14613. Основание пирамиды — правильный треугольник со стороной a
. Одна из боковых граней также является правильным треугольником и перпендикулярна плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
Ответ. \frac{a^{2}(\sqrt{3}+\sqrt{15})}{4}
.
Решение. Пусть правильный треугольник ABC
— основание пирамиды ABCD
со стороной a
, причём боковая грань ADB
— тоже правильный треугольник, а плоскости ADB
и ABC
перпендикулярны. Тогда высота DH
треугольника ADB
является высотой пирамиды (задачу 7712).
Пусть AM
— высота основания ABC
, а HK
— перпендикуляр к BC
. Тогда HK
— средняя линия прямоугольного треугольника AMB
, а по теореме о трёх перпендикулярах DK\perp BC
. Тогда
HK=\frac{1}{2}AM=\frac{a\sqrt{3}}{4},
а DKH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре BC
. Обозначим \angle DKH=\varphi
. Тогда
\tg\varphi=\tg\angle DKH=\frac{DH}{HK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2,
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\cos^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+4}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Боковые грани ACD
и BCD
пирамиды равны, а также равны двугранные углы пирамиды при рёбрах AC
и BC
. По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093) сумма площадей этих боковых граней равна
\frac{S_{\triangle ABC}}{\cos\varphi}=\frac{\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}.
Следовательно, площадь всей боковой поверхности пирамиды равна
\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}=\frac{a^{2}(\sqrt{3}+\sqrt{15})}{4}.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 3.6, с. 63