Упр.768 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов, Кадомцев 11 класс, Просвещение: В основании пирамиды МАВС лежит треугольник АВС, в котором ?C=90°, AC=4 см, BC=3 см. Грань МАС перпендикулярна к плоскости основания, а две другие боковые грани составляют равные углы с плоскостью основания. Расстояние от основания высоты МН пирамиды до грани МВС равно 3v2/4 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Так как $$\angle C=90^\circ,$$ то $$AC\perp BC.$$ Поскольку грань $$MAC$$ перпендикулярна плоскости основания $$ABC,$$ а прямая $$MH$$ — высота пирамиды, то $$MH\perp ABC$$ и $$MH\subset MAC.$$ По теореме о трёх перпендикулярах получаем $$MC\perp BC.$$

Из точки $$H$$ опустим $$HP\perp AB.$$ Тогда по теореме о трёх перпендикулярах $$MP\perp AB.$$

Рассмотрим треугольники $$MHC$$ и $$PMH.$$ У них $$MH$$ — общая сторона, а углы при основании равны, значит $$\triangle MHC \cong \triangle PMH,$$ откуда

$$PH=CH,\qquad MP=MC.$$

Аналогично, из равенства углов при основании в треугольниках $$MCB$$ и $$PMB$$ получаем

$$PB=BC.$$

В прямоугольном треугольнике $$ABC$$ найдем гипотенузу:

$$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5.$$

Так как $$BH$$ — высота к гипотенузе прямоугольного треугольника $$ABC,$$ то

$$\frac{AH}{AB}=\frac{CH}{CB}.$$

Следовательно,

$$\frac{AH}{5}=\frac{CH}{3},$$

откуда

$$3AH=5CH.$$

Кроме того, $$AH+CH=AC=4.$$ Тогда

$$AH=4-CH,$$

$$3(4-CH)=5CH,$$

$$12-3CH=5CH,$$

$$8CH=12,$$

$$CH=\frac{3}{2},\qquad AH=\frac{5}{2}.$$

По условию расстояние от точки $$H$$ до грани $$MBC$$ равно $$\frac{3\sqrt2}{4}$$ см. Объём пирамиды $$MHBC$$ можно выразить двумя способами:

$$V_{MHBC}=\frac13\cdot S_{MBC}\cdot \frac{3\sqrt2}{4}$$

и

$$V_{MHBC}=\frac13\cdot MH\cdot S_{CBH}.$$

Так как $$\triangle CBH$$ прямоугольный, то

$$S_{CBH}=\frac12\cdot CH\cdot BC=\frac12\cdot \frac32\cdot 3=\frac94.$$

Тогда

$$V_{MHBC}=\frac13\cdot MH\cdot \frac94=\frac34\,MH.$$

С другой стороны,

$$V_{MHBC}=\frac13\cdot \frac{3\sqrt2}{4}\cdot S_{MBC}.$$

Но

$$S_{MBC}=\frac12\cdot MC\cdot BC=\frac12\cdot MC\cdot 3=\frac32\,MC.$$

Значит,

$$V_{MHBC}=\frac13\cdot \frac{3\sqrt2}{4}\cdot \frac32\,MC=\frac{3\sqrt2}{8}\,MC.$$

Приравнивая выражения для объёма, получаем

$$\frac{3\sqrt2}{8}\,MC=\frac34\,MH,$$

то есть

$$\sqrt2\,MC=2MH.$$

Теперь в прямоугольном треугольнике $$MCH$$:

$$MC^2=CH^2+MH^2.$$

Подставим $$MH=\frac{\sqrt2}{2}MC$$ и $$CH=\frac32$$:

$$MC^2=\left(\frac32\right)^2+\left(\frac{\sqrt2}{2}MC\right)^2$$

$$MC^2=\frac94+\frac12MC^2,$$

$$\frac12MC^2=\frac94,$$

$$MC^2=\frac92,$$

$$MC=\frac{3\sqrt2}{2},\qquad MH=\frac32.$$

Теперь найдём площади боковых граней:

$$S_{MCB}=\frac12\cdot MC\cdot BC=\frac12\cdot \frac{3\sqrt2}{2}\cdot 3=\frac{9\sqrt2}{4},$$

$$S_{AMB}=\frac12\cdot AB\cdot MP=\frac12\cdot 5\cdot \frac{3\sqrt2}{2}=\frac{15\sqrt2}{4},$$

$$S_{AMC}=\frac12\cdot AC\cdot MH=\frac12\cdot 4\cdot \frac32=3.$$

Тогда площадь боковой поверхности пирамиды равна

$$S_{\text{бок}}=S_{AMC}+S_{AMB}+S_{MCB}$$

$$S_{\text{бок}}=3+\frac{15\sqrt2}{4}+\frac{9\sqrt2}{4}=3+6\sqrt2=3(2\sqrt2+1).$$

Ответ

$$3(2\sqrt2+1)\text{ см}^2$$