Страница 76 - 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 76

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 76
№242 (с. 76)
Условие. №242 (с. 76)
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 76, номер 242, Условие

242. Основанием пирамиды является квадрат, одно из боковых рёбер перпендикулярно к плоскости основания. Плоскость боковой грани, не проходящей через высоту пирамиды, наклонена к плоскости основания под углом 45°. Наибольшее боковое ребро равно 12 см. Найдите: а) высоту пирамиды; б) площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 2. №242 (с. 76)
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 76, номер 242, 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 76, номер 242, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №242 (с. 76)
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 76, номер 242, Решение 4
Решение 5. №242 (с. 76)
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 76, номер 242, Решение 5
Решение 6. №242 (с. 76)

Пусть дана пирамида `SABCD`, где `ABCD` – квадратное основание, а боковое ребро `SA` перпендикулярно плоскости основания `(ABC)`. Тогда `SA` является высотой пирамиды. Обозначим высоту `H = SA`, а сторону основания `AB = a`.

Поскольку ребро `SA` перпендикулярно плоскости основания, оно перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в частности `SA ? AB` и `SA ? AD`. Это означает, что боковые грани `SAB` и `SAD` являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине `A`.

В условии сказано, что плоскость боковой грани, не проходящей через высоту пирамиды, наклонена к плоскости основания под углом 45°. Высотой является ребро `SA`, значит, речь идет о гранях `SBC` или `SDC`.

Рассмотрим угол наклона грани `SBC` к плоскости основания `(ABC)`. Этот угол является двугранным углом при ребре `BC`. Для его измерения построим линейный угол. В плоскости основания `(ABC)` проведем перпендикуляр к `BC` – это ребро квадрата `AB` (`AB ? BC`). В плоскости грани `(SBC)` нужно провести перпендикуляр к `BC`. Так как `SA ? (ABC)`, то `SA ? BC`. Кроме того, `AB ? BC`. Поскольку прямая `BC` перпендикулярна двум пересекающимся прямым `SA` и `AB` плоскости `(SAB)`, то `BC` перпендикулярна всей плоскости `(SAB)`. Следовательно, `BC ? SB`. Таким образом, `?SBA` является линейным углом двугранного угла между гранью `SBC` и основанием. По условию, `?SBA = 45°`.

Рассмотрим прямоугольный треугольник `?SAB` ( `?SAB = 90°` ). Мы знаем, что `?SBA = 45°`. Следовательно, `?SAB` – равнобедренный прямоугольный треугольник, и его катеты равны: `SA = AB`. Так как `SA` – это высота `H`, а `AB` – сторона основания `a`, получаем `H = a`.

Теперь найдем длины всех боковых рёбер, выразив их через `a`. Длина ребра `SA = a`. В прямоугольном `?SAB` по теореме Пифагора: $SB^2 = SA^2 + AB^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$, откуда $SB = a\sqrt{2}$. Аналогично, в `?SAD` $SD = a\sqrt{2}$. Для нахождения ребра `SC` рассмотрим прямоугольный `?SAC` ( `SA ? AC`, так как `SA` - высота). Диагональ квадрата основания $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Тогда по теореме Пифагора для `?SAC`: $SC^2 = SA^2 + AC^2 = a^2 + (a\sqrt{2})^2 = a^2 + 2a^2 = 3a^2$, откуда $SC = a\sqrt{3}$.

Сравнивая длины боковых рёбер $a$, $a\sqrt{2}$ и $a\sqrt{3}$, заключаем, что наибольшее боковое ребро – это `SC`. По условию его длина равна 12 см. $SC = a\sqrt{3} = 12$. Из этого уравнения находим сторону основания `a`: $a = \frac{12}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{3} = 4\sqrt{3}$ см.

а) высоту пирамиды;

Высота пирамиды `H` равна `SA`. Ранее мы установили, что `H = SA = a`. Поскольку $a = 4\sqrt{3}$ см, то и высота $H = 4\sqrt{3}$ см.

Ответ: $4\sqrt{3}$ см.

б) площадь боковой поверхности пирамиды.

Площадь боковой поверхности `S_бок` равна сумме площадей четырех боковых граней: $S_{бок} = S_{SAB} + S_{SAD} + S_{SBC} + S_{SDC}$.

Площади граней `SAB` и `SAD` – это площади равных прямоугольных треугольников с катетами `a` и `a`: $S_{SAB} = S_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2} a \cdot a = \frac{1}{2}a^2$.

Площади граней `SBC` и `SDC` – это площади равных прямоугольных треугольников (`?SBC = ?SDC = 90°`) с катетами `a` и $a\sqrt{2}$: $S_{SBC} = S_{SDC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} a \cdot (a\sqrt{2}) = \frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

Общая площадь боковой поверхности: $S_{бок} = 2 \cdot S_{SAB} + 2 \cdot S_{SBC} = 2 \cdot (\frac{1}{2}a^2) + 2 \cdot (\frac{a^2\sqrt{2}}{2})$ $S_{бок} = a^2 + a^2\sqrt{2} = a^2(1 + \sqrt{2})$.

Теперь подставим найденное значение `a`: $a^2 = (4\sqrt{3})^2 = 16 \cdot 3 = 48$ см?. $S_{бок} = 48(1 + \sqrt{2})$ см?.

Ответ: $48(1 + \sqrt{2})$ см?.

№243 (с. 76)
Условие. №243 (с. 76)
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 76, номер 243, Условие

243. Основанием пирамиды DABC является треугольник ABC, у которого AB = АС = 13 см, ВС = 10 см; ребро AD перпендикулярно к плоскости основания и равно 9 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 2. №243 (с. 76)
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 76, номер 243, Решение 2
Решение 4. №243 (с. 76)
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 76, номер 243, Решение 4 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 76, номер 243, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №243 (с. 76)
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 76, номер 243, Решение 5
Решение 6. №243 (с. 76)

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DBC}$.

1. Найдем площади граней $\triangle DAB$ и $\triangle DAC$.

По условию, ребро $AD$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Это значит, что $AD$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$. Следовательно, $AD \perp AB$ и $AD \perp AC$.

Таким образом, треугольники $\triangle DAB$ и $\triangle DAC$ являются прямоугольными с катетами $AD$, $AB$ и $AD$, $AC$ соответственно.

Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов.
$S_{\triangle DAB} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 13 = 58,5$ см$^2$.
Так как $AB = AC$, то площадь треугольника $\triangle DAC$ равна площади треугольника $\triangle DAB$:
$S_{\triangle DAC} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 13 = 58,5$ см$^2$.

2. Найдем площадь грани $\triangle DBC$.

Для нахождения площади $\triangle DBC$ используем формулу $S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_a$, где $a$ - основание, $h_a$ - высота, проведенная к этому основанию. Возьмем за основание сторону $BC=10$ см и найдем высоту $DM$, проведенную к этому основанию.

Сначала рассмотрим треугольник $\triangle ABC$ в основании. Он равнобедренный, так как $AB=AC=13$ см. Проведем в нем высоту $AM$ к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой. Значит, $M$ — середина $BC$, и $BM = MC = \frac{BC}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

Из прямоугольного треугольника $\triangle AMB$ по теореме Пифагора найдем высоту $AM$:
$AM = \sqrt{AB^2 - BM^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12$ см.

Теперь вернемся к пирамиде. $AD$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $DM$ — наклонная к этой плоскости, $AM$ — ее проекция на эту плоскость. Так как проекция $AM$ перпендикулярна прямой $BC$ ($AM \perp BC$), то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $DM$ перпендикулярна прямой $BC$ ($DM \perp BC$).

Следовательно, $DM$ является высотой треугольника $\triangle DBC$.

Найдем длину $DM$ из прямоугольного треугольника $\triangle DAM$ (угол $\angle DAM = 90^\circ$, так как $AD \perp AM$). По теореме Пифагора:
$DM = \sqrt{AD^2 + AM^2} = \sqrt{9^2 + 12^2} = \sqrt{81 + 144} = \sqrt{225} = 15$ см.

Теперь можем вычислить площадь грани $\triangle DBC$:
$S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 = 75$ см$^2$.

3. Вычислим площадь боковой поверхности пирамиды.

Суммируем площади всех боковых граней:
$S_{бок} = S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DBC} = 58,5 + 58,5 + 75 = 117 + 75 = 192$ см$^2$.

Ответ: 192 см$^2$.

№244 (с. 76)
Условие. №244 (с. 76)
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 76, номер 244, Условие

244. Основанием пирамиды DABC является прямоугольный треугольник ABC, у которого гипотенуза AB равна 29 см, а катет АС равен 21 см. Боковое ребро DA перпендикулярно к плоскости основания и равно 20 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 2. №244 (с. 76)
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 76, номер 244, Решение 2
Решение 4. №244 (с. 76)
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 76, номер 244, Решение 4
Решение 5. №244 (с. 76)
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 76, номер 244, Решение 5
Решение 6. №244 (с. 76)

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: $S_{бок} = S_{?DAC} + S_{?DAB} + S_{?DBC}$. Найдем площадь каждой грани по отдельности.

1. Нахождение катета BC в основании

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник $ABC$, в котором гипотенуза $AB = 29$ см и катет $AC = 21$ см. Предполагается, что прямой угол — это $\angle C$. Найдем второй катет $BC$ по теореме Пифагора:

$AB^2 = AC^2 + BC^2$

$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{29^2 - 21^2} = \sqrt{(29-21)(29+21)} = \sqrt{8 \cdot 50} = \sqrt{400} = 20$ см.

2. Нахождение площади грани DAC

По условию боковое ребро $DA$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Это означает, что ребро $DA$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$. Следовательно, $DA \perp AC$, и треугольник $DAC$ является прямоугольным с прямым углом $\angle DAC$.

Площадь треугольника $DAC$ равна половине произведения его катетов:

$S_{?DAC} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 21 = 10 \cdot 21 = 210$ см$^2$.

3. Нахождение площади грани DAB

Аналогично, так как $DA \perp (ABC)$, то $DA \perp AB$. Следовательно, треугольник $DAB$ также является прямоугольным с прямым углом $\angle DAB$.

Площадь треугольника $DAB$ равна:

$S_{?DAB} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 29 = 10 \cdot 29 = 290$ см$^2$.

4. Нахождение площади грани DBC

Для нахождения площади грани $DBC$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. У нас есть перпендикуляр $DA$ к плоскости $(ABC)$, наклонная $DC$ к этой плоскости и ее проекция $AC$.

Поскольку проекция $AC$ перпендикулярна прямой $BC$ (так как $\angle C = 90°$), то и сама наклонная $DC$ перпендикулярна прямой $BC$. Таким образом, треугольник $DBC$ является прямоугольным с прямым углом $\angle DCB$.

Для вычисления его площади нам нужны длины катетов $BC$ и $DC$. Длина $BC$ нам известна ($20$ см). Найдем длину гипотенузы $DC$ из прямоугольного треугольника $DAC$:

$DC^2 = DA^2 + AC^2$

$DC = \sqrt{20^2 + 21^2} = \sqrt{400 + 441} = \sqrt{841} = 29$ см.

Теперь можем найти площадь треугольника $DBC$:

$S_{?DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 29 = 10 \cdot 29 = 290$ см$^2$.

5. Вычисление площади боковой поверхности пирамиды

Сложим площади всех боковых граней, чтобы найти площадь боковой поверхности пирамиды:

$S_{бок} = S_{?DAC} + S_{?DAB} + S_{?DBC} = 210 + 290 + 290 = 790$ см$^2$.

Ответ: $790$ см$^2$.

№245 (с. 76)
Условие. №245 (с. 76)
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 76, номер 245, Условие

245. Основанием пирамиды является прямоугольник, диагональ которого равна 8 см. Плоскости двух боковых граней перпендикулярны к плоскости основания, а две другие боковые грани образуют с основанием углы в 30° и 45°. Найдите площадь поверхности пирамиды.

Решение 2. №245 (с. 76)
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 76, номер 245, Решение 2
Решение 4. №245 (с. 76)
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 76, номер 245, Решение 4 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 76, номер 245, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №245 (с. 76)
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 76, номер 245, Решение 5
Решение 6. №245 (с. 76)

Пусть дана пирамида $SABCD$, в основании которой лежит прямоугольник $ABCD$. Диагональ прямоугольника $AC = 8$ см.

По условию, две боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Пусть это будут грани $SAB$ и $SAD$. Если две пересекающиеся плоскости ($SAB$ и $SAD$) перпендикулярны третьей плоскости (основанию $ABCD$), то линия их пересечения ($SA$) также перпендикулярна этой плоскости. Таким образом, ребро $SA$ является высотой пирамиды. Обозначим $SA = h$.

Поскольку $SA \perp (ABCD)$, то треугольники $SAB$ и $SAD$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $A$.

Две другие боковые грани, $SBC$ и $SDC$, образуют с основанием углы $30^\circ$ и $45^\circ$.

Угол между плоскостью боковой грани $SBC$ и плоскостью основания $ABCD$ — это двугранный угол при ребре $BC$. Так как $SA \perp (ABCD)$, то $SA$ — перпендикуляр к плоскости основания, $AB$ — проекция наклонной $SB$ на плоскость основания. Поскольку $ABCD$ — прямоугольник, $AB \perp BC$. По теореме о трех перпендикулярах, наклонная $SB$ также перпендикулярна $BC$ ($SB \perp BC$). Следовательно, угол $\angle SBA$ является линейным углом двугранного угла при ребре $BC$, и он равен одному из заданных углов.

Аналогично, для грани $SDC$: $SA \perp (ABCD)$, $AD$ — проекция наклонной $SD$. Так как $AD \perp DC$, то по теореме о трех перпендикулярах $SD \perp DC$. Следовательно, угол $\angle SDA$ является линейным углом двугранного угла при ребре $DC$ и равен другому из заданных углов.

Пусть $\angle SBA = 30^\circ$ и $\angle SDA = 45^\circ$. Обозначим стороны прямоугольника $AB = a$ и $AD = b$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAB$: $ \text{tg}(\angle SBA) = \frac{SA}{AB} \Rightarrow \text{tg}(30^\circ) = \frac{h}{a} \Rightarrow h = a \cdot \text{tg}(30^\circ) = \frac{a}{\sqrt{3}} $

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAD$: $ \text{tg}(\angle SDA) = \frac{SA}{AD} \Rightarrow \text{tg}(45^\circ) = \frac{h}{b} \Rightarrow h = b \cdot \text{tg}(45^\circ) = b $

Таким образом, мы получили, что высота пирамиды $h=b$, а сторона основания $a = h\sqrt{3}$.

В прямоугольнике $ABCD$ по теореме Пифагора для диагонали $AC$: $ a^2 + b^2 = AC^2 $ $ (h\sqrt{3})^2 + h^2 = 8^2 $ $ 3h^2 + h^2 = 64 $ $ 4h^2 = 64 $ $ h^2 = 16 $ $ h = 4 $ см.

Теперь найдем стороны основания: $ b = h = 4 $ см. $ a = h\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $ см.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ складывается из площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$. $ S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} $

Найдем площадь основания

$ S_{осн} = a \cdot b = 4\sqrt{3} \cdot 4 = 16\sqrt{3} $ см$^2$.

Найдем площадь боковой поверхности

$ S_{бок} = S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SAD} + S_{\triangle SBC} + S_{\triangle SDC} $

Площадь прямоугольного треугольника $SAB$: $ S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot h \cdot a = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{3} = 8\sqrt{3} $ см$^2$.

Площадь прямоугольного треугольника $SAD$: $ S_{\triangle SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot h \cdot b = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8 $ см$^2$.

Для нахождения площади треугольника $SBC$ (который является прямоугольным, так как $SB \perp BC$) найдем апофему $SB$ из $\triangle SAB$: $ SB = \frac{SA}{\sin(30^\circ)} = \frac{4}{1/2} = 8 $ см. $ S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot b \cdot SB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 8 = 16 $ см$^2$.

Для нахождения площади треугольника $SDC$ (который является прямоугольным, так как $SD \perp DC$) найдем апофему $SD$ из $\triangle SAD$: $ SD = \frac{SA}{\sin(45^\circ)} = \frac{4}{\sqrt{2}/2} = \frac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2} $ см. $ S_{\triangle SDC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot SD = \frac{1}{2} \cdot a \cdot SD = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{3} \cdot 4\sqrt{2} = 8\sqrt{6} $ см$^2$.

Теперь сложим площади боковых граней: $ S_{бок} = 8\sqrt{3} + 8 + 16 + 8\sqrt{6} = 24 + 8\sqrt{3} + 8\sqrt{6} $ см$^2$.

Найдем полную площадь поверхности пирамиды

$ S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 16\sqrt{3} + (24 + 8\sqrt{3} + 8\sqrt{6}) = 24 + 24\sqrt{3} + 8\sqrt{6} $ см$^2$.

Выражение можно представить, вынеся общий множитель 8 за скобки: $ S_{полн} = 8(3 + 3\sqrt{3} + \sqrt{6}) $ см$^2$.

Ответ: $24 + 24\sqrt{3} + 8\sqrt{6}$ см$^2$.

№246 (с. 76)
Условие. №246 (с. 76)
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 76, номер 246, Условие

246. Высота треугольной пирамиды равна 40 см, а высота каждой боковой грани, проведённая из вершины пирамиды, равна 41 см. а) Докажите, что высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в её основание. б) Найдите площадь основания пирамиды, если его периметр равен 42 см.

Решение 2. №246 (с. 76)
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 76, номер 246, 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 76, номер 246, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №246 (с. 76)
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 76, номер 246, Решение 4
Решение 5. №246 (с. 76)
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 76, номер 246, Решение 5
Решение 6. №246 (с. 76)

а)

Пусть дана треугольная пирамида $SABC$, где $S$ — вершина, а $\triangle ABC$ — основание. Пусть $SO$ — высота пирамиды, опущенная на плоскость основания, тогда $O$ — основание высоты. По условию, $SO = 40$ см.

Высота каждой боковой грани, проведённая из вершины пирамиды, называется апофемой. Проведём апофемы $SK$, $SL$ и $SM$ к сторонам основания $AB$, $BC$ и $AC$ соответственно. По определению высоты грани, $SK \perp AB$, $SL \perp BC$ и $SM \perp AC$. По условию, длины всех апофем равны: $SK = SL = SM = 41$ см.

Рассмотрим отрезки $OK$, $OL$ и $OM$. Они являются проекциями наклонных $SK$, $SL$ и $SM$ на плоскость основания $ABC$.

Поскольку $SO$ — высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания ($SO \perp (ABC)$). Согласно теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная ($SK$) перпендикулярна некоторой прямой ($AB$), лежащей в плоскости, то и её проекция ($OK$) на эту плоскость перпендикулярна той же прямой. Таким образом, мы получаем: $OK \perp AB$, $OL \perp BC$ и $OM \perp AC$.

Это означает, что длины отрезков $OK$, $OL$ и $OM$ — это расстояния от точки $O$ до сторон треугольника $ABC$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOK$, $\triangle SOL$ и $\triangle SOM$. Они прямоугольные, так как $SO \perp (ABC)$, а значит $SO$ перпендикулярен любому отрезку в этой плоскости, в том числе $OK$, $OL$ и $OM$. В этих треугольниках: 1) катет $SO$ — общий; 2) гипотенузы $SK$, $SL$, $SM$ равны по условию. Следовательно, треугольники $\triangle SOK$, $\triangle SOL$ и $\triangle SOM$ равны по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих катетов: $OK = OL = OM$. Так как точка $O$ равноудалена от всех сторон треугольника основания $ABC$, она является центром вписанной в этот треугольник окружности. Таким образом, доказано, что высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в её основание.

Ответ: Доказано.

б)

Площадь треугольника можно вычислить по формуле, связывающей его полупериметр и радиус вписанной окружности: $S_{осн} = p \cdot r$, где $p$ — полупериметр основания, а $r$ — радиус вписанной окружности.

Из пункта а) мы знаем, что радиус вписанной окружности $r$ равен расстоянию от основания высоты $O$ до сторон треугольника, то есть $r = OK$.

Найдём длину $OK$ из прямоугольного треугольника $\triangle SOK$. Нам известны длина гипотенузы $SK = 41$ см и катета $SO = 40$ см. По теореме Пифагора: $SK^2 = SO^2 + OK^2$

Выразим $OK^2$: $OK^2 = SK^2 - SO^2 = 41^2 - 40^2$ Применим формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$: $OK^2 = (41 - 40)(41 + 40) = 1 \cdot 81 = 81$ $OK = \sqrt{81} = 9$ см. Следовательно, радиус вписанной окружности $r = 9$ см.

По условию, периметр основания $P = 42$ см. Найдём полупериметр $p$: $p = \frac{P}{2} = \frac{42}{2} = 21$ см.

Теперь вычислим площадь основания: $S_{осн} = p \cdot r = 21 \cdot 9 = 189$ см?.

Ответ: 189 см?.

№247 (с. 76)
Условие. №247 (с. 76)
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 76, номер 247, Условие

247. Двугранные углы при основании пирамиды равны. Докажите, что: а) высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в основание пирамиды; б) высоты всех боковых граней, проведённые из вершины пирамиды, равны; в) площадь боковой поверхности пирамиды равна половине произведения периметра основания на высоту боковой грани, проведённую из вершины пирамиды.

Решение 2. №247 (с. 76)
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 76, номер 247, 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 76, номер 247, 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 76, номер 247, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 4. №247 (с. 76)
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 76, номер 247, Решение 4 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 76, номер 247, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №247 (с. 76)
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 76, номер 247, Решение 5
Решение 6. №247 (с. 76)

а) Пусть $S$ — вершина пирамиды, а $O$ — основание её высоты $SO$. Основанием пирамиды является многоугольник $A_1A_2\dots A_n$. Двугранный угол при ребре основания $A_iA_{i+1}$ — это угол между плоскостью боковой грани $SA_iA_{i+1}$ и плоскостью основания. Для его измерения построим линейный угол. Проведём из точки $O$ перпендикуляр $OH_i$ к ребру $A_iA_{i+1}$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $SH_i$ также будет перпендикулярна ребру $A_iA_{i+1}$. Таким образом, $SH_i$ — это высота боковой грани, а угол $\angle SHO_i$ — линейный угол соответствующего двугранного угла.

По условию задачи, все двугранные углы при основании равны. Обозначим их величину через $\phi$. Это означает, что все линейные углы также равны: $\angle SHO_1 = \angle SHO_2 = \dots = \angle SHO_n = \phi$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOH_1, \triangle SOH_2, \dots, \triangle SOH_n$. Все они имеют общий катет — высоту пирамиды $SO$. Так как эти треугольники прямоугольные, имеют общий катет $SO$ и равные острые углы $\angle SHO_i = \phi$, то они равны по катету и острому углу.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих катетов: $OH_1 = OH_2 = \dots = OH_n$. Отрезки $OH_i$ представляют собой расстояния от точки $O$ до сторон основания пирамиды. Так как точка $O$ равноудалена от всех сторон многоугольника в основании, она является центром вписанной в него окружности.

Следовательно, основание высоты пирамиды совпадает с центром окружности, вписанной в основание пирамиды.

Ответ: Доказано, что высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в основание пирамиды.

б) Высотами боковых граней, проведёнными из вершины пирамиды, являются отрезки $SH_1, SH_2, \dots, SH_n$, которые также являются гипотенузами в прямоугольных треугольниках $\triangle SOH_1, \triangle SOH_2, \dots, \triangle SOH_n$.

Как было доказано в пункте а), все эти треугольники равны ($\triangle SOH_1 \cong \triangle SOH_2 \cong \dots \cong \triangle SOH_n$). Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, равны их гипотенузы:

$SH_1 = SH_2 = \dots = SH_n$.

Таким образом, высоты всех боковых граней, проведённые из вершины пирамиды, равны между собой.

Ответ: Доказано, что высоты всех боковых граней, проведённые из вершины пирамиды, равны.

в) Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей всех её боковых граней:

$S_{бок} = S_{\triangle SA_1A_2} + S_{\triangle SA_2A_3} + \dots + S_{\triangle SA_nA_1}$

Площадь каждой боковой грани $\triangle SA_iA_{i+1}$ вычисляется по формуле площади треугольника: $S_{\triangle SA_iA_{i+1}} = \frac{1}{2} \cdot A_iA_{i+1} \cdot SH_i$, где $A_iA_{i+1}$ — сторона основания, а $SH_i$ — высота боковой грани, проведённая к этой стороне.

Из пункта б) мы знаем, что высоты всех боковых граней равны. Обозначим их общую длину через $l$, то есть $SH_1 = SH_2 = \dots = SH_n = l$.

Тогда площадь боковой поверхности можно записать как:

$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot A_1A_2 \cdot l + \frac{1}{2} \cdot A_2A_3 \cdot l + \dots + \frac{1}{2} \cdot A_nA_1 \cdot l$

Вынесем общий множитель $\frac{1}{2}l$ за скобки:

$S_{бок} = \frac{1}{2}l (A_1A_2 + A_2A_3 + \dots + A_nA_1)$

Сумма в скобках представляет собой периметр основания пирамиды $P_{осн} = A_1A_2 + A_2A_3 + \dots + A_nA_1$.

Подставив это в формулу, получаем:

$S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot l$

Это и доказывает, что площадь боковой поверхности пирамиды равна половине произведения периметра основания на высоту боковой грани (которую также называют апофемой).

Ответ: Доказано, что площадь боковой поверхности пирамиды равна половине произведения периметра основания на высоту боковой грани, проведённую из вершины пирамиды.

№248 (с. 76)
Условие. №248 (с. 76)
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 76, номер 248, Условие

248. Основанием пирамиды является треугольник со сторонами 12 см, 10 см и 10 см. Каждая боковая грань пирамиды наклонена к основанию под углом 45°. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 2. №248 (с. 76)
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 76, номер 248, Решение 2
Решение 4. №248 (с. 76)
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 76, номер 248, Решение 4
Решение 5. №248 (с. 76)
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 76, номер 248, Решение 5
Решение 6. №248 (с. 76)

Поскольку все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, то площадь основания ($S_{осн}$) является ортогональной проекцией боковой поверхности ($S_{бок}$) на плоскость основания. Это позволяет использовать формулу, связывающую эти две площади и угол наклона $\alpha$:

$S_{осн} = S_{бок} \cdot \cos \alpha$

Отсюда площадь боковой поверхности можно выразить как:

$S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos \alpha}$

По условию, угол наклона каждой боковой грани к основанию $\alpha = 45^\circ$.

1. Найдем площадь основания пирамиды.

Основанием является равнобедренный треугольник со сторонами $a = 12$ см, $b = 10$ см и $c = 10$ см. Площадь этого треугольника можно найти по формуле Герона: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, где $p$ — полупериметр.

Вычислим полупериметр $p$:

$p = \frac{12 + 10 + 10}{2} = \frac{32}{2} = 16$ см.

Теперь вычислим площадь основания $S_{осн}$:

$S_{осн} = \sqrt{16(16-12)(16-10)(16-10)} = \sqrt{16 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6} = \sqrt{64 \cdot 36} = 8 \cdot 6 = 48$ см$^2$.

2. Найдем площадь боковой поверхности пирамиды.

Теперь, используя найденную площадь основания и данный угол, вычислим площадь боковой поверхности. Значение косинуса угла $45^\circ$ равно $\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

$S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos 45^\circ} = \frac{48}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{48 \cdot 2}{\sqrt{2}} = \frac{96}{\sqrt{2}}$

Умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$, чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе:

$S_{бок} = \frac{96 \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{96\sqrt{2}}{2} = 48\sqrt{2}$ см$^2$.

Ответ: $48\sqrt{2}$ см$^2$.

№249 (с. 76)
Условие. №249 (с. 76)
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 76, номер 249, Условие

249. В пирамиде все боковые рёбра равны между собой. Докажите, что: а) высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания; б) все боковые рёбра пирамиды составляют равные углы с плоскостью основания.

Решение 2. №249 (с. 76)
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 76, номер 249, 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 76, номер 249, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №249 (с. 76)
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 76, номер 249, Решение 4
Решение 5. №249 (с. 76)
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 76, номер 249, Решение 5
Решение 6. №249 (с. 76)

а) Пусть $S$ — вершина пирамиды, а $A_1, A_2, \dots, A_n$ — вершины многоугольника, лежащего в ее основании. Пусть $SO$ — высота пирамиды, где $O$ — основание высоты, принадлежащее плоскости основания.
Поскольку $SO$ является высотой, она перпендикулярна плоскости основания. Следовательно, треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, \dots, \triangle SOA_n$ являются прямоугольными с общим прямым углом при вершине $O$.
Рассмотрим эти прямоугольные треугольники:

  • Катет $SO$ является общим для всех этих треугольников.
  • Гипотенузы $SA_1, SA_2, \dots, SA_n$ равны между собой по условию задачи (все боковые рёбра равны).

По признаку равенства прямоугольных треугольников (по катету и гипотенузе) заключаем, что $\triangle SOA_1 = \triangle SOA_2 = \dots = \triangle SOA_n$.
Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, равны катеты $OA_1, OA_2, \dots, OA_n$. То есть $OA_1 = OA_2 = \dots = OA_n$.
Это означает, что точка $O$ (основание высоты) в плоскости основания равноудалена от всех вершин основания $A_1, A_2, \dots, A_n$. По определению, точка, равноудаленная от всех вершин многоугольника, является центром окружности, описанной около этого многоугольника.
Следовательно, высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания.
Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Угол между наклонной (боковым ребром) и плоскостью (основанием пирамиды) — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость.
Для бокового ребра $SA_i$ его проекцией на плоскость основания является отрезок $OA_i$, так как $SO$ — перпендикуляр к плоскости основания. Таким образом, угол между боковым ребром $SA_i$ и плоскостью основания — это угол $\angle SA_iO$.
Как было установлено в пункте а), все прямоугольные треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, \dots, \triangle SOA_n$ равны между собой.
Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов. В частности, равны углы, лежащие против общего катета $SO$:$\angle SA_1O = \angle SA_2O = \dots = \angle SA_nO$.
Это означает, что все боковые рёбра пирамиды образуют с плоскостью основания равные углы.
Ответ: Что и требовалось доказать.

№250 (с. 76)
Условие. №250 (с. 76)
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 76, номер 250, Условие

250. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с углом 120°. Боковые рёбра образуют с её высотой, равной 16 см, углы в 45°. Найдите площадь основания пирамиды.

Решение 2. №250 (с. 76)
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 76, номер 250, Решение 2
Решение 4. №250 (с. 76)
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 76, номер 250, Решение 4
Решение 5. №250 (с. 76)
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 76, номер 250, Решение 5
Решение 6. №250 (с. 76)

Пусть дана пирамида SABC, где ABC – равнобедренный треугольник в основании, а S – вершина пирамиды. SO – высота пирамиды, где O – точка в плоскости основания. По условию, высота пирамиды $H = SO = 16$ см.

Боковые рёбра SA, SB и SC образуют с высотой SO равные углы в 45°. Это означает, что $\angle ASO = \angle BSO = \angle CSO = 45°$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\Delta SOA$, $\Delta SOB$ и $\Delta SOC$. В этих треугольниках угол при вершине O прямой, так как SO – перпендикуляр к плоскости основания. Катет SO является общим для всех трёх треугольников.

Поскольку в каждом из этих прямоугольных треугольников один из острых углов равен 45°, то и второй острый угол равен $90° - 45° = 45°$. Следовательно, треугольники $\Delta SOA$, $\Delta SOB$ и $\Delta SOC$ являются равнобедренными прямоугольными треугольниками.

Из этого следует, что катеты OA, OB и OC равны катету SO: $OA = OB = OC = SO = 16$ см.

Так как точка O равноудалена от всех вершин треугольника ABC, она является центром окружности, описанной около этого треугольника. Радиус описанной окружности $R$ равен расстоянию от центра до вершин, то есть $R = 16$ см.

Теперь рассмотрим основание пирамиды – равнобедренный треугольник ABC. По условию, один из его углов равен 120°. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Если бы угол при основании был равен 120°, то сумма двух таких углов уже составила бы 240°, что невозможно. Следовательно, 120° – это угол при вершине, противолежащей основанию. Пусть $\angle B = 120°$, тогда боковые стороны $AB = BC$.

Углы при основании AC равны: $\angle A = \angle C = (180° - 120°) / 2 = 30°$.

Для нахождения площади основания $S_{ABC}$ воспользуемся формулой $S = \frac{1}{2}ab\sin\gamma$. В нашем случае $S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin(\angle B)$. Сначала найдём длины сторон AB и BC, используя теорему синусов для треугольника ABC: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$

Найдём сторону AB (которая в наших обозначениях является стороной $c$): $\frac{AB}{\sin(\angle C)} = 2R$ $AB = 2R \cdot \sin(\angle C) = 2 \cdot 16 \cdot \sin(30°) = 32 \cdot \frac{1}{2} = 16$ см.

Поскольку треугольник ABC равнобедренный с основанием AC, то $BC = AB = 16$ см.

Теперь мы можем вычислить площадь основания: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(\angle B) = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 16 \cdot \sin(120°)$

Используя то, что $\sin(120°) = \sin(180° - 60°) = \sin(60°) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot 256 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 128 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 64\sqrt{3}$ см2.

Ответ: Площадь основания пирамиды равна $64\sqrt{3}$ см2.

№251 (с. 76)
Условие. №251 (с. 76)
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 76, номер 251, Условие

251. Основанием пирамиды DABC является прямоугольный треугольник с гипотенузой ВС. Боковые рёбра пирамиды равны друг другу, а её высота равна 12 см. Найдите боковое ребро пирамиды, если ВС = 10 см

Решение 2. №251 (с. 76)
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 76, номер 251, Решение 2
Решение 4. №251 (с. 76)
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 76, номер 251, Решение 4 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 76, номер 251, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №251 (с. 76)
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 76, номер 251, Решение 5
Решение 6. №251 (с. 76)

Пусть $DABC$ - данная пирамида, где $ABC$ - прямоугольный треугольник, являющийся основанием, а $D$ - вершина пирамиды. По условию, гипотенуза основания - это $BC$, а все боковые ребра равны, то есть $DA = DB = DC$. Высота пирамиды равна 12 см.

Существует свойство пирамиды: если все боковые ребра пирамиды равны, то ее вершина проецируется в центр окружности, описанной около основания. Пусть $H$ - это основание высоты, опущенной из вершины $D$ на плоскость $ABC$. Тогда $DH$ - высота пирамиды, и $DH = 12$ см, а точка $H$ является центром описанной окружности треугольника $ABC$.

Для прямоугольного треугольника центр его описанной окружности всегда находится в середине гипотенузы. В нашем случае основание - это прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $BC$. Следовательно, точка $H$ является серединой отрезка $BC$.

Радиус $R$ описанной окружности равен расстоянию от ее центра $H$ до вершин треугольника. Таким образом, $R = HA = HB = HC$. Поскольку $H$ - середина $BC$, радиус равен половине длины гипотенузы: $R = HC = \frac{1}{2} BC$

По условию дано, что $BC = 10$ см. Найдем радиус описанной окружности: $R = \frac{1}{2} \times 10 = 5$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $DHC$. В этом треугольнике:

  • Катет $DH$ - это высота пирамиды, $DH = 12$ см.
  • Катет $HC$ - это радиус описанной окружности, $HC = R = 5$ см.
  • Гипотенуза $DC$ - это боковое ребро пирамиды, длину которого нам нужно найти.

По теореме Пифагора для треугольника $DHC$: $DC^2 = DH^2 + HC^2$

Подставим известные значения и вычислим: $DC^2 = 12^2 + 5^2$ $DC^2 = 144 + 25$ $DC^2 = 169$ $DC = \sqrt{169}$ $DC = 13$ см.

Так как все боковые ребра пирамиды равны, то длина каждого из них, включая искомое, составляет 13 см.

Ответ: 13 см.

№252 (с. 76)
Условие. №252 (с. 76)
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 76, номер 252, Условие

252. Основанием пирамиды DABC является равнобедренный треугольник ABC, в котором стороны AB и АС равны, ВС = 6 см, высота АН равна 9 см. Известно также, что DA = DB = DC = 13 см. Найдите высоту пирамиды.

Решение 2. №252 (с. 76)
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 76, номер 252, Решение 2
Решение 4. №252 (с. 76)
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 76, номер 252, Решение 4
Решение 5. №252 (с. 76)
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 76, номер 252, Решение 5
Решение 6. №252 (с. 76)

Пусть Hp — высота пирамиды DABC, опущенная из вершины D на плоскость основания ABC. Обозначим основание высоты буквой O.

По условию задачи все боковые ребра пирамиды равны: $DA = DB = DC = 13$ см. Это означает, что вершина D равноудалена от всех вершин основания. Свойство таких пирамид заключается в том, что основание высоты (точка O) совпадает с центром окружности, описанной около треугольника-основания.

Таким образом, точка O — это центр описанной окружности треугольника ABC, а отрезки OA, OB, OC являются радиусами (R) этой окружности: $OA = OB = OC = R$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник DOA (угол DOA прямой, так как DO — высота). По теореме Пифагора: $DA^2 = DO^2 + OA^2$. Отсюда высоту пирамиды DO можно выразить как $DO = \sqrt{DA^2 - OA^2}$.

Для вычисления высоты нам необходимо найти радиус R = OA описанной окружности. Радиус описанной окружности для произвольного треугольника можно найти по формуле $R = \frac{abc}{4S}$, где a, b, c — стороны треугольника, а S — его площадь.

Найдем необходимые параметры для треугольника ABC. Нам дано: основание $BC = 6$ см и высота $AH = 9$ см, проведенная к этому основанию.

1. Найдем площадь треугольника ABC (S):
$S = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 9 = 27$ см?.

2. Найдем длины боковых сторон AB и AC:
В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Следовательно, точка H делит сторону BC пополам: $BH = HC = \frac{BC}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник AHC. По теореме Пифагора найдем гипотенузу AC: $AC^2 = AH^2 + HC^2 = 9^2 + 3^2 = 81 + 9 = 90$.
$AC = \sqrt{90} = \sqrt{9 \cdot 10} = 3\sqrt{10}$ см.
Так как треугольник равнобедренный, $AB = AC = 3\sqrt{10}$ см.

3. Найдем радиус описанной окружности R:
Стороны треугольника равны $a=6$, $b=3\sqrt{10}$, $c=3\sqrt{10}$. Площадь $S=27$.
Подставим эти значения в формулу радиуса: $R = \frac{abc}{4S} = \frac{6 \cdot 3\sqrt{10} \cdot 3\sqrt{10}}{4 \cdot 27} = \frac{6 \cdot 9 \cdot (\sqrt{10})^2}{108} = \frac{54 \cdot 10}{108} = \frac{540}{108} = 5$ см.

4. Найдем высоту пирамиды DO:
Теперь, когда мы знаем радиус $OA = R = 5$ см и длину бокового ребра $DA = 13$ см, мы можем найти высоту пирамиды из прямоугольного треугольника DOA.
$DO^2 = DA^2 - OA^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$.
$DO = \sqrt{144} = 12$ см.

Ответ: 12 см.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться