Номер 44, страница 157 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 16. Призма. Глава 4. Многогранники - номер 44, страница 157.

Условие.

16.44. Каждое ребро наклонной призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ равно $a$, проекцией точки $A_1$ на плоскость $ABC$ является центр треугольника $ABC$.

1) Докажите, что грань $BB_1 C_1 C$ является прямоугольником.

2) Найдите площадь боковой поверхности призмы.

Решение 1.

Решение 3.

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

По условию, все ребра призмы равны $a$. Это означает, что основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ являются равносторонними треугольниками со стороной $a$, а боковые грани $AA_1B_1B$, $BB_1C_1C$ и $CC_1A_1A$ являются ромбами со стороной $a$.

Чтобы доказать, что ромб $BB_1C_1C$ является прямоугольником, достаточно доказать, что один из его углов прямой, например, $\angle CBB_1 = 90^\circ$. Это эквивалентно доказательству того, что боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно ребру основания $BC$.

Поскольку боковые ребра призмы параллельны, то $BB_1 \parallel AA_1$. Следовательно, задача сводится к доказательству перпендикулярности $AA_1 \perp BC$.

Пусть $O$ — центр равностороннего треугольника $ABC$. По условию, проекцией точки $A_1$ на плоскость $ABC$ является точка $O$. Это означает, что отрезок $A_1O$ является высотой призмы, и $A_1O \perp (ABC)$.

Рассмотрим наклонную $AA_1$ и ее проекцию $AO$ на плоскость $ABC$. В равностороннем треугольнике $ABC$ центр $O$ является точкой пересечения медиан, высот и биссектрис. Проведем медиану $AM$ к стороне $BC$. Так как $\triangle ABC$ равносторонний, $AM$ также является высотой, то есть $AM \perp BC$. Точка $O$ лежит на отрезке $AM$, следовательно, прямая $AO$ совпадает с прямой $AM$. Таким образом, $AO \perp BC$.

Теперь применим теорему о трех перпендикулярах. У нас есть:

• $A_1O$ - перпендикуляр к плоскости $ABC$.
• $AA_1$ - наклонная.
• $AO$ - проекция наклонной $AA_1$ на плоскость $ABC$.
• $BC$ - прямая в плоскости $ABC$.

Так как проекция $AO$ перпендикулярна прямой $BC$, то и сама наклонная $AA_1$ перпендикулярна прямой $BC$.

Итак, мы доказали, что $AA_1 \perp BC$. Поскольку $BB_1 \parallel AA_1$, то и $BB_1 \perp BC$.

Следовательно, в ромбе $BB_1C_1C$ угол $\angle CBB_1 = 90^\circ$. Ромб с прямым углом является квадратом, а квадрат является частным случаем прямоугольника. Таким образом, грань $BB_1C_1C$ является прямоугольником (и даже квадратом).

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Найдите площадь боковой поверхности призмы.

Площадь боковой поверхности призмы $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: $S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{BB_1C_1C} + S_{CC_1A_1A}$.

1. Найдем площадь грани $BB_1C_1C$. Как мы доказали в пункте 1, эта грань является квадратом со стороной $a$. $S_{BB_1C_1C} = a^2$.

2. Найдем площади граней $AA_1B_1B$ и $CC_1A_1A$. Эти грани являются ромбами со стороной $a$. В силу симметрии призмы относительно плоскости, проходящей через ребро $AA_1$ и медиану $AM$ основания, эти два ромба равны, а значит, их площади равны. $S_{AA_1B_1B} = S_{CC_1A_1A}$.

Площадь ромба можно найти по формуле $S = a^2 \sin \alpha$, где $\alpha$ — угол между сторонами. Найдем угол $\angle A_1AB$. Для этого рассмотрим $\triangle A_1AB$. Мы знаем стороны $AA_1=a$ и $AB=a$. Найдем длину третьей стороны $A_1B$.

Рассмотрим $\triangle A_1OB$. Так как $A_1O \perp (ABC)$, то $A_1O$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $O$. Значит, $A_1O \perp OB$, и $\triangle A_1OB$ является прямоугольным.

Найдем длины катетов $A_1O$ и $OB$. $OB$ — это радиус описанной окружности около равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a$. Его длина равна $OB = R = \frac{a}{\sqrt{3}}$. $A_1O$ — это высота призмы $H$. Найдем ее из прямоугольного $\triangle A_1OA$. Гипотенуза $AA_1=a$, катет $AO = R = \frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме Пифагора: $(A_1O)^2 = (AA_1)^2 - (AO)^2 = a^2 - (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$. $A_1O = \sqrt{\frac{2a^2}{3}} = a \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Теперь из прямоугольного $\triangle A_1OB$ 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 $A_1B = a$.

Получается, что в $\triangle A_1AB$ все три стороны равны $a$: $AA_1=a, AB=a, A_1B=a$. Следовательно, $\triangle A_1AB$ — равносторонний, и все его углы равны $60^\circ$. Значит, $\angle A_1AB = 60^\circ$.

Теперь можем найти площадь ромба $AA_1B_1B$: $S_{AA_1B_1B} = a \cdot a \cdot \sin(60^\circ) = a^2 \frac{\sqrt{3}}{2}$. Площадь $S_{CC_1A_1A}$ такая же.

3. Находим общую площадь боковой поверхности: $S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{BB_1C_1C} + S_{CC_1A_1A} = a^2 \frac{\sqrt{3}}{2} + a^2 + a^2 \frac{\sqrt{3}}{2} = a^2 + 2 \cdot (a^2 \frac{\sqrt{3}}{2}) = a^2 + a^2\sqrt{3} = a^2(1+\sqrt{3})$.

Ответ: $a^2(1+\sqrt{3})$.