ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 306: Элементы симметрии правильных многогранников

Для решения задачи введем обозначения и построим вспомогательные сечения. Пусть SABCD — правильная четырёхугольная пирамида, где SO=h — высота, опущенная из вершины S в центр основания O. Основание ABCD — квадрат со стороной a. Нам нужно найти площадь полной поверхности S_полн.

Рассмотрим угол между высотой SO и плоскостью боковой грани. Проведем апофему SM к стороне основания BC, где M — середина BC. Тогда OM⊥BC (так как O — центр квадрата), а по теореме о трёх перпендикулярах SM⊥BC. Плоскость SOM перпендикулярна ребру BC, следовательно, она перпендикулярна и плоскости боковой грани SBC. Линией пересечения этих плоскостей является прямая SM. Угол между прямой SO и плоскостью SBC равен углу между этой прямой и её проекцией на плоскость. Спустим перпендикуляр OK из точки O на апофему SM. Тогда OK⊥SM, и так как плоскость SOM⊥SBC, то OK⊥(SBC). Следовательно, проекцией отрезка SO на плоскость SBC является отрезок SK. Искомый угол β=nlessOSK=nlessOSM (в треугольнике OSM). По условию этот угол равен β.

В прямоугольном треугольнике OSM (nlessSOM=90^nirc):
1) Катет OM — это половина стороны основания: OM=a/2.
2) Из условия угла наклона высоты к грани следует связь между элементами. В треугольнике OSM: nlessOSM=β. Тогда tanβ=OM/SO=a/2/h. Отсюда выразим сторону основания:
a/2=htanβimpliesa=2htanβ

Теперь найдем элементы для расчета площади.
Площадь основания S_осн =a²=(2htanβ)²=4h²tan²β.

Площадь боковой поверхности состоит из 4 равных треугольников. Высота каждого такого треугольника — апофема SM.
Из треугольника OSM: SM=SO²+OM²=h²+(htanβ)²=h1+tan²β=h/ncosβ.

Площадь одной боковой грани: S_гр =1/2·a·SM=1/2·(2htanβ)·h/ncosβ=h²nsinβ/ncos²β.

Площадь всей боковой поверхности: S_бок =4·S_гр =4h²nsinβ/ncos²β.

Полная поверхность: S_полн =S_осн +S_бок =4h²tan²β+4h²nsinβ/ncos²β.

Преобразуем выражение, приведя к общему знаменателю или упростив тригонометрически:
S_полн =4h²(nsin²β/ncos²β+nsinβ/ncos²β)=4h²nsinβ(nsinβ+1)/ncos²β.

Используем формулу разности квадратов для знаменателя: ncos²β=1-nsin²β=(1-nsinβ)(1+nsinβ).

Тогда:
S_полн =4h²nsinβ(1+nsinβ)/(1-nsinβ)(1+nsinβ)=4h²nsinβ/1-nsinβ

Однако, давайте проверим альтернативный путь через ключевую подсказку, которая часто встречается в таких задачах, если угол дан иначе или требуется другая форма записи. В условии сказано, что высота составляет угол β с плоскостью боковой грани. Мы определили этот угол как nlessOSM.
Давайте перепроверим геометрию угла. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Проекция SO на (SBC) есть SK. Треугольник OSK прямоугольный (nlessOKS=90^nirc). nlessOSK=β.
В треугольнике OSM (прямоугольный при O): OK — высота к гипотенузе SM.
Углы: nlessOSM=β. Значит, nlessSOM=90^nirc-β? Нет, nlessSOM=90^nirc. Сумма углов в △OSM: nlessOSM+nlessSMO=90^nirc.
Если nlessOSM=β, то nlessSMO=90^nirc-β.
Тогда OM=SOtanβ=htanβ. Это верно.
SM=SO/ncosβ=h/ncosβ. Это верно.
a=2OM=2htanβ.
S_осн =4h²tan²β.
S_бок =4×1/2a×SM=2(2htanβ)(h/ncosβ)=4h²nsinβ/ncos²β.
S_полн =4h²nsin²β/ncos²β+4h²nsinβ/ncos²β=4h²nsinβ(nsinβ+1)/ncos²β=4h²nsinβ/1-nsinβ.

Ключ ответа содержит tg²β. Возможно, в условии подразумевается другой угол или форма ответа требует преобразования. Давайте посмотрим на ключ: 4h²tg²β×(1+1/nsinβ).
Раскроем скобки в ключе: 4h²tan²β+4h²tan²β/nsinβ=4h²nsin²β/ncos²β+4h²nsinβ/ncos²β.
Это в точности совпадает с нашим результатом S_осн +S_бок!
Таким образом, наша формула эквивалентна ключу. Запишем ответ в виде, близком к ключу, чтобы было понятнее ученикам, или оставим упрощенным. Обычно требуют упрощения, но форма ключа показывает структуру «Основание + Боковая».

Ответ можно записать как:
S_полн =4h²tan²β(1+1/nsinβ)
или в более компактном виде:
S_полн =4h²nsinβ/1-nsinβ