Номер 39, страница 169 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 39, страница 169.

Условие.

18.39. Основанием пирамиды является прямоугольник со сторонами 4 см и 12 см. Плоскости двух боковых граней перпендикулярны плоскости основания, плоскость ещё одной грани, проходящей через большую сторону основания, образует угол 45° с плоскостью основания. Найдите:

1) высоту пирамиды;

2) площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана пирамида $SABCD$, где основание $ABCD$ — прямоугольник со сторонами $AD=BC=4$ см и $AB=CD=12$ см.

По условию, плоскости двух боковых граней перпендикулярны плоскости основания. Пусть это будут грани $SAB$ и $SAD$, которые пересекаются по ребру $SA$. Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то их линия пересечения также перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, и $SA$ является высотой пирамиды $H$.

1) высоту пирамиды;

Плоскость ещё одной грани, проходящей через большую сторону основания ($CD$), образует угол $45^\circ$ с плоскостью основания. Это означает, что двугранный угол между плоскостью грани $SCD$ и плоскостью основания $ABCD$ равен $45^\circ$.

Линейный угол этого двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами к их общей линии пересечения $CD$, проведенными в этих плоскостях из одной точки.В плоскости основания $(ABCD)$ проведем перпендикуляр к $CD$. Так как $ABCD$ — прямоугольник, то $AD \perp CD$.В плоскости грани $(SCD)$ проведем перпендикуляр к $CD$. Так как $SA \perp (ABCD)$ (высота), то $SA \perp CD$. Также мы знаем, что $AD \perp CD$. Поскольку прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($SA$ и $AD$) в плоскости $(SAD)$, она перпендикулярна всей плоскости $(SAD)$. Отсюда следует, что $CD \perp SD$.

Следовательно, угол $\angle SDA$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SCD)$ и $(ABCD)$. По условию, $\angle SDA = 45^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle SAD$. Так как $SA \perp (ABCD)$, то $SA \perp AD$. Значит, $\triangle SAD$ — прямоугольный. В этом треугольнике мы знаем катет $AD=4$ см и прилежащий к нему острый угол $\angle SDA = 45^\circ$. Это означает, что $\triangle SAD$ является равнобедренным прямоугольным треугольником, и его катеты равны: $SA = AD$.

Таким образом, высота пирамиды $H = SA = AD = 4$ см.

Ответ: $4$ см.

2) площадь боковой поверхности пирамиды.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей четырех боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle SAD} + S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SCD} + S_{\triangle SBC}$.

Вычислим площадь каждой грани:

1. Грань SAD. Мы уже установили, что $\triangle SAD$ — прямоугольный и равнобедренный с катетами $SA=4$ см и $AD=4$ см. Его площадь:
$S_{\triangle SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8$ см².

2. Грань SAB. Так как $SA \perp (ABCD)$, то $SA \perp AB$. Значит, $\triangle SAB$ — прямоугольный с катетами $SA=4$ см и $AB=12$ см. Его площадь:
$S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 12 = 24$ см².

3. Грань SCD. Мы доказали, что $SD \perp CD$, значит $\triangle SCD$ — прямоугольный с катетами $CD=12$ см и $SD$. Найдем гипотенузу $SD$ из прямоугольного треугольника $\triangle SAD$:
$SD = \sqrt{SA^2 + AD^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = \sqrt{16+16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.
Площадь $\triangle SCD$:
$S_{\triangle SCD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot SD = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 4\sqrt{2} = 24\sqrt{2}$ см².

4. Грань SBC. По теореме о трех перпендикулярах: $SA$ — перпендикуляр к плоскости $(ABCD)$, $SB$ — наклонная, $AB$ — ее проекция. Так как $ABCD$ — прямоугольник, то проекция $AB$ перпендикулярна прямой $BC$. Следовательно, наклонная $SB$ также перпендикулярна $BC$, то есть $SB \perp BC$. Значит, $\triangle SBC$ — прямоугольный с катетами $BC=4$ см и $SB$. Найдем гипотенузу $SB$ из прямоугольного треугольника $\triangle SAB$:
$SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{4^2 + 12^2} = \sqrt{16+144} = \sqrt{160} = \sqrt{16 \cdot 10} = 4\sqrt{10}$ см.
Площадь $\triangle SBC$:
$S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{10} = 8\sqrt{10}$ см².

Теперь найдем общую площадь боковой поверхности, сложив площади всех граней:
$S_{бок} = S_{\triangle SAD} + S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SCD} + S_{\triangle SBC} = 8 + 24 + 24\sqrt{2} + 8\sqrt{10} = 32 + 24\sqrt{2} + 8\sqrt{10}$ см².
Можно вынести общий множитель 8 за скобки: $S_{бок} = 8(4 + 3\sqrt{2} + \sqrt{10})$ см².

Ответ: $(32 + 24\sqrt{2} + 8\sqrt{10})$ см².