Номер 12, страница 174 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 19. Усечённая пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 12, страница 174.

Условие.

19.12. Основания усечённой пирамиды $ABCDA_1B_1C_1D_1$ являются квадратами, $AD = 4$ см, $A_1D_1 = 2$ см. Грань $AA_1B_1B$ является равнобокой трапецией, а её плоскость перпендикулярна плоскости основания. Угол между плоскостью грани $CC_1D_1D$ и плоскостью основания равен $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Рассмотрим усечённую пирамиду $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Основания $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ — квадраты со сторонами $a = AD = 4$ см и $b = A_1D_1 = 2$ см соответственно. Требуется найти площадь боковой поверхности $S_{бок}$, которая является суммой площадей четырёх боковых граней: $S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{BB_1C_1C} + S_{CC_1D_1D} + S_{DD_1A_1A}$.

Для удобства решения введём прямоугольную систему координат. Расположим нижнее основание в плоскости $Oxy$. Пусть вершина $D$ совпадает с началом координат $D(0,0,0)$, а вершины $A$ и $C$ лежат на осях $Oy$ и $Ox$ соответственно. Тогда координаты вершин нижнего основания: $D(0,0,0)$, $A(0,4,0)$, $C(4,0,0)$, $B(4,4,0)$.

Плоскость грани $AA_1B_1B$ перпендикулярна плоскости основания. Эта грань является равнобокой трапецией. Высота этой трапеции является высотой $h$ усечённой пирамиды. Пусть $A_1'$ и $B_1'$ — проекции вершин $A_1$ и $B_1$ на плоскость основания. Они лежат на прямой $AB$ (задаваемой уравнениями $y=4, z=0$). Так как трапеция равнобокая, $AA_1' = BB_1' = \frac{AB - A_1B_1}{2} = \frac{4-2}{2} = 1$ см. Координаты $A_1'$: $(1,4,0)$. Координаты $B_1'$: $(3,4,0)$. Тогда координаты вершин верхнего основания (на высоте $h$): $A_1(1,4,h)$, $B_1(3,4,h)$. Так как $A_1B_1C_1D_1$ — квадрат, то $D_1(1,2,h)$ и $C_1(3,2,h)$.

Угол между плоскостью грани $CC_1D_1D$ и плоскостью основания равен $60^\circ$. Линия пересечения этих плоскостей — прямая $CD$. Пусть $M$ — середина $CD$, $M(2,0,0)$. Пусть $M_1$ — середина $C_1D_1$, $M_1(2,2,h)$. Отрезок $MM_1$ является высотой (апофемой) трапеции $CC_1D_1D$. Проекцией точки $M_1$ на плоскость основания является точка $P(2,2,0)$. Угол $\angle M_1PM$ является линейным углом двугранного угла, то есть $\angle M_1PM = 60^\circ$. В прямоугольном треугольнике $\triangle M_1PM$ катет $M_1P = h$, а катет $PM = \sqrt{(2-2)^2 + (2-0)^2 + (0-0)^2} = 2$ см. Тогда $h = M_1P = PM \cdot \tan(60^\circ) = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь, зная высоту пирамиды $h=2\sqrt{3}$, можем найти площади боковых граней.

Площадь грани $AA_1B_1B$
Эта трапеция с основаниями 4 и 2. Её высота равна высоте пирамиды $h=2\sqrt{3}$.$S_{AA_1B_1B} = \frac{4+2}{2} \cdot 2\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ см$^2$.

Площадь грани $CC_1D_1D$
Это трапеция с основаниями 4 и 2. Её высота (апофема) $h_{CD} = MM_1$. Из $\triangle M_1PM$: $h_{CD} = MM_1 = \frac{PM}{\cos(60^\circ)} = \frac{2}{1/2} = 4$ см.$S_{CC_1D_1D} = \frac{4+2}{2} \cdot 4 = 12$ см$^2$.

Площади граней $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$
В силу симметрии пирамиды относительно плоскости $x=2$, эти грани являются конгруэнтными трапециями с основаниями 4 и 2. Найдём высоту (апофему) $h_{AD}$ грани $ADD_1A_1$. Пусть $N$ — середина $AD$, $N(0,2,0)$. Пусть $N_1$ — середина $A_1D_1$, $N_1(1,3,h)$. Апофема $h_{AD} = N_1N = \sqrt{(1-0)^2 + (3-2)^2 + (h-0)^2} = \sqrt{1^2 + 1^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 1 + 12} = \sqrt{14}$ см.$S_{ADD_1A_1} = \frac{4+2}{2} \cdot \sqrt{14} = 3\sqrt{14}$ см$^2$. Следовательно, $S_{BCC_1B_1} = 3\sqrt{14}$ см$^2$.

Общая площадь боковой поверхности
Суммируем площади всех боковых граней:$S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{CC_1D_1D} + S_{ADD_1A_1} + S_{BCC_1B_1} = 6\sqrt{3} + 12 + 3\sqrt{14} + 3\sqrt{14} = 12 + 6\sqrt{3} + 6\sqrt{14}$ см$^2$.

Ответ: $(12 + 6\sqrt{3} + 6\sqrt{14})$ см$^2$.