Упр.258 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Задача

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов, Кадомцев 11 класс, Просвещение: Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды образует угол в 60° с плоскостью основания. Найдите площадь поверхности пирамиды, если боковое ребро равно 12 см.

Подробный ответ

Пусть $$K$$ — вершина правильной четырёхугольной пирамиды, $$ABCD$$ — квадрат основания, $$O$$ — центр квадрата. Тогда $$KO \perp ABCD$$, а проекция бокового ребра $$KA$$ на плоскость основания — это отрезок $$AO$$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $$KAO$$. По условию $$\angle KAO=60^\circ$$, $$KA=12$$ см. Тогда

$$AO=KA\cos 60^\circ=12\cdot \frac12=6\text{ см}.$$

Так как $$O$$ — центр квадрата, то $$AO$$ равно половине диагонали основания. Следовательно, диагональ квадрата

$$AC=2AO=12\text{ см},$$

а сторона квадрата

$$AB=\frac{AC}{\sqrt2}=\frac{12}{\sqrt2}=6\sqrt2\text{ см}.$$

Площадь основания:

$$S_{\text{осн}}=AB^2=(6\sqrt2)^2=72\text{ см}^2.$$

Найдём высоту боковой грани. Пусть $$E$$ — середина стороны $$AB$$. Тогда в правильной пирамиде $$KE$$ — высота боковой грани, а $$OE\perp AB$$. В квадрате расстояние от центра до середины стороны равно половине стороны, значит

$$OE=\frac{AB}{2}=3\sqrt2\text{ см}.$$

В прямоугольном треугольнике $$KOE$$:

$$KE=\sqrt{KO^2+OE^2}.$$

Сначала найдём $$KO$$ из треугольника $$KAO$$:

$$KO=KA\sin 60^\circ=12\cdot \frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3\text{ см}.$$

Тогда

$$KE=\sqrt{(6\sqrt3)^2+(3\sqrt2)^2}=\sqrt{108+18}=\sqrt{126}=3\sqrt{14}\text{ см}.$$

Площадь одной боковой грани:

$$S_{KAB}=\frac12\cdot AB\cdot KE=\frac12\cdot 6\sqrt2\cdot 3\sqrt{14}=18\sqrt7\text{ см}^2.$$

Боковых граней четыре, значит

$$S_{\text{бок}}=4\cdot 18\sqrt7=72\sqrt7\text{ см}^2.$$

Полная поверхность пирамиды: