Номер 463, страница 70 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

463. Докажите, что боковая поверхность пирамиды больше площади ее основания.

Доказательство

Рассмотрим произвольную пирамиду. Пусть $S_{бок}$ — площадь её боковой поверхности, а $S_{осн}$ — площадь её основания. Боковая поверхность состоит из нескольких треугольных граней. Обозначим площади этих граней как $S_1, S_2, \ldots, S_n$. Тогда площадь боковой поверхности равна их сумме:

$S_{бок} = \sum_{i=1}^{n} S_i$.

Спроектируем ортогонально каждую боковую грань на плоскость основания пирамиды. Пусть $S_{i, пр}$ — площадь проекции $i$-й боковой грани. Согласно теореме о площади ортогональной проекции многоугольника, площадь проекции связана с площадью исходной фигуры следующим соотношением:

$S_{i, пр} = S_i \cdot \cos(\alpha_i)$,

где $\alpha_i$ — это двугранный угол между плоскостью $i$-й боковой грани и плоскостью основания.

Для любой невырожденной пирамиды (вершина которой не лежит в плоскости основания) каждая боковая грань наклонена к основанию. Это означает, что угол $\alpha_i$ находится в пределах $0^\circ < \alpha_i < 90^\circ$. Для таких углов косинус принимает значения $0 < \cos(\alpha_i) < 1$.

Из этого следует, что площадь каждой боковой грани строго больше площади её проекции (поскольку площадь проекции $S_{i, пр}$ неотрицательна, и для невырожденной пирамиды хотя бы одна из этих площадей строго положительна):

$S_i = \frac{S_{i, пр}}{\cos(\alpha_i)} \ge S_{i, пр}$

Просуммировав это неравенство по всем боковым граням, получим, что площадь боковой поверхности пирамиды больше или равна сумме площадей проекций всех её боковых граней. Равенство было бы возможно только если все грани перпендикулярны основанию (что невозможно) или все грани лежат в плоскости основания (что является вырожденным случаем). Поскольку хотя бы одна грань наклонена под углом $\alpha_i > 0$, то для этой грани $S_i > S_{i, пр}$, и, следовательно, общее неравенство будет строгим:

$S_{бок} = \sum_{i=1}^{n} S_i > \sum_{i=1}^{n} S_{i, пр}$

Теперь рассмотрим, как сумма площадей проекций боковых граней связана с площадью основания. Пусть $A_1A_2\ldots A_n$ — многоугольник в основании пирамиды, а $P$ — её вершина. Пусть точка $O$ — ортогональная проекция вершины $P$ на плоскость основания. Тогда проекцией боковой грани, опирающейся на ребро $A_iA_{i+1}$, является треугольник $\triangle OA_iA_{i+1}$. Таким образом, $S_{i, пр} = \text{Площадь}(\triangle OA_iA_{i+1})$.

Площадь многоугольника в основании $S_{осн}$ может быть вычислена как модуль суммы ориентированных площадей треугольников, на которые он разбивается точкой $O$:

$S_{осн} = \left| \sum_{i=1}^{n} S_{ориент}(\triangle OA_iA_{i+1}) \right|$

Сумма площадей проекций — это сумма абсолютных величин (неотрицательных площадей) этих же треугольников:

$\sum_{i=1}^{n} S_{i, пр} = \sum_{i=1}^{n} \left| S_{ориент}(\triangle OA_iA_{i+1}) \right|$

Согласно свойству модуля (неравенство треугольника), модуль суммы не превышает сумму модулей:

$\left| \sum_{i=1}^{n} S_{ориент}(\triangle OA_iA_{i+1}) \right| \le \sum_{i=1}^{n} \left| S_{ориент}(\triangle OA_iA_{i+1}) \right|$

Следовательно,

$S_{осн} \le \sum_{i=1}^{n} S_{i, пр}$

Объединяя два полученных неравенства, мы приходим к окончательному результату:

$S_{бок} > \sum_{i=1}^{n} S_{i, пр} \ge S_{осн}$

Таким образом, мы доказали, что площадь боковой поверхности пирамиды всегда больше площади её основания.

Ответ: Доказано, что боковая поверхность пирамиды больше площади ее основания.