14003. Основание призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине C
. Ортогональная проекция вершины B_{1}
на плоскость ABC
— вершина C
. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если BC=1
, \angle B_{1}BC=45^{\circ}
и двугранный угол призмы при ребре BB_{1}
равен 60^{\circ}
.
Ответ. 3+\sqrt{3}
.
Решение. Поскольку BB_{1}
— перпендикуляр к плоскости ABC
, прямая BC
— ортогональная проекция прямой B_{1}B
на эту плоскость, а так как BC\perp AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах BB_{1}\perp AC
.
Пусть CH
— высота равнобедренного прямоугольного треугольника BCB_{1}
. Тогда CH=\frac{\sqrt{2}}{2}
. Прямая BB_{1}
перпендикулярна пересекающимся прямым CH
и AC
плоскости ACH
, поэтому BB_{1}
— перпендикуляр к этой плоскости. Значит, AHC
— линейный угол двугранного угла призмы при ребре BB_{1}
. По условию \angle AHC=60^{\circ}
. Кроме того, треугольник AHC
— перпендикулярное сечение призмы, поэтому площадь S
её боковой поверхности, равна периметру этого треугольника, умноженному на боковое ребро (см. задачу 9107).
Прямая AC
перпендикулярна пересекающимся прямым BB_{1}
и BC
плоскости BCB_{1}
, поэтому AC
— перпендикуляр к этой плоскости, значит, AC\perp CH
, т. е. треугольник ACH
прямоугольный. Тогда
AH=\frac{CH}{\cos60^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{2},~AC=CH\tg60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}}{2}.
Значит, периметр перпендикулярного сечения призмы равен
CH+AH+AC=\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(3+\sqrt{3}).
Следовательно,
S=(CH+AH+AC)BB_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}(3+\sqrt{3})\cdot\sqrt{2}=3+\sqrt{3}.