Номер 52, страница 171 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 52, страница 171.

Условие.

18.52. 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.

Решение 1.

Решение 3.

По условию задачи, плоскости боковых граней $(ABM)$ и $(CBM)$ перпендикулярны плоскости основания $(ABCD)$. Если две пересекающиеся 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 $(ABCD)$, и $MB$ является высотой пирамиды. Отсюда следует, что треугольники $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $B$.

Двугранный угол при ребре $MB$ — это угол между плоскостями $(ABM)$ и $(CBM)$. Так как ребро $MB$ перпендикулярно плоскости основания, то прямые $AB$ и $CB$, лежащие в этой плоскости, перпендикулярны $MB$. Значит, угол $\angle ABC$ является линейным углом данного двугранного угла. По условию, этот угол тупой и равен $\alpha$, то есть $\angle ABC = \alpha$. Так как $ABCD$ — ромб, то сумма соседних углов равна $180^\circ$, поэтому $\angle DAB = 180^\circ - \alpha$.

Угол между плоскостью боковой грани $(AMD)$ и плоскостью основания равен $\beta$. Для построения линейного угла этого двугранного угла опустим из точки $B$ (проекции вершины $M$ на основание) перпендикуляр $BH$ на сторону $AD$. По теореме о трех перпендикулярах, наклонная $MH$ также будет перпендикулярна $AD$. Следовательно, $\angle MHB$ — это искомый линейный угол, и $\angle MHB = \beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MBH$ ($\angle MBH = 90^\circ$). Из него найдем высоту пирамиды $MB = BH \cdot \tan(\beta)$. Длину высоты ромба $BH$ найдем из треугольника $\triangle ABH$, который является прямоугольным.$BH = AB \cdot \sin(\angle DAB) = a \cdot \sin(180^\circ - \alpha) = a \sin(\alpha)$.Тогда высота пирамиды:$MB = a \sin(\alpha) \tan(\beta)$.

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

1. Площади граней $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$. Это равные прямоугольные треугольники, так как $AB = CB = a$ и катет $MB$ — общий.$S_{ABM} = S_{CBM} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MB = \frac{1}{2} a (a \sin(\alpha) \tan(\beta)) = \frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta)$.

2. Площади граней $\triangle AMD$ и $\triangle CMD$. Так как высоты ромба, проведенные из вершины $B$ к сторонам $AD$ и $CD$, равны ($BH=BK$), то равны и апофемы $MH$ и $MK$, а следовательно, и площади граней $S_{AMD} = S_{CMD}$. Найдем $S_{AMD}$. Высота грани $MH$ находится из прямоугольного треугольника $\triangle MBH$:$MH = \frac{BH}{\cos(\beta)} = \frac{a \sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$.$S_{AMD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MH = \frac{1}{2} a \cdot \frac{a \sin(\alpha)}{\cos(\beta)} = \frac{a^2 \sin(\alpha)}{2 \cos(\beta)}$.

3. Общая площадь боковой поверхности:$S_{бок} = 2 \cdot S_{ABM} + 2 \cdot S_{AMD} = 2 \cdot \left(\frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta)\right) + 2 \cdot \left(\frac{a^2 \sin(\alpha)}{2 \cos(\beta)}\right)$$S_{бок} = a^2 \sin(\alpha) \tan(\beta) + \frac{a^2 \sin(\alpha)}{\cos(\beta)}$.Вынесем общий множитель за скобки и упростим выражение:$S_{бок} = a^2 \sin(\alpha) \left( \tan(\beta) + \frac{1}{\cos(\beta)} \right) = a^2 \sin(\alpha) \left( \frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} + \frac{1}{\cos(\beta)} \right) = a^2 \sin(\alpha) \frac{1 + \sin(\beta)}{\cos(\beta)}$.

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