Номер 46, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 46, страница 170.

Условие.

18.46. 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.

Решение 1.

Решение 3.

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

Проведем апофему $SM$ к стороне $CD$ боковой грани $SCD$. Так как пирамида правильная, $M$ — середина $CD$. В плоскости основания отрезок $OM$ соединяет центр квадрата с серединой стороны, поэтому $OM \perp CD$. По теореме о трех перпендикулярах, так как $SO \perp (ABCD)$ и $OM$ является проекцией наклонной $SM$ на плоскость основания, то $SM \perp CD$.

Рассмотрим плоскость $(SOM)$. Эта плоскость содержит высоту пирамиды $SO$ и апофему $SM$. Так как $SO \perp (ABCD)$ и $OM \subset (ABCD)$, то $SO \perp OM$. Следовательно, $\triangle SOM$ — прямоугольный.

Расстояние от точки $O$ до плоскости боковой грани $(SCD)$ — это длина перпендикуляра $OK$, опущенного из точки $O$ на плоскость $(SCD)$. Так как плоскость $(SOM)$ перпендикулярна прямой $CD$ (поскольку $OM \perp CD$ и $SM \perp CD$), а прямая $CD$ лежит в плоскости $(SCD)$, то перпендикуляр $OK$ из точки $O$ к плоскости $(SCD)$ должен лежать в плоскости $(SOM)$. Следовательно, точка $K$ лежит на линии пересечения плоскостей $(SOM)$ и $(SCD)$, то есть на апофеме $SM$. Таким образом, $OK$ — это высота прямоугольного треугольника $\triangle SOM$, проведенная из вершины прямого угла $O$ к гипотенузе $SM$. По условию, $OK = m$.

Угол между высотой пирамиды $SO$ и плоскостью боковой грани $(SCD)$ по определению является углом между прямой $SO$ и ее проекцией на плоскость $(SCD)$. Проекцией точки $S$ на плоскость $(SCD)$ является сама точка $S$. Проекцией точки $O$ на плоскость $(SCD)$ является точка $K$ (основание перпендикуляра). Следовательно, проекцией отрезка $SO$ на плоскость $(SCD)$ является отрезок $SK$. Искомый угол — это $\angle OSK$. По условию, $\angle OSK = \beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOK$ (прямой угол при вершине $K$, так как $OK \perp SK$). В этом треугольнике известны катет $OK = m$ и противолежащий ему угол $\angle OSK = \beta$. Найдем гипотенузу $SO$ (высоту пирамиды): $SO = \frac{OK}{\sin(\angle OSK)} = \frac{m}{\sin \beta}$.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle SOM$ (прямой угол при вершине $O$). Угол $\angle OSM$ в этом треугольнике совпадает с углом $\angle OSK$, так как точка $K$ лежит на отрезке $SM$. Таким образом, $\angle OSM = \beta$.

Зная катет $SO = \frac{m}{\sin \beta}$ и прилежащий к нему острый угол $\angle OSM = \beta$ в $\triangle SOM$, найдем второй катет $OM$ и гипотенузу $SM$: $OM = SO \cdot \tan(\angle OSM) = \frac{m}{\sin \beta} \cdot \tan \beta = \frac{m}{\sin \beta} \cdot \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{m}{\cos \beta}$. $SM = \frac{SO}{\cos(\angle OSM)} = \frac{m/\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{m}{\sin \beta \cos \beta}$.

Длина отрезка $OM$ равна половине стороны основания $a$. Отсюда сторона основания: $a = 2 \cdot OM = \frac{2m}{\cos \beta}$. Длина отрезка $SM$ — это апофема боковой грани $h_a$: $h_a = SM = \frac{m}{\sin \beta \cos \beta}$.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ правильной четырехугольной пирамиды равна произведению полупериметра основания на апофему. Периметр основания $P = 4a = 4 \cdot \frac{2m}{\cos \beta} = \frac{8m}{\cos \beta}$. Площадь боковой поверхности: $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a = \frac{1}{2} \cdot \frac{8m}{\cos \beta} \cdot \frac{m}{\sin \beta \cos \beta} = \frac{4m^2}{\sin \beta \cos^2 \beta}$.

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