Номер 149, страница 52 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

149. Есть пирамида с квадратным основанием. Одно из боковых ребер пи-

рамиды перпендикулярно плоскости основания, а один из двугран-

ных углов при основании равен $45^\circ$. Учитывая, что наибольшее бо-

ковое ребро равно $12 \text{ см}$, найдите:

а) высоту пирамиды;

б) боковую поверхность пирамиды.

Пусть дана пирамида $SABCD$, где $ABCD$ — квадратное основание, а $S$ — вершина. По условию, одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания. Пусть этим ребром будет $SA$.

Это означает, что $SA$ является высотой пирамиды, обозначим ее $h = SA$. Так как ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, то оно перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $A$. В частности, $SA \perp AB$ и $SA \perp AD$. Следовательно, боковые грани $\triangle SAB$ и $\triangle SAD$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $A$.

Основание $ABCD$ — квадрат. Пусть его сторона равна $a$. Тогда $AB = BC = CD = DA = a$.

Двугранный угол при основании — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Рассмотрим двугранные углы при ребрах основания. Двугранные углы при ребрах $AB$ и $AD$ равны $90^\circ$, так как содержащие их грани $SAB$ и $SAD$ перпендикулярны плоскости основания. Рассмотрим двугранный угол при ребре $BC$. По теореме о трех перпендикулярах, так как $SA \perp (ABC)$, $AB$ — проекция наклонной $SB$ на плоскость основания, и $AB \perp BC$ (свойство квадрата), то и наклонная $SB \perp BC$. Следовательно, линейным углом этого двугранного угла является угол $\angle SBA$. Аналогично, линейным углом двугранного угла при ребре $CD$ является угол $\angle SDA$.

По условию, один из двугранных углов равен $45^\circ$. Это не могут быть углы в $90^\circ$, значит $\angle SBA = 45^\circ$ или $\angle SDA = 45^\circ$. Так как $\triangle SAB$ и $\triangle SAD$ равны по двум катетам ($SA$ — общий, $AB = AD = a$), то $\angle SBA = \angle SDA$. Таким образом, оба этих угла равны $45^\circ$.

Найдем самое длинное боковое ребро. Сравним длины ребер $SA$, $SB$, $SC$ и $SD$. В прямоугольном $\triangle SAB$: $SB^2 = SA^2 + AB^2 = h^2 + a^2$. Так как $\triangle SAD \cong \triangle SAB$, то $SD = SB$. В прямоугольном $\triangle SAC$ (угол $\angle SAC = 90^\circ$, так как $SA \perp AC$), гипотенуза $SC$ вычисляется по теореме Пифагора: $SC^2 = SA^2 + AC^2$. Диагональ квадрата $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Тогда $SC^2 = h^2 + (a\sqrt{2})^2 = h^2 + 2a^2$. Сравнивая $h^2+a^2$ и $h^2+2a^2$, очевидно, что $SC$ является самым длинным ребром. По условию, $SC = 12$ см.

а) высоту пирамиды;

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAB$. В нем $\angle SAB = 90^\circ$ и $\angle SBA = 45^\circ$. Следовательно, $\triangle SAB$ — равнобедренный, и его катеты равны: $SA = AB$. Это значит, что высота пирамиды $h$ равна стороне основания $a$, то есть $h = a$.

Теперь используем информацию о длине ребра $SC$: $SC^2 = SA^2 + AC^2$ Подставим $SC = 12$, $SA = a$ и $AC = a\sqrt{2}$: $12^2 = a^2 + (a\sqrt{2})^2$ $144 = a^2 + 2a^2$ $144 = 3a^2$ $a^2 = \frac{144}{3} = 48$ $a = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$ см.

Высота пирамиды $h$ равна стороне основания $a$. $h = 4\sqrt{3}$ см.
Ответ: $4\sqrt{3}$ см.

б) боковую поверхность пирамиды.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ — это сумма площадей четырех боковых граней: $\triangle SAB$, $\triangle SAD$, $\triangle SBC$, $\triangle SCD$.

1. Площади $\triangle SAB$ и $\triangle SAD$. Эти треугольники — равные прямоугольные равнобедренные треугольники с катетами $SA = AB = a = 4\sqrt{3}$ см. $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2}a^2 = \frac{1}{2} \cdot 48 = 24$ см$^2$. $S_{\triangle SAD} = S_{\triangle SAB} = 24$ см$^2$.

2. Площади $\triangle SBC$ и $\triangle SCD$. Мы доказали, что $SB \perp BC$ и $SD \perp CD$, значит эти грани — прямоугольные треугольники. Найдем длину катета $SB$ (который является гипотенузой в $\triangle SAB$): $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} = 4\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} = 4\sqrt{6}$ см. $SD = SB = 4\sqrt{6}$ см. Площадь $\triangle SBC$ равна: $S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot (a\sqrt{2}) = \frac{a^2\sqrt{2}}{2} = \frac{48\sqrt{2}}{2} = 24\sqrt{2}$ см$^2$. $S_{\triangle SCD} = S_{\triangle SBC} = 24\sqrt{2}$ см$^2$.

3. Общая площадь боковой поверхности. $S_{бок} = S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SAD} + S_{\triangle SBC} + S_{\triangle SCD}$ $S_{бок} = 24 + 24 + 24\sqrt{2} + 24\sqrt{2} = 48 + 48\sqrt{2}$ см$^2$. Можно вынести общий множитель: $S_{бок} = 48(1 + \sqrt{2})$ см$^2$.
Ответ: $48(1 + \sqrt{2})$ см$^2$.