$. Так как $MH \perp (ABC)$, то $MH \perp AC$. В основании $HC \perp AC$ (поскольку $H \in BC$ и $\angle ACB = 90^\circ$). По теореме о трех перпендикулярах, из того, что проекция $HC$ наклонной $MC$ перпендикулярна $AC$, следует, что и сама наклонная $MC$ перпендикулярна $AC$. Следовательно, линейным углом этого двугранного угла является $\angle MCH$. По условию, $\angle MCH = 30^\circ$.
Грань $(AMB)$ также наклонена к основанию под углом $30^\circ$. Пусть $HL$ — перпендикуляр из точки $H$ на $AB$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $ML \perp AB$, и линейным углом является $\angle MLH = 30^\circ$.
В прямоугольных треугольниках $\triangle MCH$ и $\triangle MLH$ общий катет $MH$ можно выразить как: $MH = CH \cdot \tan(30^\circ)$ и $MH = HL \cdot \tan(30^\circ)$. Отсюда следует, что $CH = HL$. Равенство расстояний от точки $H$ до сторон угла $\angle BAC$ (прямых $AC$ и $AB$) означает, что точка $H$ лежит на биссектрисе угла $A$.

4. Нахождение положения точки H и длины отрезка CH.
Поскольку $H$ лежит на биссектрисе угла $A$ треугольника $ABC$, по свойству биссектрисы имеем соотношение: $\frac{CH}{HB} = \frac{AC}{AB}$
Подставим найденные значения сторон: $\frac{CH}{HB} = \frac{4\sqrt{3}}{8\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$, откуда $HB = 2 \cdot CH$.
Точка $H$ лежит на отрезке $BC$, поэтому $CH + HB = BC = 12$ см. $CH + 2 \cdot CH = 12 \implies 3 \cdot CH = 12 \implies CH = 4$ см.

5. Вычисление длины ребра MC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $MCH$ ($\angle MHC = 90^\circ$). В нем известен катет $CH = 4$ см и прилежащий к нему угол $\angle MCH = 30^\circ$. Искомое ребро $MC$ является гипотенузой.
Из определения косинуса: $\cos(\angle MCH) = \frac{CH}{MC}$
$MC = \frac{CH}{\cos(\angle MCH)} = \frac{4}{\cos(30^\circ)} = \frac{4}{\sqrt{3}/2} = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.

Ответ: $\frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.

21.39. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол при ребре основания равен $\alpha$, а двугранный угол при боковом ребре равен $\beta$.

Докажите, что $3\cos^2\alpha + 2\cos\beta = 1$.

Рассмотрим правильную треугольную пирамиду $SABC$ с основанием $ABC$ и вершиной $S$. В правильной пирамиде основание является правильным многоугольником (в данном случае, равносторонним треугольником), а боковые грани — равными равнобедренными треугольниками.

По условию, двугранный угол при ребре основания равен $\alpha$, а двугранный угол при боковом ребре равен $\beta$.

Для решения задачи рассмотрим трехгранный угол при вершине $A$ основания пирамиды. Этот угол образован тремя плоскими углами:

• $\angle CAB = 60^\circ$, так как $\triangle ABC$ — равносторонний.
• $\angle SAB$ и $\angle SAC$ — углы при основании боковых граней. Так как боковые грани равны, то эти углы также равны. Обозначим их величину через $\gamma$, то есть $\angle SAB = \angle SAC = \gamma$.

Двугранные углы этого трехгранного угла:

• Двугранный угол при ребре $AS$ — это угол между боковыми гранями $(SAB)$ и $(SAC)$, он равен $\beta$.
• Двугранный угол при ребре $AB$ — это угол между основанием $(ABC)$ и боковой гранью $(SAB)$, он равен $\alpha$.

Применим теорему косинусов для трехгранного угла.

Сначала выразим косинус плоского угла $\angle CAB$ через два других плоских угла и двугранный угол $\beta$, который лежит напротив этого плоского угла (при ребре $AS$):
$\cos(\angle CAB) = \cos(\angle SAB) \cdot \cos(\angle SAC) + \sin(\angle SAB) \cdot \sin(\angle SAC) \cdot \cos\beta$
Подставляя наши обозначения, получаем:
$\cos(60^\circ) = \cos\gamma \cdot \cos\gamma + \sin\gamma \cdot \sin\gamma \cdot \cos\beta$
$\frac{1}{2} = \cos^2\gamma + \sin^2\gamma \cos\beta$ (1)

Теперь выразим косинус плоского угла $\angle SAC$ через два других плоских угла и двугранный угол $\alpha$, который лежит напротив этого плоского угла (при ребре $AB$):
$\cos(\angle SAC) = \cos(\angle SAB) \cdot \cos(\angle CAB) + \sin(\angle SAB) \cdot \sin(\angle CAB) \cdot \cos\alpha$
Подставляя значения, получаем:
$\cos\gamma = \cos\gamma \cdot \cos(60^\circ) + \sin\gamma \cdot \sin(60^\circ) \cdot \cos\alpha$
$\cos\gamma = \cos\gamma \cdot \frac{1}{2} + \sin\gamma \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cos\alpha$

Упростим второе уравнение, чтобы найти связь между углами $\gamma$ и $\alpha$:
$\cos\gamma - \frac{1}{2}\cos\gamma = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\gamma \cos\alpha$
$\frac{1}{2}\cos\gamma = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\gamma \cos\alpha$
$\cos\gamma = \sqrt{3}\sin\gamma \cos\alpha$
Поскольку $\gamma$ — это угол при основании боковой грани, он острый, поэтому $\sin\gamma \neq 0$. Можем разделить обе части уравнения на $\sin\gamma$:
$\cot\gamma = \sqrt{3}\cos\alpha$

Теперь выразим $\sin^2\gamma$ и $\cos^2\gamma$ через $\cos^2\alpha$, используя полученное соотношение.
Возведем в квадрат: $\cot^2\gamma = 3\cos^2\alpha$.
Из тригонометрического тождества $1 + \cot^2\gamma = \frac{1}{\sin^2\gamma}$ следует:
$\frac{1}{\sin^2\gamma} = 1 + 3\cos^2\alpha \implies \sin^2\gamma = \frac{1}{1+3\cos^2\alpha}$
Тогда $\cos^2\gamma = 1 - \sin^2\gamma = 1 - \frac{1}{1+3\cos^2\alpha} = \frac{1+3\cos^2\alpha - 1}{1+3\cos^2\alpha} = \frac{3\cos^2\alpha}{1+3\cos^2\alpha}$.

Подставим полученные выражения для $\sin^2\gamma$ и $\cos^2\gamma$ в уравнение (1):
$\frac{1}{2} = \frac{3\cos^2\alpha}{1+3\cos^2\alpha} + \left( \frac{1}{1+3\cos^2\alpha} \right) \cos\beta$
$\frac{1}{2} = \frac{3\cos^2\alpha + \cos\beta}{1+3\cos^2\alpha}$
Используя свойство пропорции, получим:
$1 \cdot (1+3\cos^2\alpha) = 2 \cdot (3\cos^2\alpha + \cos\beta)$
$1+3\cos^2\alpha = 6\cos^2\alpha + 2\cos\beta$
Перенесем слагаемые с $\cos^2\alpha$ в правую часть:
$1 = 6\cos^2\alpha - 3\cos^2\alpha + 2\cos\beta$
$1 = 3\cos^2\alpha + 2\cos\beta$

Таким образом, равенство $3\cos^2\alpha + 2\cos\beta = 1$ доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

21.40. Расстояние от центра основания правильной треугольной пирамиды до боковой грани равно $d$, а двугранный угол при боковом ребре равен $2\alpha$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Пусть $O$ — центр основания, являющийся проекцией вершины $S$ на плоскость основания. Обозначим сторону основания как $a$, то есть $AB=BC=AC=a$.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей трех равных боковых граней: $S_{бок} = 3 \cdot S_{\triangle SBC}$.

Выражение площади боковой поверхности через сторону основания $a$ и угол $\alpha$
Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, по условию равен $2\alpha$. Для построения его линейного угла опустим перпендикуляры из вершин $A$ и $C$ на ребро $SB$. Так как пирамида правильная и грани $SAB$ и $SBC$ равны, эти перпендикуляры придут в одну и ту же точку $K$ на ребре $SB$. Таким образом, $AK \perp SB$ и $CK \perp SB$. Линейным углом двугранного угла является угол $\angle AKC = 2\alpha$.
Рассмотрим равнобедренный треугольник $AKC$. В нем $AK = CK$, основание $AC=a$. Проведем медиану $KN$ к стороне $AC$. В равнобедренном треугольнике медиана является также высотой и биссектрисой, поэтому $KN \perp AC$ и $\angle AKN = \frac{1}{2} \angle AKC = \alpha$. Точка $N$ является серединой $AC$, поэтому $AN = a/2$.
Из прямоугольного треугольника $ANK$ находим длину отрезка $AK$:
$AK = \frac{AN}{\sin(\angle AKN)} = \frac{a/2}{\sin\alpha} = \frac{a}{2\sin\alpha}$.
Площадь боковой грани, например $\triangle SAB$, можно вычислить двумя способами. Пусть $SM$ — апофема (высота) грани $SAB$, проведенная к стороне $AB$. Тогда $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} AB \cdot SM$. С другой стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SB \cdot AK$.
Приравнивая эти два выражения, получаем:
$\frac{1}{2} a \cdot SM = \frac{1}{2} SB \cdot \frac{a}{2\sin\alpha} \implies SB = 2 \cdot SM \cdot \sin\alpha$.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $SBM$ ($M$ — середина $AB$). По теореме Пифагора $SB^2 = SM^2 + BM^2$. Учитывая, что $BM = a/2$:
$(2 \cdot SM \cdot \sin\alpha)^2 = SM^2 + (a/2)^2$
$4 SM^2 \sin^2\alpha = SM^2 + a^2/4$
$SM^2(4\sin^2\alpha - 1) = a^2/4$
Отсюда апофема $SM = \frac{a}{2\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$.
Площадь боковой поверхности равна:
$S_{бок} = 3 \cdot S_{\triangle SAB} = 3 \cdot \frac{1}{2} a \cdot SM = 3 \cdot \frac{1}{2} a \cdot \frac{a}{2\sqrt{4\sin^2\alpha-1}} = \frac{3a^2}{4\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$.

Выражение стороны основания $a$ через расстояние $d$ и угол $\alpha$
Расстояние от центра основания $O$ до боковой грани $SBC$ равно $d$. Пусть $L$ — середина ребра $BC$. Тогда $OL$ — радиус вписанной окружности основания, а $SL$ — апофема грани $SBC$. Плоскость $SOL$ перпендикулярна ребру $BC$, а значит, и плоскости $SBC$. Следовательно, перпендикуляр $OH$, опущенный из точки $O$ на плоскость $SBC$, будет лежать в плоскости $SOL$, и его основание $H$ будет лежать на апофеме $SL$. Таким образом, $OH=d$.
В прямоугольном треугольнике $SOL$ (угол $\angle SOL = 90^\circ$), $OH$ является высотой, опущенной на гипотенузу $SL$.
Пусть $\beta = \angle SLO$ — угол наклона боковой грани к плоскости основания. Из прямоугольного треугольника $OHL$ ($\angle OHL = 90^\circ$) находим $OL = \frac{OH}{\sin\beta} = \frac{d}{\sin\beta}$.
Для равностороннего треугольника со стороной $a$ радиус вписанной окружности $OL = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
Приравнивая выражения для $OL$, получаем: $\frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{d}{\sin\beta}$, откуда $a = \frac{2\sqrt{3}d}{\sin\beta}$, и $a^2 = \frac{12d^2}{\sin^2\beta}$.
Теперь найдем связь между $\beta$ и $\alpha$. В треугольнике $SOL$, $\cos\beta = \frac{OL}{SL}$. Так как $SL$ и $SM$ — равные апофемы, $SL=SM=\frac{a}{2\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$.
$\cos\beta = \frac{a/(2\sqrt{3})}{a/(2\sqrt{4\sin^2\alpha-1})} = \frac{\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}{\sqrt{3}}$.
Тогда $\cos^2\beta = \frac{4\sin^2\alpha-1}{3}$.
Используем основное тригонометрическое тождество: $\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta = 1 - \frac{4\sin^2\alpha-1}{3} = \frac{3 - (4\sin^2\alpha-1)}{3} = \frac{4 - 4\sin^2\alpha}{3} = \frac{4\cos^2\alpha}{3}$.
Подставим найденное $\sin^2\beta$ в выражение для $a^2$:
$a^2 = \frac{12d^2}{4\cos^2\alpha/3} = \frac{36d^2}{4\cos^2\alpha} = \frac{9d^2}{\cos^2\alpha}$.

Итоговый расчет площади боковой поверхности
Подставим полученное выражение для $a^2$ в формулу для $S_{бок}$:
$S_{бок} = \frac{3a^2}{4\sqrt{4\sin^2\alpha-1}} = \frac{3}{4\sqrt{4\sin^2\alpha-1}} \cdot \frac{9d^2}{\cos^2\alpha} = \frac{27d^2}{4\cos^2\alpha\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{27d^2}{4\cos^2\alpha\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$.

21.41. Сторона $AB$ и высота $MO$ правильной четырёхугольной пирамиды $MABCD$ соответственно равны 8 см и 4 см. Точка $K$ — середина ребра $DC$. Найдите расстояние между прямыми $MK$ и $AC$.

Пусть $MABCD$ — данная правильная четырёхугольная пирамида. В её основании лежит квадрат $ABCD$ со стороной $AB = 8 \text{ см}$. Высота пирамиды $MO = 4 \text{ см}$, где $O$ — центр квадрата (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$). Точка $K$ — середина ребра $DC$. Требуется найти расстояние между скрещивающимися прямыми $MK$ и $AC$.

Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина их общего перпендикуляра. Мы найдём это расстояние, используя метод параллельной плоскости. Построим плоскость, проходящую через одну из прямых (например, $MK$) и параллельную второй прямой ($AC$). Расстояние от любой точки прямой $AC$ до этой плоскости будет искомым расстоянием.

Проведём в плоскости основания через точку $K$ прямую, параллельную $AC$. Пусть $L$ — середина ребра $AD$. Тогда $KL$ — средняя линия треугольника $ADC$, и, следовательно, $KL \parallel AC$.

Рассмотрим плоскость $(MKL)$. Так как прямая $MK$ лежит в этой плоскости, а прямая $KL$, также лежащая в этой плоскости, параллельна $AC$, то вся плоскость $(MKL)$ параллельна прямой $AC$ по признаку параллельности прямой и плоскости. Таким образом, расстояние между прямыми $MK$ и $AC$ равно расстоянию от любой точки прямой $AC$ до плоскости $(MKL)$. В качестве такой точки удобно взять центр основания $O$, который лежит на диагонали $AC$. Итак, искомое расстояние $d$ равно расстоянию от точки $O$ до плоскости $(MKL)$.

Найдём это расстояние $d(O, (MKL))$ с помощью метода объёмов. Рассмотрим тетраэдр $MOKL$. Его объём $V$ можно вычислить двумя способами:

1. $V = \frac{1}{3} S_{OKL} \cdot MO$, так как $MO$ — высота пирамиды, перпендикулярная плоскости основания, в которой лежит треугольник $OKL$.

2. $V = \frac{1}{3} S_{MKL} \cdot d$, где $d$ — искомое расстояние, то есть высота тетраэдра, опущенная из вершины $O$ на грань $MKL$.

Приравняв оба выражения для объёма, получим: $S_{OKL} \cdot MO = S_{MKL} \cdot d$, откуда $d = \frac{S_{OKL} \cdot MO}{S_{MKL}}$.

Вычислим необходимые величины.Высота пирамиды дана: $MO = 4 \text{ см}$.В основании лежит квадрат $ABCD$ со стороной $8 \text{ см}$. Точка $O$ — его центр. $K$ и $L$ — середины сторон $DC$ и $AD$ соответственно. Отрезок $OK$ соединяет центр квадрата с серединой стороны $DC$, поэтому он параллелен стороне $AD$ и равен её половине. Таким образом, $OK = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4 \text{ см}$. Аналогично, отрезок $OL$ соединяет центр с серединой стороны $AD$, поэтому он параллелен стороне $DC$ и равен её половине: $OL = \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4 \text{ см}$. Так как в квадрате смежные стороны перпендикулярны ($AD \perp DC$), то и отрезки $OK$ и $OL$ также перпендикулярны ($OK \perp OL$).

Следовательно, треугольник $OKL$ является прямоугольным. Его площадь:$S_{OKL} = \frac{1}{2} \cdot OK \cdot OL = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8 \text{ см}^2$.

Теперь найдём площадь треугольника $MKL$. Для этого вычислим длины его сторон.Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOK$ (так как $MO \perp$ плоскости основания, то $MO \perp OK$). По теореме Пифагора:$MK^2 = MO^2 + OK^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$.$MK = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOL$ ($MO \perp OL$):$ML^2 = MO^2 + OL^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$.$ML = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OKL$:$KL^2 = OK^2 + OL^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$.$KL = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

Все стороны треугольника $MKL$ равны $4\sqrt{2} \text{ см}$, значит, он равносторонний. Площадь равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $S = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.$S_{MKL} = \frac{(4\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{32\sqrt{3}}{4} = 8\sqrt{3} \text{ см}^2$.

Теперь можем найти искомое расстояние $d$:$d = \frac{S_{OKL} \cdot MO}{S_{MKL}} = \frac{8 \cdot 4}{8\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \text{ см}$.

Ответ: $\frac{4\sqrt{3}}{3} \text{ см}$.