Страница 132 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Киселёва Л. С.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2019 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: коричневый с ромбами

ISBN: 978-5-09-103606-0 (2023)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

Cтраница 132

Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132
№482 (с. 132)
Условие. №482 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 482, Условие

482. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равно m и составляет с плоскостью основания угол φ. Найдите объём пирамиды.

Решение 2. №482 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 482, Решение 2
Решение 6. №482 (с. 132)

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$, где $ABCD$ — квадрат в основании, а $S$ — вершина. По условию, боковое ребро равно $m$, например, $SA = m$. Высота пирамиды $H$ опускается из вершины $S$ в центр основания $O$ (точка пересечения диагоналей квадрата).

Объём пирамиды находится по формуле: $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — это площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

Угол, который боковое ребро ($SA$) составляет с плоскостью основания, — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость ($OA$). Таким образом, по условию, угол $\angle SAO = ?$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$ (угол $\angle SOA = 90^\circ$). В этом треугольнике гипотенуза $SA = m$, катет $SO$ является высотой пирамиды $H$, а катет $OA$ — половиной диагонали основания. Используя тригонометрические соотношения, найдём $H$ и $OA$:

Высота $H$ противолежит углу $?$: $H = SO = SA \cdot \sin(\angle SAO) = m \sin(?)$

Проекция бокового ребра на основание $OA$ прилежит к углу $?$: $OA = SA \cdot \cos(\angle SAO) = m \cos(?)$

Так как $OA$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$, то вся диагональ $d$ равна: $d = AC = 2 \cdot OA = 2m \cos(?)$

Площадь основания (квадрата) можно вычислить через его диагональ по формуле $S = \frac{1}{2}d^2$: $S_{осн} = \frac{1}{2} (2m \cos(?))^2 = \frac{1}{2} \cdot 4m^2 \cos^2(?) = 2m^2 \cos^2(?)$

Теперь, подставив найденные значения площади основания $S_{осн}$ и высоты $H$ в формулу объёма, получим: $V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot (2m^2 \cos^2(?)) \cdot (m \sin(?))$

Упростив выражение, получаем конечную формулу для объёма пирамиды: $V = \frac{2}{3} m^3 \sin(?) \cos^2(?)$

Ответ: $V = \frac{2}{3} m^3 \sin(?) \cos^2(?)$.

№483 (с. 132)
Условие. №483 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 483, Условие

483. Найдите объём и площадь боковой поверхности правильной шестиугольной пирамиды, если её боковое ребро равно 13 см, а диаметр круга, вписанного в основание, равен 6 см.

Решение 2. №483 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 483, Решение 2
Решение 6. №483 (с. 132)

Дано: правильная шестиугольная пирамида.
Боковое ребро $l = 13$ см.
Диаметр вписанного в основание круга $d = 6$ см.

Для начала найдем параметры основания пирамиды — правильного шестиугольника.
Радиус вписанного в основание круга равен половине диаметра:
$r = \frac{d}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

Радиус вписанной в правильный шестиугольник окружности связан с его стороной $a$ формулой $r = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Отсюда выразим и найдем сторону основания $a$:
$a = \frac{2r}{\sqrt{3}} = \frac{2 \cdot 3}{\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см.

Объём

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

1. Найдем площадь основания ($S_{осн}$).
Площадь правильного шестиугольника можно найти по формуле $S_{осн} = \frac{3\sqrt{3}}{2}a^2$.
$S_{осн} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot (2\sqrt{3})^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot (4 \cdot 3) = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot 12 = 18\sqrt{3}$ см?.

2. Найдем высоту пирамиды ($H$).
Высоту можно найти из прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды $H$, боковым ребром $l$ (гипотенуза) и радиусом описанной около основания окружности $R$ (катет).
Для правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен его стороне: $R = a = 2\sqrt{3}$ см.
По теореме Пифагора: $l^2 = H^2 + R^2$.
$H^2 = l^2 - R^2 = 13^2 - (2\sqrt{3})^2 = 169 - 12 = 157$.
$H = \sqrt{157}$ см.

3. Вычислим объём ($V$).
$V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 18\sqrt{3} \cdot \sqrt{157} = 6\sqrt{3 \cdot 157} = 6\sqrt{471}$ см?.
Ответ: $6\sqrt{471}$ см?.

Площадь боковой поверхности

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды вычисляется по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} h_a$, где $P_{осн}$ — периметр основания, а $h_a$ — апофема пирамиды (высота боковой грани).

1. Найдем периметр основания ($P_{осн}$).
$P_{осн} = 6a = 6 \cdot 2\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$ см.

2. Найдем апофему пирамиды ($h_a$).
Апофему можно найти из прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды $H$ (катет), апофемой $h_a$ (гипотенуза) и радиусом вписанной в основание окружности $r$ (катет).
По теореме Пифагора: $h_a^2 = H^2 + r^2$.
$h_a^2 = (\sqrt{157})^2 + 3^2 = 157 + 9 = 166$.
$h_a = \sqrt{166}$ см.

3. Вычислим площадь боковой поверхности ($S_{бок}$).
$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot P_{осн} \cdot h_a = \frac{1}{2} \cdot 12\sqrt{3} \cdot \sqrt{166} = 6\sqrt{3 \cdot 166} = 6\sqrt{498}$ см?.
Ответ: $6\sqrt{498}$ см?.

№484 (с. 132)
Условие. №484 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 484, Условие

484. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = ВС = 13 см, АС = 10 см. Каждое боковое ребро пирамиды образует с её высотой угол в 30°. Вычислите объём пирамиды.

Решение 2. №484 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 484, Решение 2
Решение 6. №484 (с. 132)

1. Нахождение площади основания пирамиды

Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник $ABC$ со сторонами $AB = BC = 13$ см и основанием $AC = 10$ см. Для вычисления его площади $S_{осн}$ проведем высоту $BH$ к стороне $AC$. В равнобедренном треугольнике эта высота также является медианой, поэтому она делит основание $AC$ пополам: $AH = HC = \frac{10}{2} = 5$ см.

Из прямоугольного треугольника $BHC$ по теореме Пифагора найдем длину высоты $BH$:

$BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12$ см.

Площадь основания пирамиды равна площади треугольника $ABC$:

$S_{осн} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 12 = 60$ см2.

2. Нахождение высоты пирамиды

Пусть $SO$ — высота пирамиды $H$. По условию, каждое боковое ребро образует с высотой угол $30^\circ$. Это означает, что если мы рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой $SO$ и боковыми ребрами ($SA, SB, SC$), то углы $\angle ASO, \angle BSO, \angle CSO$ будут равны $30^\circ$.

Так как треугольники $\triangle SOA, \triangle SOB, \triangle SOC$ являются прямоугольными (с прямым углом при вершине $O$), имеют общий катет $SO$ и равный острый угол ($30^\circ$), они равны по катету и острому углу. Из равенства этих треугольников следует, что их вторые катеты также равны: $OA = OB = OC$. Это означает, что точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$, а отрезки $OA, OB, OC$ — ее радиусом $R$.

Найдем радиус $R$ описанной окружности по формуле $R = \frac{abc}{4S}$, где $a,b,c$ — стороны треугольника:

$R = \frac{13 \cdot 13 \cdot 10}{4 \cdot S_{осн}} = \frac{1690}{4 \cdot 60} = \frac{1690}{240} = \frac{169}{24}$ см.

Теперь из прямоугольного треугольника $SOA$ найдем высоту пирамиды $H=SO$. В этом треугольнике нам известен катет $OA=R$ и прилежащий к высоте $SO$ угол $\angle ASO = 30^\circ$.

Используя определение тангенса, получаем: $\tan(\angle ASO) = \frac{OA}{SO}$.

Отсюда выражаем высоту $H=SO$:

$H = SO = \frac{OA}{\tan(30^\circ)} = \frac{R}{1/\sqrt{3}} = R\sqrt{3} = \frac{169}{24} \cdot \sqrt{3} = \frac{169\sqrt{3}}{24}$ см.

3. Вычисление объёма пирамиды

Объём пирамиды $V$ вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot H$. Подставим найденные значения площади основания и высоты:

$V = \frac{1}{3} \cdot 60 \cdot \frac{169\sqrt{3}}{24} = 20 \cdot \frac{169\sqrt{3}}{24}$

Сократим и вычислим окончательное значение:

$V = \frac{20 \cdot 169\sqrt{3}}{24} = \frac{5 \cdot 169\sqrt{3}}{6} = \frac{845\sqrt{3}}{6}$ см3.

Ответ: $V = \frac{845\sqrt{3}}{6}$ см3.

№485 (с. 132)
Условие. №485 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 485, Условие

485. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами а и b. Каждое её боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом φ. Найдите объём пирамиды.

Решение 2. №485 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 485, Решение 2
Решение 6. №485 (с. 132)

Объём пирамиды $V$ вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами $a$ и $b$. Его площадь $S_{осн}$ равна:

$$ S_{осн} = \frac{1}{2}ab $$

Согласно условию, каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под одинаковым углом $\phi$. Это означает, что вершина пирамиды проецируется в центр окружности, описанной около треугольника в основании. Для прямоугольного треугольника центр описанной окружности находится на середине его гипотенузы.

Найдем длину гипотенузы $c$ по теореме Пифагора:

$$ c = \sqrt{a^2 + b^2} $$

Радиус $R$ описанной окружности равен половине длины гипотенузы:

$$ R = \frac{c}{2} = \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{2} $$

Радиус $R$ является проекцией бокового ребра на плоскость основания. Высота пирамиды $H$, радиус $R$ и боковое ребро образуют прямоугольный треугольник. Угол между боковым ребром (гипотенузой этого треугольника) и его проекцией $R$ (катетом) равен $\phi$. Из этого прямоугольного треугольника находим высоту $H$ (второй катет):

$$ \tan(\phi) = \frac{H}{R} $$

Отсюда выразим высоту $H$:

$$ H = R \cdot \tan(\phi) = \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{2} \tan(\phi) $$

Теперь подставим найденные значения площади основания $S_{осн}$ и высоты $H$ в формулу для объёма пирамиды:

$$ V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{ab}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{2} \tan(\phi)\right) $$

Упрощая выражение, получаем окончательный результат:

$$ V = \frac{ab \sqrt{a^2 + b^2} \tan(\phi)}{12} $$

Ответ: $V = \frac{ab \sqrt{a^2 + b^2} \tan(\phi)}{12}$

№486 (с. 132)
Условие. №486 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 486, Условие

486. Докажите, что если в пирамиду можно вписать шар, то объём V пирамиды можно вычислить по формуле V =13S ∙ r, где S — площадь полной поверхности пирамиды, а r — радиус вписанного в пирамиду шара.

Решение 2. №486 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 486, Решение 2
Решение 6. №486 (с. 132)

Пусть дана произвольная пирамида, в которую вписан шар с центром в точке $O$ и радиусом $r$.

По определению вписанного шара, он касается всех граней пирамиды. Это означает, что расстояние от его центра $O$ до плоскости каждой грани равно радиусу $r$.

Соединим центр шара $O$ со всеми вершинами пирамиды. В результате исходная пирамида будет разбита на несколько меньших пирамид. Основанием каждой такой малой пирамиды будет одна из граней исходной пирамиды, а общей вершиной для всех них будет точка $O$.

Пусть площади граней исходной пирамиды (включая основание) равны $S_1, S_2, \dots, S_n$. Тогда площадь полной поверхности $S$ исходной пирамиды равна их сумме: $S = S_1 + S_2 + \dots + S_n$.

Рассмотрим одну из малых пирамид, например, с основанием $S_i$. Ее вершина — точка $O$. Высота этой пирамиды, опущенная из вершины $O$ на основание $S_i$, является перпендикуляром от центра шара до грани. Как мы установили, длина этой высоты равна радиусу вписанного шара $r$.

Объем $V_i$ этой малой пирамиды вычисляется по формуле $V_i = \frac{1}{3} S_i \cdot r$. Это справедливо для всех малых пирамид, на которые была разбита исходная.

Общий объем $V$ исходной пирамиды равен сумме объемов всех малых пирамид: $V = V_1 + V_2 + \dots + V_n = \frac{1}{3} S_1 \cdot r + \frac{1}{3} S_2 \cdot r + \dots + \frac{1}{3} S_n \cdot r$.

Вынесем общий множитель $\frac{1}{3}r$ за скобки: $V = \frac{1}{3} r (S_1 + S_2 + \dots + S_n)$.

Поскольку выражение в скобках равно площади полной поверхности пирамиды $S$, мы получаем искомую формулу: $V = \frac{1}{3} S \cdot r$.

Ответ: Утверждение доказано.

№487 (с. 132)
Условие. №487 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 487, Условие

487. Основанием пирамиды является ромб со стороной 6 см. Каждый из двугранных углов при основании равен 45°. Найдите объём пирамиды, если её высота равна 1,5 см.

Решение 2. №487 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 487, Решение 2
Решение 6. №487 (с. 132)

Объём пирамиды вычисляется по формуле:

$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

По условию задачи, высота пирамиды $H = 1,5$ см, а основанием является ромб со стороной $a = 6$ см. Для нахождения объёма необходимо вычислить площадь основания $S_{осн}$.

Так как все двугранные углы при основании пирамиды равны, то вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание. Для ромба центром вписанной окружности является точка пересечения его диагоналей. Обозначим вершину пирамиды как $S$, а её проекцию на основание (центр вписанной окружности) как $O$. Тогда $SO = H = 1,5$ см.

Радиус $r$ вписанной в ромб окружности можно найти, рассмотрев прямоугольный треугольник $\triangle SOK$, где $K$ — точка касания вписанной окружности со стороной ромба. В этом треугольнике:

  • $SO$ — катет, равный высоте пирамиды $H$.
  • $OK$ — катет, равный радиусу вписанной окружности $r$.
  • $\angle SKO$ — линейный угол двугранного угла при основании, по условию он равен $45^\circ$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике $\triangle SOK$ имеем:

$\text{tg}(\angle SKO) = \frac{SO}{OK} = \frac{H}{r}$

Подставляем известные значения:

$\text{tg}(45^\circ) = \frac{1,5}{r}$

Поскольку $\text{tg}(45^\circ) = 1$, получаем:

$1 = \frac{1,5}{r} \Rightarrow r = 1,5$ см.

Высота ромба $h_{ромба}$ равна диаметру вписанной в него окружности, то есть $h_{ромба} = 2r$.

$h_{ромба} = 2 \cdot 1,5 = 3$ см.

Теперь можно найти площадь ромба по формуле произведения стороны на высоту:

$S_{осн} = a \cdot h_{ромба} = 6 \cdot 3 = 18$ см2.

Наконец, вычисляем объём пирамиды:

$V = \frac{1}{3} \cdot S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 18 \cdot 1,5 = 6 \cdot 1,5 = 9$ см3.

Ответ: 9 см3.

№488 (с. 132)
Условие. №488 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 488, Условие

488. Найдите объём треугольной пирамиды SABC, если:

а) ∠CAB = 90°, BC = c, ∠ABC = φ и каждое боковое ребро составляет с плоскостью основания угол θ;

б) AB = 12 см, ВС = СА = 10 см и двугранные углы при основании равны 45°;

в) боковые рёбра попарно перпендикулярны и имеют длины а, b и с.

Решение 2. №488 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 488, Решение 2 Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 488, Решение 2 (продолжение 2) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 488, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 6. №488 (с. 132)

а)

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

1. Найдём площадь основания.
Основанием является прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $\angle CAB = 90^{\circ}$. Гипотенуза $BC = c$, а угол $\angle ABC = \phi$. Катеты треугольника равны:
$AB = BC \cdot \cos(\angle ABC) = c \cos\phi$
$AC = BC \cdot \sin(\angle ABC) = c \sin\phi$
Площадь прямоугольного треугольника $ABC$ равна половине произведения его катетов:
$S_{осн} = S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{1}{2} (c \cos\phi)(c \sin\phi) = \frac{1}{2} c^2 \sin\phi \cos\phi$.
Используя формулу синуса двойного угла $ \sin(2\phi) = 2 \sin\phi \cos\phi $, получаем:
$S_{осн} = \frac{1}{4} c^2 \sin(2\phi)$.

2. Найдём высоту пирамиды.
По условию, каждое боковое ребро ($SA, SB, SC$) составляет с плоскостью основания один и тот же угол $\theta$. Это означает, что вершина пирамиды $S$ проецируется в центр окружности, описанной около треугольника основания. Пусть $O$ — проекция точки $S$ на плоскость $ABC$, тогда $SO = H$ — высота пирамиды.
Треугольники $\triangle SOA$, $\triangle SOB$, $\triangle SOC$ — прямоугольные (т.к. $SO \perp (ABC)$). Углы $\angle SAO = \angle SBO = \angle SCO = \theta$. Из равенства этих треугольников по катету $SO$ и острому углу $\theta$ следует, что $OA = OB = OC$. Таким образом, точка $O$ — центр описанной окружности.
Для прямоугольного треугольника центр описанной окружности лежит на середине гипотенузы. Значит, точка $O$ — середина гипотенузы $BC$.
Радиус описанной окружности $R = OB = \frac{1}{2} BC = \frac{c}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $\triangle SOB$ находим высоту $H$:
$H = SO = OB \cdot \tan(\angle SBO) = R \tan\theta = \frac{c}{2} \tan\theta$.

3. Вычислим объём пирамиды.
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{4} c^2 \sin(2\phi)\right) \cdot \left(\frac{c}{2} \tan\theta\right) = \frac{c^3 \sin(2\phi) \tan\theta}{24}$.

Ответ: $V = \frac{c^3 \sin(2\phi) \tan\theta}{24}$.

б)

1. Найдём площадь основания.
Основание — треугольник $ABC$ со сторонами $AB=12$ см, $BC=10$ см, $CA=10$ см. Это равнобедренный треугольник.
Вычислим его площадь по формуле Герона. Полупериметр $p$ равен:
$p = \frac{12+10+10}{2} = \frac{32}{2} = 16$ см.
Площадь основания:
$S_{осн} = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-CA)} = \sqrt{16(16-12)(16-10)(16-10)} = \sqrt{16 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6} = 4 \cdot 2 \cdot 6 = 48$ см2.

2. Найдём высоту пирамиды.
По условию, двугранные углы при основании равны $45^{\circ}$. Это означает, что вершина пирамиды $S$ проецируется в центр окружности, вписанной в треугольник основания. Пусть $O$ — проекция точки $S$ на плоскость $ABC$, тогда $SO = H$ — высота пирамиды, а $O$ — инцентр $\triangle ABC$.
Рассмотрим перпендикуляр $OK$, опущенный из точки $O$ на сторону $AB$. Тогда $SK \perp AB$ (по теореме о трёх перпендикулярах), и угол $\angle SKO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $AB$. По условию, $\angle SKO = 45^{\circ}$.
Длина отрезка $OK$ равна радиусу вписанной окружности $r$.
Радиус вписанной в треугольник окружности находится по формуле $r = \frac{S}{p}$.
$r = \frac{48}{16} = 3$ см.
Из прямоугольного треугольника $\triangle SOK$ находим высоту $H$:
$H = SO = OK \cdot \tan(\angle SKO) = r \tan(45^{\circ}) = 3 \cdot 1 = 3$ см.

3. Вычислим объём пирамиды.
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 48 \cdot 3 = 48$ см3.

Ответ: $V = 48$ см3.

в)

По условию, боковые рёбра пирамиды $SABC$ попарно перпендикулярны. Пусть вершина, из которой выходят эти рёбра, — это $S$. Тогда $SA \perp SB$, $SB \perp SC$ и $SC \perp SA$. Длины этих рёбер равны $a, b$ и $c$. Пусть $SA=a, SB=b, SC=c$.
Такую пирамиду можно рассматривать как часть прямоугольного параллелепипеда, отсеченную плоскостью, проходящей через три вершины, выходящие из одной. Примем за основание пирамиды одну из боковых граней, например, треугольник $SBC$.
1. Найдём площадь основания.
Так как $SB \perp SC$, треугольник $SBC$ является прямоугольным с катетами $SB=b$ и $SC=c$.
Площадь этого треугольника: $S_{SBC} = \frac{1}{2} \cdot SB \cdot SC = \frac{1}{2} bc$.

2. Найдём высоту пирамиды.
Ребро $SA$ перпендикулярно рёбрам $SB$ и $SC$, а значит, оно перпендикулярно всей плоскости основания $(SBC)$.
Следовательно, ребро $SA$ является высотой пирамиды, опущенной на основание $SBC$.
$H = SA = a$.

3. Вычислим объём пирамиды.
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} S_{SBC} \cdot SA = \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2} bc\right) \cdot a = \frac{abc}{6}$.

Ответ: $V = \frac{abc}{6}$.

№489 (с. 132)
Условие. №489 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 489, Условие

489. Основанием пирамиды DABC является треугольник, в котором AB = 20 см, АС = 29 см, ВС = 21 см. Грани DAB и DAC перпендикулярны к плоскости основания, а грань DBC составляет с ней угол в 60°. Найдите объём пирамиды.

Решение 2. №489 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 489, Решение 2
Решение 6. №489 (с. 132)

Для нахождения объема пирамиды $DABC$ используется формула $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды.

1. Определение высоты пирамиды.По условию задачи, грани $DAB$ и $DAC$ перпендикулярны плоскости основания $ABC$. Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то линия их пересечения также перпендикулярна этой плоскости. Плоскости $DAB$ и $DAC$ пересекаются по ребру $DA$. Следовательно, ребро $DA$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, и $DA$ является высотой пирамиды. Таким образом, $H = DA$.

2. Вычисление площади основания.Основанием пирамиды является треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 20$ см, $AC = 29$ см и $BC = 21$ см. Для нахождения его площади $S_{ABC}$ воспользуемся формулой Герона: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, где $p$ — полупериметр треугольника.Сначала найдем полупериметр $p$:$p = \frac{AB + AC + BC}{2} = \frac{20 + 29 + 21}{2} = \frac{70}{2} = 35$ см.Теперь вычислим площадь $S_{ABC}$:$S_{ABC} = \sqrt{35(35-21)(35-29)(35-20)} = \sqrt{35 \cdot 14 \cdot 6 \cdot 15} = \sqrt{(5 \cdot 7) \cdot (2 \cdot 7) \cdot (2 \cdot 3) \cdot (3 \cdot 5)} = \sqrt{2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 7^2} = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 210$ см$^2$.

3. Вычисление высоты пирамиды.Угол между гранью $DBC$ и плоскостью основания $ABC$ равен $60^\circ$. Этот угол является двугранным углом при ребре $BC$. Для его измерения построим линейный угол. В плоскости основания проведем высоту $AK$ к стороне $BC$ (то есть $AK \perp BC$). Так как $DA$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, а $AK$ — это проекция наклонной $DK$ на эту плоскость, то по теореме о трех перпендикулярах $DK$ также перпендикулярна $BC$ ($DK \perp BC$).Следовательно, угол $\angle DKA$ — это линейный угол двугранного угла, и $\angle DKA = 60^\circ$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $DAK$ (угол $\angle DAK = 90^\circ$, так как $DA$ — высота). Высоту $DA$ можно найти из этого треугольника, но сначала нужно определить длину катета $AK$.$AK$ является высотой в треугольнике-основании $ABC$. Его длину можно найти, используя уже вычисленную площадь:$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AK$.$AK = \frac{2 \cdot S_{ABC}}{BC} = \frac{2 \cdot 210}{21} = \frac{420}{21} = 20$ см.Теперь из прямоугольного треугольника $DAK$ найдем высоту пирамиды $H = DA$:$H = DA = AK \cdot \tan(\angle DKA) = 20 \cdot \tan(60^\circ) = 20\sqrt{3}$ см.

4. Вычисление объема пирамиды.Подставим найденные значения площади основания $S_{ABC} = 210$ см$^2$ и высоты $H = 20\sqrt{3}$ см в формулу для объема:$V = \frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 210 \cdot 20\sqrt{3} = 70 \cdot 20\sqrt{3} = 1400\sqrt{3}$ см$^3$.

Ответ: $1400\sqrt{3}$ см$^3$.

№490 (с. 132)
Условие. №490 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 490, Условие

490. Стороны оснований правильной усечённой треугольной пирамиды равны а и 0,5а, апофема боковой грани равна а. Найдите объём усечённой пирамиды.

Решение 2. №490 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 490, Решение 2
Решение 6. №490 (с. 132)

Объём усечённой пирамиды вычисляется по формуле:

$$ V = \frac{1}{3}h(S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2) $$

где $h$ — высота усечённой пирамиды, $S_1$ и $S_2$ — площади её нижнего и верхнего оснований соответственно.

1. Нахождение площадей оснований

В основаниях данной правильной усечённой пирамиды лежат правильные (равносторонние) треугольники. Площадь равностороннего треугольника со стороной $x$ вычисляется по формуле $S = \frac{x^2\sqrt{3}}{4}$.

Сторона нижнего основания по условию равна $a$. Найдём его площадь $S_1$:

$$ S_1 = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} $$

Сторона верхнего основания равна $0,5a$. Найдём его площадь $S_2$:

$$ S_2 = \frac{(0,5a)^2\sqrt{3}}{4} = \frac{0,25a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{16} $$

2. Нахождение высоты усечённой пирамиды

Высоту $h$ усечённой пирамиды можно найти, рассмотрев сечение, проходящее через апофему боковой грани $l$ и апофемы оснований (радиусы вписанных окружностей) $r_1$ и $r_2$. Это сечение представляет собой прямоугольную трапецию. Высота пирамиды $h$ является одним из катетов прямоугольного треугольника, гипотенузой которого является апофема боковой грани $l=a$, а вторым катетом — разность апофем оснований $(r_1 - r_2)$.

Апофема (радиус вписанной окружности) равностороннего треугольника со стороной $x$ находится по формуле $r = \frac{x}{2\sqrt{3}}$.

Апофема нижнего основания:

$$ r_1 = \frac{a}{2\sqrt{3}} $$

Апофема верхнего основания:

$$ r_2 = \frac{0,5a}{2\sqrt{3}} = \frac{a}{4\sqrt{3}} $$

По теореме Пифагора для упомянутого прямоугольного треугольника имеем: $l^2 = h^2 + (r_1 - r_2)^2$. Выразим отсюда $h^2$:

$$ h^2 = l^2 - (r_1 - r_2)^2 $$

Вычислим разность апофем:

$$ r_1 - r_2 = \frac{a}{2\sqrt{3}} - \frac{a}{4\sqrt{3}} = \frac{2a - a}{4\sqrt{3}} = \frac{a}{4\sqrt{3}} $$

Подставим известные значения в формулу для $h^2$:

$$ h^2 = a^2 - \left(\frac{a}{4\sqrt{3}}\right)^2 = a^2 - \frac{a^2}{16 \cdot 3} = a^2 - \frac{a^2}{48} = \frac{48a^2 - a^2}{48} = \frac{47a^2}{48} $$

Отсюда находим высоту $h$:

$$ h = \sqrt{\frac{47a^2}{48}} = \frac{a\sqrt{47}}{\sqrt{48}} = \frac{a\sqrt{47}}{4\sqrt{3}} $$

3. Вычисление объёма усечённой пирамиды

Подставим найденные значения $S_1$, $S_2$ и $h$ в исходную формулу для объёма.

Сначала вычислим выражение $S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2$:

$$ \sqrt{S_1 S_2} = \sqrt{\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{16}} = \sqrt{\frac{3a^4}{64}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{8} $$

$$ S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2 = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + \frac{a^2\sqrt{3}}{8} + \frac{a^2\sqrt{3}}{16} $$

Приводя слагаемые к общему знаменателю 16, получаем:

$$ \frac{4a^2\sqrt{3} + 2a^2\sqrt{3} + a^2\sqrt{3}}{16} = \frac{7a^2\sqrt{3}}{16} $$

Теперь вычислим объём $V$:

$$ V = \frac{1}{3} \cdot h \cdot (S_1 + \sqrt{S_1 S_2} + S_2) = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{47}}{4\sqrt{3}} \cdot \frac{7a^2\sqrt{3}}{16} $$

Сократим $\sqrt{3}$ в числителе и знаменателе:

$$ V = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{47}}{4} \cdot \frac{7a^2}{16} = \frac{7a^3\sqrt{47}}{3 \cdot 4 \cdot 16} = \frac{7a^3\sqrt{47}}{192} $$

Ответ: $V = \frac{7\sqrt{47}}{192} a^3$.

№491 (с. 132)
Условие. №491 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 491, Условие

491. Основания усечённой пирамиды — равнобедренные прямоугольные треугольники, гипотенузы которых равны m и n (m > n). Две боковые грани, содержащие катеты, перпендикулярны к основанию, а третья составляет с ним угол φ. Найдите объём усечённой пирамиды.

Решение 2. №491 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 491, Решение 2
Решение 6. №491 (с. 132)

Пусть $S_1$ — площадь большего основания, а $S_2$ — площадь меньшего основания усеченной пирамиды. Основаниями являются равнобедренные прямоугольные треугольники.

Найдем площади оснований.У большего основания гипотенуза равна $m$. Если катет равнобедренного прямоугольного треугольника равен $a$, то его гипотенуза равна $a\sqrt{2}$. Следовательно, катеты большего основания равны $\frac{m}{\sqrt{2}}$. Его площадь $S_1$ равна:$S_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{m}{\sqrt{2}} \cdot \frac{m}{\sqrt{2}} = \frac{m^2}{4}$.

Аналогично для меньшего основания с гипотенузой $n$. Его катеты равны $\frac{n}{\sqrt{2}}$, а площадь $S_2$ равна:$S_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{n}{\sqrt{2}} \cdot \frac{n}{\sqrt{2}} = \frac{n^2}{4}$.

Две боковые грани, содержащие катеты, перпендикулярны к основанию. Это означает, что боковое ребро, являющееся их общей стороной (ребро, соединяющее вершины прямых углов оснований), перпендикулярно плоскостям обоих оснований. Длина этого ребра является высотой усеченной пирамиды $H$.

Третья боковая грань, содержащая гипотенузы, составляет с основанием угол $\phi$. Эта грань является трапецией. Угол $\phi$ — это двугранный угол между плоскостью этой грани и плоскостью основания.

Для нахождения высоты $H$ рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $H$ и перпендикулярной гипотенузам оснований. Это сечение представляет собой прямоугольную трапецию. Основаниями этой трапеции являются высоты, опущенные из вершин прямых углов на гипотенузы в треугольниках оснований. Длина такой высоты в равнобедренном прямоугольном треугольнике равна половине гипотенузы.

Таким образом, основания этой трапеции равны $\frac{m}{2}$ и $\frac{n}{2}$. Одна из боковых сторон трапеции — это высота пирамиды $H$, и она перпендикулярна основаниям трапеции. Другая боковая сторона (апофема третьей грани) наклонена к большему основанию под углом $\phi$. Проекция этой наклонной стороны на плоскость основания равна разности оснований трапеции: $\frac{m}{2} - \frac{n}{2} = \frac{m-n}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, проекцией апофемы и самой апофемой. В этом треугольнике катеты — это $H$ и $\frac{m-n}{2}$, а угол, противолежащий катету $H$, равен $\phi$. Отсюда получаем соотношение:$\text{tg}(\phi) = \frac{H}{\frac{m-n}{2}}$.

Выразим высоту $H$:$H = \frac{m-n}{2}\text{tg}(\phi)$.

Теперь найдем объём усеченной пирамиды по формуле:$V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$.

Подставим найденные значения $S_1$, $S_2$ и $H$:$V = \frac{1}{3} \left( \frac{m-n}{2}\text{tg}(\phi) \right) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \sqrt{\frac{m^2}{4} \cdot \frac{n^2}{4}} \right)$.

$V = \frac{1}{3} \frac{m-n}{2}\text{tg}(\phi) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \frac{mn}{4} \right)$.

$V = \frac{(m-n)\text{tg}(\phi)}{6} \cdot \frac{m^2+mn+n^2}{4}$.

$V = \frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{24}\text{tg}(\phi)$.

Используя формулу разности кубов $(a-b)(a^2+ab+b^2) = a^3-b^3$, получаем окончательное выражение для объёма:$V = \frac{m^3-n^3}{24}\text{tg}(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{1}{24}(m^3-n^3)\text{tg}(\phi)$.

№492 (с. 132)
Условие. №492 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 492, Условие

492. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, катеты которого равны 24 дм и 18 дм. Каждое боковое ребро равно 25 дм. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной плоскости основания и делящей боковое ребро пополам. Найдите объём полученной усечённой пирамиды.

Решение 2. №492 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 492, Решение 2
Решение 6. №492 (с. 132)

Обозначим катеты основания как $a = 24$ дм и $b = 18$ дм, а боковое ребро как $L = 25$ дм.

1. Нахождение площади основания и высоты исходной пирамиды

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник. Его площадь $S_1$ равна:
$S_1 = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 18 = 12 \cdot 18 = 216$ дм2.

Поскольку все боковые ребра пирамиды равны ($L=25$ дм), ее вершина проецируется в центр описанной окружности основания. Для прямоугольного треугольника центр описанной окружности находится на середине гипотенузы. Найдем гипотенузу $c$ по теореме Пифагора:
$c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{24^2 + 18^2} = \sqrt{576 + 324} = \sqrt{900} = 30$ дм.

Радиус описанной окружности $R$ равен половине гипотенузы:
$R = \frac{c}{2} = \frac{30}{2} = 15$ дм.

Высоту пирамиды $H$ можно найти из прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды, радиусом описанной окружности основания и боковым ребром:
$H = \sqrt{L^2 - R^2} = \sqrt{25^2 - 15^2} = \sqrt{625 - 225} = \sqrt{400} = 20$ дм.

2. Нахождение объема исходной (большой) пирамиды

Объем исходной пирамиды $V_1$ вычисляется по формуле:
$V_1 = \frac{1}{3} S_1 H = \frac{1}{3} \cdot 216 \cdot 20 = 72 \cdot 20 = 1440$ дм3.

3. Нахождение объема усеченной пирамиды

Пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию и делящей боковое ребро пополам. Эта плоскость отсекает от исходной пирамиды меньшую пирамиду, подобную исходной.

Коэффициент подобия $k$ равен отношению высот или боковых ребер малой и большой пирамид. Так как боковое ребро делится пополам, то:
$k = \frac{L_{малой}}{L_{большой}} = \frac{25/2}{25} = \frac{1}{2}$.

Отношение объемов подобных тел равно кубу коэффициента подобия. Пусть $V_2$ — объем отсеченной (малой) пирамиды. Тогда:
$\frac{V_2}{V_1} = k^3 = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$.
Отсюда $V_2 = \frac{1}{8} V_1$.

Объем усеченной пирамиды $V_{усеч}$ равен разности объемов большой и малой пирамид:
$V_{усеч} = V_1 - V_2 = V_1 - \frac{1}{8} V_1 = \frac{7}{8} V_1$.

Подставим найденное значение объема большой пирамиды $V_1$:
$V_{усеч} = \frac{7}{8} \cdot 1440 = 7 \cdot \frac{1440}{8} = 7 \cdot 180 = 1260$ дм3.

Ответ: $1260$ дм3.

№493 (с. 132)
Условие. №493 (с. 132)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 493, Условие

493. В правильной усечённой четырёхугольной пирамиде стороны оснований равны 6 см и 4 см, а площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через два боковых ребра, не принадлежащих одной грани, равна 15 см². Найдите объём усечённой пирамиды.

Решение 2. №493 (с. 132)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 132, номер 493, Решение 2
Решение 6. №493 (с. 132)

Для решения задачи воспользуемся формулой для вычисления объема усеченной пирамиды:

$V = \frac{1}{3}h(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$

где $h$ — высота усеченной пирамиды, а $S_1$ и $S_2$ — площади ее оснований.

1. Нахождение площадей оснований

Так как пирамида правильная четырехугольная, ее основаниями являются квадраты.

Сторона нижнего (большего) основания равна $a_1 = 6$ см. Его площадь:

$S_1 = a_1^2 = 6^2 = 36$ см2.

Сторона верхнего (меньшего) основания равна $a_2 = 4$ см. Его площадь:

$S_2 = a_2^2 = 4^2 = 16$ см2.

2. Нахождение высоты усеченной пирамиды

Сечение, проходящее через два боковых ребра, не принадлежащих одной грани, является диагональным сечением. В правильной усеченной пирамиде такое сечение — это равнобокая трапеция. Основаниями этой трапеции служат диагонали квадратов, лежащих в основаниях пирамиды.

Найдем длины диагоналей оснований:

Диагональ нижнего основания: $d_1 = a_1\sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Диагональ верхнего основания: $d_2 = a_2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ см.

Высота этой трапеции-сечения совпадает с высотой $h$ самой усеченной пирамиды. Площадь трапеции вычисляется по формуле:

$S_{сеч} = \frac{d_1 + d_2}{2} \cdot h$

По условию задачи площадь сечения равна 15 см2. Подставим известные значения и найдем высоту $h$:

$15 = \frac{6\sqrt{2} + 4\sqrt{2}}{2} \cdot h$

$15 = \frac{10\sqrt{2}}{2} \cdot h$

$15 = 5\sqrt{2} \cdot h$

$h = \frac{15}{5\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.

3. Вычисление объема усеченной пирамиды

Теперь у нас есть все необходимые данные для вычисления объема:

$V = \frac{1}{3} \cdot h \cdot (S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$

$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} \cdot (36 + 16 + \sqrt{36 \cdot 16})$

$V = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (52 + \sqrt{576})$

Поскольку $\sqrt{576} = 24$, то:

$V = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (52 + 24)$

$V = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 76$

$V = 38\sqrt{2}$ см3.

Ответ: $38\sqrt{2}$ см3.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться