ГДЗ по Геометрии 10 Класс Базовый Уровень Номер 18.51 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

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°. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

В треугольнике \(ABK\) по синусу угла \(120^\circ\) находим \(AK = AB \cdot \sin 120^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\).

По теореме косинусов вычисляем \(AC^2 = AB^2 + BC^2 — 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos 120^\circ = 4 + 4 + 4 = 12\), значит \(AC = 2\sqrt{3}\).

Площадь боковой поверхности равна сумме площадей треугольников \(MAB\), \(MAC\), \(MBC\).

Площадь \(MAB = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}\).

Площадь \(MAC = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 3\).

Площадь \(MBC = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH \cdot \cos 45^\circ = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{6}\).

Итоговая площадь боковой поверхности \(S = \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6}\).

1. В треугольнике \(ABK\) по определению синуса угла \(120^\circ\) вычисляем длину отрезка \(AK\): \( \sin 120^\circ = \frac{AK}{AB} \), откуда \( AK = AB \cdot \sin 120^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \).

2. Для нахождения длины стороны \(AC\) используем теорему косинусов в треугольнике \(ABC\): \( AC^2 = AB^2 + BC^2 — 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos 120^\circ \). Подставляем значения: \( AC^2 = 2^2 + 2^2 — 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 4 + 4 + 4 = 12 \), следовательно, \( AC = 2 \sqrt{3} \).

3. Рассмотрим боковые грани пирамиды. Плоскости \(MAB\) и \(MAC\) перпендикулярны плоскости основания, значит высота \(MH\) пирамиды равна длине \(AK\), то есть \( MH = \sqrt{3} \).

4. Площадь боковой грани \(MAB\) вычисляется по формуле площади треугольника: \( S_{MAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3} \).

5. Площадь боковой грани \(MAC\) равна: \( S_{MAC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 3 \).

6. Для боковой грани \(MBC\) угол между плоскостью \(MBC\) и основанием равен \(45^\circ\), поэтому высота боковой грани \(MBC\) равна \( MH \cdot \cos 45^\circ = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} \).

7. Площадь боковой грани \(MBC\) вычисляется как: \( S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{6}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} \cdot 2 = \sqrt{6} \).

8. Суммируем площади боковых граней: \( S_{\text{бок}} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC} = \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6} \).

9. Ответ: площадь боковой поверхности пирамиды равна \( \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6} \) квадратных сантиметров.