Номер 91, страница 194 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 20. Упражнения для повторения курса геометрии 10 класса. Упражнения для повторения курса геометрии - номер 91, страница 194.

Условие.

20.91. Ромб $ABCD$ является основанием пирамиды $MABCD$, $AB = 10$ см, $\angle BAD = 60^{\circ}$. Плоскости $ABM$ и $ADM$ перпендикулярны плоскости основания пирамиды, а плоскости $BCM$ и $DCM$ образуют с плоскостью основания углы по $60^{\circ}$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Поскольку плоскости $ABM$ и $ADM$ перпендикулярны плоскости основания $ABCD$, то их линия пересечения, ребро $AM$, также перпендикулярна плоскости основания. Следовательно, $AM$ — высота пирамиды, а грани $ABM$ и $ADM$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом $A$.

Основание пирамиды — ромб $ABCD$ со стороной $a = 10$ см и углом $\angle BAD = 60^{\circ}$. Смежный угол ромба $\angle ABC = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.

По условию, плоскости $BCM$ и $DCM$ образуют с плоскостью основания углы по $60^{\circ}$. Угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания — это линейный угол соответствующего двугранного угла. Построим его для грани $BCM$. Проведём из точки $A$ перпендикуляр $AK$ к стороне $BC$ в плоскости основания. Так как $AM \perp (ABC)$, то $AM$ — перпендикуляр, а $AK$ — проекция наклонной $MK$ на плоскость основания. Поскольку проекция $AK$ перпендикулярна прямой $BC$, то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная $MK$ перпендикулярна $BC$. Таким образом, $MK$ является высотой (апофемой) грани $BCM$, а угол $\angle MKA$ — это линейный угол двугранного угла между плоскостью $BCM$ и плоскостью основания. По условию, $\angle MKA = 60^{\circ}$.

Найдём длину высоты $AK$. Рассмотрим треугольник $ABC$. Его площадь можно вычислить двумя способами: 1. $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin(\angle ABC) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin(120^{\circ}) = 50 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 25\sqrt{3}$ см$^2$. 2. $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} BC \cdot AK = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot AK = 5 \cdot AK$. Приравнивая два выражения для площади, получаем: $5 \cdot AK = 25\sqrt{3}$, откуда $AK = 5\sqrt{3}$ см.

Теперь из прямоугольного треугольника $AMK$ (где $\angle MAK = 90^{\circ}$) найдём высоту пирамиды $AM$: $\tan(\angle MKA) = \frac{AM}{AK} \implies AM = AK \cdot \tan(60^{\circ}) = 5\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 15$ см.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей её четырёх боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle ABM} + S_{\triangle ADM} + S_{\triangle BCM} + S_{\triangle DCM}$.

1. Найдём площади прямоугольных треугольников $ABM$ и $ADM$: $S_{\triangle ABM} = \frac{1}{2} AB \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 = 75$ см$^2$. Поскольку ромб имеет равные стороны $AD = AB = 10$ см, то $S_{\triangle ADM} = \frac{1}{2} AD \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 = 75$ см$^2$.

2. Найдём площади треугольников $BCM$ и $DCM$. Площадь треугольника $BCM$ равна $S_{\triangle BCM} = \frac{1}{2} BC \cdot MK$. Найдём апофему $MK$ из прямоугольного треугольника $AMK$: $\cos(\angle MKA) = \frac{AK}{MK} \implies MK = \frac{AK}{\cos(60^{\circ})} = \frac{5\sqrt{3}}{1/2} = 10\sqrt{3}$ см. Тогда $S_{\triangle BCM} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10\sqrt{3} = 50\sqrt{3}$ см$^2$.

В силу симметрии ромба относительно диагонали $AC$, треугольники $ABC$ и $ADC$ равны. Следовательно, высота из $A$ к стороне $CD$ также равна $5\sqrt{3}$ см. Поскольку угол между гранью $DCM$ и основанием также равен $60^{\circ}$, то треугольники $BCM$ и $DCM$ равны. Таким образом, их площади равны: $S_{\triangle DCM} = S_{\triangle BCM} = 50\sqrt{3}$ см$^2$.

3. Вычислим общую площадь боковой поверхности: $S_{бок} = S_{\triangle ABM} + S_{\triangle ADM} + S_{\triangle BCM} + S_{\triangle DCM} = 75 + 75 + 50\sqrt{3} + 50\sqrt{3} = 150 + 100\sqrt{3}$ см$^2$.

Ответ: $150 + 100\sqrt{3}$ см$^2$.