Страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

18.42. Плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ пирамиды $MABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь грани $MBC$, если $AB = 13$ см, $BC = 14$ см, $AC = 15$ см, $MA = 9$ см.

Поскольку плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания $ABC$, то их линия пересечения, ребро $MA$, также перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Это означает, что $MA$ является высотой пирамиды, а треугольники $\triangle MAB$ и $\triangle MAC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $A$.

Для нахождения площади грани $MBC$ воспользуемся формулой: $S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH$, где $MH$ — высота треугольника $MBC$, проведенная из вершины $M$ к стороне $BC$.

1. Найдем высоту $AH$ в треугольнике основания $ABC$.
В основании лежит треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 13$ см, $BC = 14$ см, $AC = 15$ см. Найдем его площадь по формуле Герона. Полупериметр $p$ треугольника $ABC$ равен: $p = \frac{AB + BC + AC}{2} = \frac{13 + 14 + 15}{2} = \frac{42}{2} = 21$ см. Площадь треугольника $ABC$: $S_{ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)} = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{(3 \cdot 7) \cdot (2^3) \cdot 7 \cdot (2 \cdot 3)} = \sqrt{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7^2} = 2^2 \cdot 3 \cdot 7 = 84$ см².

С другой стороны, площадь треугольника $ABC$ можно выразить через высоту $AH$, проведенную к стороне $BC$: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH$. Отсюда найдем $AH$: $84 = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot AH$ $84 = 7 \cdot AH$ $AH = \frac{84}{7} = 12$ см.

2. Найдем высоту (апофему) $MH$ грани $MBC$.
Рассмотрим треугольник $MAH$. Так как $MA \perp (ABC)$, то $MA$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, следовательно, $MA \perp AH$. Таким образом, треугольник $MAH$ — прямоугольный. По теореме Пифагора: $MH^2 = MA^2 + AH^2$ $MH^2 = 9^2 + 12^2 = 81 + 144 = 225$ $MH = \sqrt{225} = 15$ см.

3. Найдем площадь грани $MBC$.
Теперь мы можем вычислить площадь треугольника $MBC$, зная его основание $BC=14$ см и высоту $MH=15$ см. $S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot 15 = 7 \cdot 15 = 105$ см².

Ответ: 105 см².

18.43. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды равен $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

Пусть SABC – правильная треугольная пирамида с вершиной S. Основание ABC – равносторонний треугольник, а боковые грани SAB, SBC, SAC – равные равнобедренные треугольники.

По условию, плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$. Это означает, что $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре SA. Этот угол равен линейному углу между плоскостями боковых граней SAB и SAC.

Для построения линейного угла проведём в плоскости грани SAB высоту BH к ребру SA. То есть, $BH \perp SA$. Так как треугольники SAB и SAC равны, то высота CH, проведённая в треугольнике SAC к стороне SA, будет иметь ту же длину, что и BH, и попадёт в ту же точку H на ребре SA. Таким образом, $CH \perp SA$ и $BH = CH$.

Угол $\angle BHC$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим его $\beta$.

Рассмотрим треугольник BHC. Он равнобедренный ($BH = CH$). Найдём длины его сторон, выразив их через длину бокового ребра $l$ (пусть $SA = SB = SC = l$) и угол $\alpha$.

1. Найдём сторону BC.В равнобедренном треугольнике SBC с углом $\angle BSC = \alpha$ и боковыми сторонами $SB=SC=l$ сторону BC можно найти по теореме косинусов:$BC^2 = SB^2 + SC^2 - 2 \cdot SB \cdot SC \cdot \cos(\alpha) = l^2 + l^2 - 2l^2 \cos(\alpha) = 2l^2(1 - \cos(\alpha))$.Используя формулу половинного угла $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$BC^2 = 2l^2 \cdot 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$.Следовательно, $BC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$.

2. Найдём сторону BH.В треугольнике SAB рассмотрим его площадь. С одной стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot SB \sin(\angle ASB) = \frac{1}{2} l^2 \sin(\alpha)$.С другой стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot BH = \frac{1}{2} l \cdot BH$.Приравнивая два выражения для площади, получаем:$\frac{1}{2} l^2 \sin(\alpha) = \frac{1}{2} l \cdot BH$.Отсюда $BH = l \sin(\alpha)$. Так как $BH=CH$, то и $CH = l \sin(\alpha)$.

3. Найдём угол $\beta$ из треугольника BHC.Теперь у нас есть равнобедренный треугольник BHC со сторонами $BH = CH = l \sin(\alpha)$ и $BC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Применим к нему теорему косинусов для нахождения угла $\beta = \angle BHC$:$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(\beta)$.Подставляем найденные значения:$(2l\sin(\frac{\alpha}{2}))^2 = (l\sin(\alpha))^2 + (l\sin(\alpha))^2 - 2(l\sin(\alpha))(l\sin(\alpha))\cos(\beta)$.$4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 2l^2\sin^2(\alpha) - 2l^2\sin^2(\alpha)\cos(\beta)$.

Разделим обе части уравнения на $2l^2$ (считая, что $l \neq 0$):$2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \sin^2(\alpha)(1 - \cos(\beta))$.Выразим $\cos(\beta)$:$1 - \cos(\beta) = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin^2(\alpha)}$.Используем формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$:$1 - \cos(\beta) = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{(2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2}))^2} = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{4\sin^2(\frac{\alpha}{2})\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.Сокращая на $2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$ (считая, что $\alpha \neq 0$), получаем:$1 - \cos(\beta) = \frac{1}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.Отсюда $\cos(\beta) = 1 - \frac{1}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.

Это выражение можно упростить, используя формулу косинуса двойного угла $\cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 1$, из которой следует, что $2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 1 + \cos(\alpha)$.$\cos(\beta) = 1 - \frac{1}{1 + \cos(\alpha)} = \frac{1 + \cos(\alpha) - 1}{1 + \cos(\alpha)} = \frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}$.

Таким образом, искомый двугранный угол $\beta$ равен $\arccos\left(\frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}\right)$.

ом а. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

18.44. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при боковом ребре равен $ \alpha $. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Поскольку пирамида правильная, её основание $ABCD$ является квадратом, а боковые грани (например, $SAB$ и $SBC$) — равные равнобедренные треугольники.

Обозначим искомый плоский угол при вершине пирамиды как $\beta$, то есть $\angle ASB = \beta$.

Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, равен $\alpha$. Этот угол является углом между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SBC)$.

Для измерения этого двугранного угла построим его линейный угол. Для этого в гранях $(SAB)$ и $(SBC)$ проведём перпендикуляры к общему ребру $SB$ из одной точки. Выберем на ребре $SB$ точку $H$ и проведём отрезки $AH$ и $CH$ так, чтобы $AH \perp SB$ и $CH \perp SB$. Тогда по определению линейного угла двугранного угла, $\angle AHC = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $AHC$. Так как боковые грани $SAB$ и $SBC$ равны, то и их высоты, проведённые к боковым рёбрам $SB$, равны, то есть $AH = CH$. Следовательно, треугольник $AHC$ — равнобедренный.

Введём вспомогательный угол $\varphi = \angle SBA = \angle SBC$. Это угол при основании равнобедренного треугольника, являющегося боковой гранью. Сумма углов в треугольнике $SAB$ равна $180^\circ$ или $\pi$ радиан. Таким образом, $\beta + 2\varphi = \pi$, откуда $\varphi = \frac{\pi - \beta}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}$.

Теперь выразим стороны треугольника $AHC$ через сторону основания $a$ и угол $\varphi$.

1. Сторона $AC$ является диагональю квадрата $ABCD$, поэтому $AC = a\sqrt{2}$.

2. Сторону $AH$ найдём из треугольника $SAB$. Проведём в нём высоту $AH$ к стороне $SB$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой из вершины $A$ к ребру $SB$. Однако, треугольник $ABH$ не является прямоугольным в общем случае. Проще рассмотреть прямоугольный треугольник, опустив высоту из точки $A$ на прямую $SB$. Это и есть $AH$. В треугольнике $ABH$, по теореме синусов: $\frac{AH}{\sin(\angle ABH)} = \frac{AB}{\sin(\angle AHB)}$. Это не даёт прямого результата.
Воспользуемся другим подходом. В треугольнике $ABH$, который является частью грани $SAB$, $\angle ABH = \varphi$. Высота $AH$ перпендикулярна $SB$. Из вершины $B$ этого треугольника (который является частью грани) $AB=a$. Длина $AH$ из прямоугольного треугольника, который является частью грани $SAB$, не может быть найдена так просто.
Давайте воспользуемся методом, который не зависит от выбора длин сторон. Применим теорему косинусов для трёхгранного угла при вершине $B$. Плоские углы этого трёхгранного угла: $\angle SBA = \varphi$, $\angle SBC = \varphi$ и $\angle ABC = 90^\circ = \pi/2$. Двугранный угол между гранями $(SAB)$ и $(SBC)$ равен $\alpha$.
По теореме косинусов для трёхгранного угла (которая связывает три плоских угла и один двугранный угол):
$\cos(\angle ABC) = \cos(\angle SBA)\cos(\angle SBC) + \sin(\angle SBA)\sin(\angle SBC)\cos(\alpha)$
Подставляя известные значения, получаем:
$\cos(\pi/2) = \cos(\varphi)\cos(\varphi) + \sin(\varphi)\sin(\varphi)\cos(\alpha)$
$0 = \cos^2(\varphi) + \sin^2(\varphi)\cos(\alpha)$
$\sin^2(\varphi)\cos(\alpha) = -\cos^2(\varphi)$
$\cos(\alpha) = -\frac{\cos^2(\varphi)}{\sin^2(\varphi)} = -\cot^2(\varphi)$

Теперь свяжем это соотношение с искомым углом $\beta$. Мы знаем, что $\varphi = \frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}$.
Следовательно, $\cot(\varphi) = \cot(\frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}) = \tan(\frac{\beta}{2})$.
Подставим это в полученное уравнение:
$\cos(\alpha) = - \tan^2(\frac{\beta}{2})$
Отсюда $\tan^2(\frac{\beta}{2}) = -\cos(\alpha)$.
Поскольку $\tan^2(\frac{\beta}{2})$ не может быть отрицательным, это равенство имеет смысл только при $-\cos(\alpha) \ge 0$, то есть $\cos(\alpha) \le 0$. Это означает, что угол $\alpha$ должен быть тупым или прямым ($\alpha \in [\pi/2, \pi)$), что геометрически ожидаемо для выпуклой пирамиды.

Выразим $\cos(\beta)$ через $\tan^2(\frac{\beta}{2})$ используя формулу универсальной тригонометрической подстановки:
$\cos(\beta) = \frac{1 - \tan^2(\beta/2)}{1 + \tan^2(\beta/2)}$
Подставим значение $\tan^2(\frac{\beta}{2}) = -\cos(\alpha)$:
$\cos(\beta) = \frac{1 - (-\cos(\alpha))}{1 + (-\cos(\alpha))} = \frac{1 + \cos(\alpha)}{1 - \cos(\alpha)}$
Используя формулы половинного угла для косинуса:
$1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$
$1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$
Тогда:
$\cos(\beta) = \frac{2\cos^2(\alpha/2)}{2\sin^2(\alpha/2)} = \cot^2(\frac{\alpha}{2})$

Отсюда, искомый плоский угол при вершине $\beta$ равен:
$\beta = \arccos(\cot^2(\frac{\alpha}{2}))$

Ответ: Плоский угол при вершине пирамиды равен $\arccos\left(\cot^2\frac{\alpha}{2}\right)$.

18.45. Расстояние от центра основания правильной треугольной пирамиды до плоскости её боковой грани равно $d$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Пусть $O$ — центр основания, который является центром вписанной и описанной окружностей для равностороннего треугольника $ABC$. Тогда $SO$ — высота пирамиды.

Проведем апофему $SM$ к ребру основания $BC$. Так как пирамида правильная, $M$ является серединой $BC$. $OM$ — проекция апофемы $SM$ на плоскость основания, и $OM$ является радиусом вписанной в основание окружности. Поскольку $OM$ лежит на медиане (и высоте) $AM$ треугольника $ABC$, то $OM \perp BC$.

Двугранный угол при ребре основания $BC$ — это угол между плоскостью боковой грани $(SBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$. Так как $SM \perp BC$ и $OM \perp BC$, линейным углом этого двугранного угла является угол $\angle SMO$. По условию задачи, $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (угол $\angle SOM = 90^\circ$). Расстояние от центра основания $O$ до плоскости боковой грани $(SBC)$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на эту плоскость. Обозначим его $OH$, где $H$ — точка на плоскости $(SBC)$. Так как плоскость $(SOM)$ перпендикулярна плоскости $(SBC)$ (поскольку $BC \perp (SOM)$), то перпендикуляр $OH$ лежит в плоскости $(SOM)$. Следовательно, $H$ лежит на апофеме $SM$, и $OH \perp SM$. По условию, $OH = d$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OHM$, который является частью $\triangle SOM$ (угол $\angle OHM = 90^\circ$). В этом треугольнике мы знаем катет $OH=d$ и угол $\angle OMH = \alpha$. Мы можем найти гипотенузу $OM$:$\sin(\alpha) = \frac{OH}{OM} \implies OM = \frac{d}{\sin(\alpha)}$.

$OM$ — это радиус вписанной в основание окружности. Для равностороннего треугольника со стороной $a$, радиус вписанной окружности равен $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$. Таким образом, $OM = \frac{a}{2\sqrt{3}}$. Приравнивая два выражения для $OM$, найдем сторону основания $a$:$\frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{d}{\sin(\alpha)} \implies a = \frac{2\sqrt{3}d}{\sin(\alpha)}$.

Для нахождения площади боковой поверхности нам также нужна апофема $SM$. В прямоугольном треугольнике $\triangle SOM$:$\cos(\alpha) = \frac{OM}{SM} \implies SM = \frac{OM}{\cos(\alpha)}$.Подставим выражение для $OM$:$SM = \frac{d/\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{d}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}$.

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды $S_{бок}$ вычисляется как половина произведения периметра основания на апофему: $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot SM$.Периметр основания $P = 3a = 3 \cdot \frac{2\sqrt{3}d}{\sin(\alpha)} = \frac{6\sqrt{3}d}{\sin(\alpha)}$.Теперь вычислим площадь боковой поверхности:$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{6\sqrt{3}d}{\sin(\alpha)}\right) \cdot \left(\frac{d}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}\right) = \frac{3\sqrt{3}d^2}{\sin^2(\alpha)\cos(\alpha)}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{3\sqrt{3}d^2}{\sin^2(\alpha)\cos(\alpha)}$.

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.

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} $

18.47. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды $MABCD$ равна 8 см, а высота пирамиды – 12 см.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины боковых рёбер $MA$ и $MD$ параллельно высоте пирамиды.

2) Найдите площадь сечения.

Дана правильная четырехугольная пирамида $MABCD$, в основании которой лежит квадрат $ABCD$. Сторона основания $AB = BC = CD = DA = 8$ см. Высота пирамиды $MO = 12$ см, где $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата).

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины боковых рёбер $MA$ и $MD$ параллельно высоте пирамиды.

1. Обозначим середину ребра $MA$ как точку $P$, а середину ребра $MD$ как точку $Q$. Отрезок $PQ$ соединяет середины двух сторон треугольника $MAD$, следовательно, $PQ$ является его средней линией. По свойству средней линии, $PQ$ параллельна стороне $AD$ ($PQ \parallel AD$) и равна её половине ($PQ = \frac{1}{2}AD$).

2. Обозначим секущую плоскость как $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точки $P$ и $Q$, а значит, содержит прямую $PQ$. Также по условию, плоскость $\alpha$ параллельна высоте пирамиды $MO$ ($\alpha \parallel MO$).

3. Так как $PQ \subset \alpha$ и $PQ \parallel AD$, а $AD \subset (ABC)$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $(ABC)$ будет прямой, параллельной $AD$ и $PQ$. Обозначим эту прямую $l$.

4. Высота пирамиды $MO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ параллельна $MO$, то плоскость $\alpha$ также перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$.

5. Для определения положения прямой $l$ в плоскости основания рассмотрим плоскость $(MKH)$, где $K$ и $H$ — середины сторон $AD$ и $BC$ соответственно. Эта плоскость содержит высоту $MO$ и является плоскостью симметрии пирамиды.

6. Пусть $N$ — середина отрезка $PQ$. Так как $PQ$ — средняя линия треугольника $MAD$, а $MK$ — его медиана, то точка $N$ лежит на $MK$. Более того, поскольку $\triangle MPQ \sim \triangle MAD$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$, то медиана $MN$ треугольника $MPQ$ равна половине медианы $MK$ треугольника $MAD$. Следовательно, $N$ — середина $MK$.

7. Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(MKH)$ по прямой, проходящей через точку $N$ параллельно $MO$. Обозначим эту прямую $NR$. Точка $R$ будет лежать на отрезке $OK$. В треугольнике $MOK$ отрезок $NR$ соединяет середину стороны $MK$ (точку $N$) с точкой $R$ на стороне $OK$, и $NR \parallel MO$. По теореме Фалеса, $R$ — середина отрезка $OK$, и $NR = \frac{1}{2}MO$.

8. Прямая пересечения $l$ секущей плоскости с основанием проходит через точку $R$ (середину $OK$) и параллельна $AD$. Пусть эта прямая пересекает рёбра основания $AB$ и $CD$ в точках $S$ и $T$ соответственно.

9. Таким образом, искомое сечение — это четырёхугольник $PQTS$. Так как $PQ \parallel ST$ (обе параллельны $AD$), то $PQTS$ — трапеция. В силу симметрии пирамиды относительно плоскости $(MKH)$, трапеция является равнобокой ($PS=QT$).

Ответ: Сечением является равнобокая трапеция $PQTS$, где $P$ и $Q$ — середины рёбер $MA$ и $MD$, а основание $ST$ лежит в плоскости основания пирамиды, проходит через середину отрезка $OK$ (где $O$ — центр основания, $K$ — середина $AD$) и параллельно $AD$.

2) Найдите площадь сечения.

Площадь трапеции $PQTS$ вычисляется по формуле: $S = \frac{PQ + ST}{2} \cdot h$, где $PQ$ и $ST$ — основания, а $h$ — высота трапеции.

1. Найдём длину верхнего основания $PQ$.
$PQ$ — средняя линия треугольника $MAD$. Сторона основания $AD = 8$ см. $PQ = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

2. Найдём высоту трапеции $h$.
Высотой трапеции является отрезок $NR$, построенный в пункте 1. Мы установили, что $NR = \frac{1}{2}MO$. Высота пирамиды $MO = 12$ см. $h = NR = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.

3. Найдём длину нижнего основания $ST$.
Основание $ST$ проходит через точку $R$ — середину отрезка $OK$ — параллельно стороне $AD$. В квадрате $ABCD$ отрезок $OK$ соединяет центр квадрата с серединой стороны $AD$, поэтому $OK \perp AD$ и его длина равна половине стороны квадрата, перпендикулярной $AD$. То есть, $OK = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см. Так как $R$ — середина $OK$, то расстояние от центра квадрата $O$ до прямой $ST$ равно $OR = \frac{1}{2}OK = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см. Прямая $ST$ параллельна сторонам $AD$ и $BC$ и соединяет стороны $AB$ и $CD$. Расстояние между сторонами $AB$ и $CD$ равно 8 см. Поскольку прямая $ST$ соединяет эти стороны, её длина равна этому расстоянию. $ST = 8$ см.

4. Вычислим площадь сечения.
Подставим найденные значения в формулу площади трапеции: $S_{PQTS} = \frac{PQ + ST}{2} \cdot h = \frac{4 + 8}{2} \cdot 6 = \frac{12}{2} \cdot 6 = 6 \cdot 6 = 36$ см².

Ответ: $36$ см².

18.48. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна 4 см, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $60^\circ$.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

2) Найдите площадь сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Центр основания — точка $O$. Требуется построить сечение плоскостью $\alpha$, которая проходит через точку $O$ и параллельна плоскости боковой грани, например, грани $SBC$.

Построение сечения выполняется путем нахождения линий пересечения плоскости $\alpha$ с гранями пирамиды.

1. Плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(SBC)$. Обе эти плоскости пересекаются плоскостью основания $(ABCD)$. По свойству параллельных плоскостей, линии их пересечения с третьей плоскостью параллельны. Линия пересечения $(SBC)$ и $(ABCD)$ — это прямая $BC$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ и $(ABCD)$ — это прямая, проходящая через точку $O$ параллельно $BC$. В квадрате $ABCD$ такой линией является отрезок, соединяющий середины сторон $AB$ и $CD$. Обозначим эти середины $N$ и $M$ соответственно. Таким образом, отрезок $NM$ — одна из сторон искомого сечения.

2. Рассмотрим грань $(SAB)$. Плоскость $\alpha$ пересекает её по прямой, проходящей через точку $N$ (так как $N$ лежит на $AB$, а значит, в плоскости $(SAB)$, и $N$ лежит в плоскости $\alpha$). Линия пересечения плоскостей $(SAB)$ и $(SBC)$ — это ребро $SB$. Так как $\alpha \parallel (SBC)$, то линия пересечения $\alpha$ и $(SAB)$ должна быть параллельна $SB$. Проведём в плоскости $(SAB)$ через точку $N$ прямую, параллельную $SB$, до пересечения с ребром $SA$ в точке $P$. Поскольку $N$ — середина $AB$, то по теореме о средней линии треугольника, точка $P$ является серединой ребра $SA$, а отрезок $NP$ — средняя линия треугольника $SAB$.

3. Аналогично для грани $(SCD)$. Плоскость $\alpha$ пересекает её по прямой, проходящей через точку $M$ параллельно ребру $SC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SD$ в точке $Q$. Так как $M$ — середина $CD$, то $Q$ — середина $SD$, а $MQ$ — средняя линия треугольника $SCD$.

4. Соединив точки $P$ и $Q$, получим отрезок $PQ$. Так как $P$ и $Q$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, отрезок $PQ$ является его средней линией и, следовательно, параллелен стороне $AD$.

Таким образом, искомое сечение — это четырёхугольник $NMPQ$. Поскольку $NM \parallel AD$ и $PQ \parallel AD$, то $NM \parallel PQ$. Значит, $NMPQ$ — трапеция. В правильной пирамиде боковые рёбра равны, $SB = SC$. Так как $NP = \frac{1}{2}SB$ и $MQ = \frac{1}{2}SC$, то боковые стороны трапеции равны ($NP = MQ$). Следовательно, сечение $NMPQ$ является равнобедренной трапецией.

Ответ: Искомое сечение является равнобедренной трапецией $NMPQ$, где $N$ и $M$ — середины рёбер основания $AB$ и $CD$, а $P$ и $Q$ — середины боковых рёбер $SA$ и $SD$.

2) Найдите площадь сечения.

Для нахождения площади равнобедренной трапеции $NMPQ$ необходимо найти длины её оснований и высоту.

Сторона основания пирамиды $a = AD = 4$ см. Двугранный угол при ребре основания равен $60^\circ$. Пусть $K$ — середина ребра $BC$. Тогда $SK \perp BC$ и $OK \perp BC$. Угол $\angle SKO$ является линейным углом данного двугранного угла, $\angle SKO = 60^\circ$.

В основании лежит квадрат, поэтому расстояние от центра $O$ до стороны $BC$ равно $OK = \frac{1}{2}AB = \frac{4}{2} = 2$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOK$ (где $SO$ — высота пирамиды).
Апофема (высота боковой грани) $SK = \frac{OK}{\cos(60^\circ)} = \frac{2}{1/2} = 4$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SKB$. Найдём длину бокового ребра $SB$.
$KB = \frac{1}{2}BC = \frac{4}{2} = 2$ см.
По теореме Пифагора: $SB = \sqrt{SK^2 + KB^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см.

Теперь найдём размеры трапеции $NMPQ$:
- Большее основание $NM$ равно стороне основания пирамиды: $NM = AD = 4$ см.
- Меньшее основание $PQ$ является средней линией $\triangle SAD$: $PQ = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.
- Боковая сторона $NP$ является средней линией $\triangle SAB$: $NP = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} = \sqrt{5}$ см.

Найдём высоту трапеции $h$. Проведём высоту из точки $P$ к основанию $NM$. Основание этой высоты отсекает от большего основания отрезок длиной $\frac{NM - PQ}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1$ см.
Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора:$h = \sqrt{NP^2 - \left(\frac{NM - PQ}{2}\right)^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2 - 1^2} = \sqrt{5 - 1} = \sqrt{4} = 2$ см.

Площадь трапеции $S_{NMPQ}$ равна:$S = \frac{NM + PQ}{2} \cdot h = \frac{4 + 2}{2} \cdot 2 = 3 \cdot 2 = 6$ см$^2$.

Ответ: $6 \text{ см}^2$.

18.49. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, основания которой равны 2 см и 18 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, а высота одной из боковых граней, проведённая к ребру основания пирамиды, – 9 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть в основании пирамиды лежит равнобокая трапеция $ABCD$, где $AD$ и $BC$ — основания, $AB$ и $CD$ — боковые стороны. По условию, $AD = 18$ см, $BC = 2$ см.

В условии сказано, что двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны. Это важное свойство означает, что вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в многоугольник основания. Таким образом, в нашу равнобокую трапецию можно вписать окружность.

Для того чтобы в четырёхугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы длин его противоположных сторон были равны. Для нашей трапеции это условие выглядит так: $AD + BC = AB + CD$

Поскольку трапеция равнобокая, её боковые стороны равны: $AB = CD$. Подставим известные значения и найдём длину боковой стороны: $18 + 2 = AB + AB$ $20 = 2 \cdot AB$ $AB = CD = 10$ см.

Теперь мы можем найти периметр основания пирамиды (трапеции): $P_{осн} = AD + BC + AB + CD = 18 + 2 + 10 + 10 = 40$ см.

Высота боковой грани, проведённая к ребру основания пирамиды, называется апофемой. Обозначим её $h_s$. По условию, $h_s = 9$ см. Так как все двугранные углы при основании равны, то высоты всех боковых граней (апофемы) также равны между собой.

Площадь боковой поверхности такой пирамиды можно найти по формуле, связывающей периметр основания и апофему: $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h_s$

Подставим найденные и данные значения в формулу: $S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 40 \text{ см} \cdot 9 \text{ см} = 20 \cdot 9 = 180$ см².

Ответ: 180 см².

18.50. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами 8 см и 15 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, а высота пирамиды равна $3\sqrt{15}$ см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами $a = 8$ см и $b = 15$ см. Высота пирамиды $H = 3\sqrt{15}$ см.

Нахождение параметров основания

Найдем гипотенузу $c$ основания по теореме Пифагора:
$c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{8^2 + 15^2} = \sqrt{64 + 225} = \sqrt{289} = 17$ см.

Периметр основания $P$ равен сумме длин его сторон:
$P = a + b + c = 8 + 15 + 17 = 40$ см.

Площадь основания $S_{осн}$:
$S_{осн} = \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 15 = 60$ см².

Нахождение радиуса вписанной окружности

Так как по условию двугранные углы при ребрах основания равны, то вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. Найдем радиус $r$ этой окружности по формуле для прямоугольного треугольника:
$r = \frac{a + b - c}{2} = \frac{8 + 15 - 17}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

Нахождение апофемы пирамиды

Апофема $h_s$ (высота боковой грани), высота пирамиды $H$ и радиус вписанной окружности $r$ образуют прямоугольный треугольник, где апофема является гипотенузой. По теореме Пифагора:
$h_s^2 = H^2 + r^2$
$h_s = \sqrt{(3\sqrt{15})^2 + 3^2} = \sqrt{9 \cdot 15 + 9} = \sqrt{135 + 9} = \sqrt{144} = 12$ см.

Нахождение площади боковой поверхности

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ пирамиды, у которой все апофемы равны, вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_s$.
$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 12 = 20 \cdot 12 = 240$ см².

Ответ: 240 см².

18.51. Основанием пирамиды $MABC$ является треугольник $ABC$, такой, что $AB = BC = 2$ см, $\angle ABC = 120^\circ$. Плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания, а угол между плоскостью $MBC$ и плоскостью основания равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Поскольку плоскости боковых граней $(MAB)$ и $(MAC)$ перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, то их линия пересечения — ребро $MA$ — также перпендикулярна плоскости основания. Таким образом, $MA$ является высотой пирамиды. Из этого следует, что треугольники $\triangle MAB$ и $\triangle MAC$ являются прямоугольными, с прямым углом при вершине $A$.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ представляет собой сумму площадей боковых граней: $S_{бок} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC}$. Для нахождения общей площади необходимо вычислить площадь каждой из этих граней.

Сначала рассмотрим треугольник $ABC$, лежащий в основании пирамиды. По условию, это равнобедренный треугольник, где $AB = BC = 2$ см и угол $\angle ABC = 120^\circ$. Найдем длину стороны $AC$ по теореме косинусов:$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$
$AC^2 = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \cos(120^\circ) = 4 + 4 - 8 \cdot (-\frac{1}{2}) = 8 + 4 = 12$
$AC = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ см.

Далее определим высоту пирамиды $MA$. Угол между плоскостью грани $(MBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$ равен $45^\circ$. Это двугранный угол при ребре $BC$. Чтобы найти его линейный угол, проведем из точки $A$ в плоскости основания высоту $AH$ к стороне $BC$. Так как $MA$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $AH$ — проекция наклонной $MH$ на эту плоскость, причем $AH \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $MH$ также перпендикулярна $BC$.Следовательно, $\angle MHA$ — это линейный угол данного двугранного угла, и по условию $\angle MHA = 45^\circ$.

Найдем длину высоты $AH$. Для этого вычислим площадь треугольника $ABC$:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(\angle ABC) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin(120^\circ) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см$^2$.
С другой стороны, площадь этого же треугольника можно выразить через высоту $AH$:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH$.
Приравнивая выражения, получаем: $\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AH$, откуда $AH = \sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHA$ ($\angle MAH = 90^\circ$). Поскольку $\angle MHA = 45^\circ$, этот треугольник является равнобедренным, и его катеты равны: $MA = AH = \sqrt{3}$ см.

Теперь у нас есть все данные для вычисления площадей боковых граней.
Площадь прямоугольного треугольника $MAB$ равна:
$S_{MAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MA = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$ см$^2$.

Площадь прямоугольного треугольника $MAC$ равна:
$S_{MAC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MA = \frac{1}{2} \cdot (2\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = 3$ см$^2$.

Для нахождения площади треугольника $MBC$ найдем его высоту $MH$ (апофему грани $MBC$). Из прямоугольного треугольника $\triangle MHA$ по теореме Пифагора:
$MH^2 = MA^2 + AH^2 = (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2 = 3 + 3 = 6$.
$MH = \sqrt{6}$ см.
Площадь треугольника $MBC$ равна:
$S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{6} = \sqrt{6}$ см$^2$.

Наконец, находим площадь боковой поверхности как сумму площадей граней:
$S_{бок} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC} = \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6}$ см$^2$.

Ответ: $3 + \sqrt{3} + \sqrt{6}$ см$^2$.