Страница 78 - 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 78

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 78
№265 (с. 78)
Условие. №265 (с. 78)
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 78, номер 265, Условие

265. В правильной треугольной пирамиде боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом 60°. Через сторону основания проведена плоскость под углом 30° к плоскости основания. Найдите площадь получившегося сечения, если сторона основания пирамиды равна 12 см.

Решение 2. №265 (с. 78)
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 78, номер 265, Решение 2
Решение 4. №265 (с. 78)
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 78, номер 265, Решение 4
Решение 5. №265 (с. 78)
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 78, номер 265, Решение 5
Решение 6. №265 (с. 78)

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где ABC — равносторонний треугольник в основании, а S — вершина пирамиды. Сторона основания $a = AB = BC = CA = 12$ см. Пусть O — центр основания, тогда SO — высота пирамиды.

Угол наклона бокового ребра, например SA, к плоскости основания ABC равен $60^\circ$. Этот угол является углом $\angle SAO$, где AO — проекция ребра SA на плоскость основания.

В основании лежит равносторонний треугольник ABC. Пусть M — середина стороны BC. Тогда AM — медиана и высота треугольника ABC. Длина AM вычисляется по формуле:$AM = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{12\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

Точка O — центр треугольника ABC и делит медиану AM в отношении 2:1, считая от вершины A. Таким образом:$AO = \frac{2}{3} AM = \frac{2}{3} \cdot 6\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$ см.$OM = \frac{1}{3} AM = \frac{1}{3} \cdot 6\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SAO ($\angle SOA = 90^\circ$). Высота пирамиды SO равна:$SO = AO \cdot \tan(\angle SAO) = 4\sqrt{3} \cdot \tan(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 12$ см.

Секущая плоскость проходит через сторону основания BC и наклонена к плоскости основания под углом $30^\circ$. Линия пересечения секущей плоскости и плоскости основания — это прямая BC. Двугранный угол между плоскостями измеряется линейным углом, построенным в плоскостях, перпендикулярных ребру двугранного угла.

Плоскость SAM (где M — середина BC) перпендикулярна BC. Из-за симметрии правильной пирамиды, сечение является равнобедренным треугольником, который мы обозначим BCD. Из-за симметрии вершина D этого треугольника должна лежать в плоскости SAM, а значит на ребре SA или апофеме SM. Поскольку плоскость сечения наклонена под углом $30^\circ$, а угол наклона боковой грани $\angle SMO$ больше, сечение пересечет боковое ребро SA. Итак, сечение - это треугольник BCD, где D лежит на SA. Высота этого треугольника, опущенная из вершины D на основание BC, — это отрезок DM.

Угол между плоскостью сечения (BCD) и плоскостью основания (ABC) равен углу $\angle DMA = 30^\circ$. Для нахождения площади сечения, $S_{BCD} = \frac{1}{2} BC \cdot DM$, необходимо вычислить длину высоты DM. Все необходимые элементы для этого лежат в плоскости SAM.

Рассмотрим треугольник SAM. Чтобы найти DM, нам нужно больше информации о треугольнике DMA, в котором находится DM. Найдем угол $\angle SAM$. Для этого сначала вычислим длины всех сторон треугольника SAM:

  • $AM = 6\sqrt{3}$ см (уже найдено).
  • В прямоугольном $\triangle SAO$: $SA = \sqrt{SO^2 + AO^2} = \sqrt{12^2 + (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{144 + 48} = \sqrt{192} = 8\sqrt{3}$ см.
  • В прямоугольном $\triangle SOM$: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{12^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{144 + 12} = \sqrt{156}$ см.

Применим теорему косинусов к треугольнику SAM для нахождения $\cos(\angle SAM)$:

$SM^2 = SA^2 + AM^2 - 2 \cdot SA \cdot AM \cdot \cos(\angle SAM)$

$\cos(\angle SAM) = \frac{SA^2 + AM^2 - SM^2}{2 \cdot SA \cdot AM} = \frac{192 + (6\sqrt{3})^2 - 156}{2 \cdot 8\sqrt{3} \cdot 6\sqrt{3}} = \frac{192 + 108 - 156}{2 \cdot 48 \cdot 3} = \frac{144}{288} = \frac{1}{2}$

Отсюда следует, что $\angle SAM = 60^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник DMA. В нем известны:

  • Сторона $AM = 6\sqrt{3}$ см.
  • Угол $\angle DAM = \angle SAM = 60^\circ$.
  • Угол $\angle DMA = 30^\circ$.

Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол $\angle ADM = 180^\circ - 60^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Это означает, что треугольник DMA является прямоугольным с прямым углом при вершине D.

В прямоугольном треугольнике DMA, катет DM можно найти через синус противолежащего угла:

$DM = AM \cdot \sin(\angle DAM) = 6\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 6\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{6 \cdot 3}{2} = 9$ см.

Теперь мы можем вычислить площадь сечения, треугольника BCD:

$S_{BCD} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 9 = 54$ см$^2$.

Для полноты решения проверим, что точка D действительно лежит на отрезке SA. Длина отрезка AD в прямоугольном треугольнике DMA равна $AD = AM \cdot \cos(60^\circ) = 6\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = 3\sqrt{3}$ см. Так как $AD = 3\sqrt{3} < 8\sqrt{3} = SA$, точка D лежит на ребре SA, и наше предположение о форме сечения было верным.

Ответ: $54 \text{ см}^2$.

№266 (с. 78)
Условие. №266 (с. 78)
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 78, номер 266, Условие

266. Основанием пирамиды, высота которой равна 2 дм, а боковые рёбра равны друг другу, является прямоугольник со сторонами 6 дм и 8 дм. Найдите площадь сечения, проведённого через диагональ основания параллельно боковому ребру.

Решение 2. №266 (с. 78)
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 78, номер 266, Решение 2
Решение 4. №266 (с. 78)
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 78, номер 266, 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 78, номер 266, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №266 (с. 78)
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 78, номер 266, Решение 5
Решение 6. №266 (с. 78)

Пусть дана пирамида $SABCD$, в основании которой лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AD = 6$ дм и $AB = 8$ дм. Высота пирамиды $SO = 2$ дм. Поскольку все боковые рёбра равны, вершина пирамиды $S$ проецируется в центр описанной около основания окружности, то есть в точку пересечения диагоналей прямоугольника $O$.

Построение сечения

Сечение должно проходить через диагональ основания, например, $AC$, и быть параллельным боковому ребру, например, $SB$.

Обозначим плоскость сечения как $\alpha$. По условию, прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, и плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SB$ ($\alpha \parallel SB$).

Прямая $SB$ лежит в плоскости боковой грани $SBD$. Точка $O$ (центр основания) лежит как на диагонали $AC$ (и, следовательно, в плоскости $\alpha$), так и на диагонали $BD$ (и, следовательно, в плоскости $SBD$).

Если плоскость ($\alpha$) проходит через прямую ($AC$), не пересекающую вторую плоскость ($SBD$), и параллельна некоторой прямой ($SB$), лежащей во второй плоскости, то линия пересечения этих плоскостей параллельна этой прямой. В нашем случае точка $O$ общая, поэтому линия пересечения плоскости $\alpha$ и плоскости $SBD$ — это прямая, проходящая через точку $O$ параллельно ребру $SB$.

Проведём в треугольнике $SBD$ через точку $O$ (середину стороны $BD$) прямую $OK$ параллельно $SB$. По теореме о средней линии треугольника, точка $K$ будет серединой стороны $SD$.

Таким образом, плоскость сечения проходит через точки $A$, $C$ и $K$. Искомое сечение — это треугольник $AKC$.

Примечание: выбор диагонали и бокового ребра (не лежащего в одной грани с диагональю) не влияет на площадь сечения из-за симметрии пирамиды.

Вычисление площади сечения

Площадь треугольника $AKC$ можно найти по формуле: $S_{AKC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot h_K$, где $h_K$ — высота, опущенная из вершины $K$ на сторону $AC$.

  1. Найдём длину диагонали $AC$. Из прямоугольного треугольника $ADC$ по теореме Пифагора:

    $AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10$ дм.

  2. Найдём высоту $h_K$. Обозначим её как $KH$, где $H$ — основание перпендикуляра из точки $K$ на прямую $AC$. Для нахождения длины $KH$ воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах.

    Спроектируем точку $K$ на плоскость основания $ABCD$. Так как $K$ — середина ребра $SD$, а проекцией вершины $S$ является точка $O$, а проекцией точки $D$ является сама точка $D$, то проекцией точки $K$ на основание будет точка $K'$, являющаяся серединой отрезка $OD$.

    Высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания, следовательно, отрезок $KK'$ также перпендикулярен плоскости основания, и его длина равна половине высоты пирамиды (как средняя линия в треугольнике, образованном $S$, $D$ и проекцией $D$ на прямую $SO$):

    $KK' = \frac{1}{2} SO = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ дм.

    Теперь в плоскости основания проведём из точки $K'$ перпендикуляр $K'H$ к прямой $AC$. Согласно теореме о трёх перпендикулярах (наклонная $KH$, её проекция $K'H$ и прямая $AC$ в плоскости), если проекция $K'H$ перпендикулярна $AC$, то и сама наклонная $KH$ перпендикулярна $AC$. Таким образом, $KH$ — это и есть искомая высота $h_K$.

    Длину $KH$ найдём из прямоугольного треугольника $KK'H$:

    $KH = \sqrt{(KK')^2 + (K'H)^2}$

  3. Вычислим длину $K'H$. Это расстояние от точки $K'$ до прямой $AC$. Найдём сначала расстояние от точки $D$ до прямой $AC$ (обозначим его $h_D$). Площадь треугольника $ADC$ можно выразить двумя способами:

    $S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24$ дм$^2$.

    $S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot h_D = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h_D = 5 \cdot h_D$.

    Приравняв выражения, получим: $5 \cdot h_D = 24$, откуда $h_D = 4,8$ дм.

    Так как $K'$ — середина отрезка $OD$, а точка $O$ лежит на прямой $AC$ (расстояние от $O$ до $AC$ равно 0), то расстояние от $K'$ до $AC$ равно половине расстояния от $D$ до $AC$:

    $K'H = \frac{1}{2} h_D = \frac{1}{2} \cdot 4,8 = 2,4$ дм.

  4. Теперь можем найти высоту $KH$ треугольника сечения:

    $KH = \sqrt{(KK')^2 + (K'H)^2} = \sqrt{1^2 + (2,4)^2} = \sqrt{1 + 5,76} = \sqrt{6,76} = 2,6$ дм.

  5. Наконец, вычисляем площадь сечения $AKC$:

    $S_{AKC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot KH = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 2,6 = 5 \cdot 2,6 = 13$ дм$^2$.

Ответ: $13 \text{ дм}^2$.

№267 (с. 78)
Условие. №267 (с. 78)
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 78, номер 267, Условие

267. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию. Докажите, что боковые рёбра и высота пирамиды делятся этой плоскостью на пропорциональные части.

Решение 2. №267 (с. 78)
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 78, номер 267, Решение 2
Решение 4. №267 (с. 78)
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 78, номер 267, 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 78, номер 267, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №267 (с. 78)
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 78, номер 267, Решение 5
Решение 6. №267 (с. 78)

Для доказательства данного утверждения воспользуемся свойствами подобных треугольников, которые образуются при сечении пирамиды плоскостью, параллельной основанию.

Пусть дана n-угольная пирамида $S A_1 A_2 ... A_n$ с вершиной в точке $S$ и основанием, лежащим в плоскости $\alpha$. Пусть $SO$ — высота пирамиды, где $O$ — проекция вершины $S$ на плоскость $\alpha$.

Проведем секущую плоскость $\beta$, параллельную плоскости основания $\alpha$. Эта плоскость пересекает боковые ребра $SA_1, SA_2, ..., SA_n$ в точках $B_1, B_2, ..., B_n$ соответственно, и высоту $SO$ в точке $O_1$.

Требуется доказать, что боковые ребра и высота делятся плоскостью $\beta$ на пропорциональные части, то есть что выполняется следующее равенство: $$ \frac{SB_1}{SA_1} = \frac{SB_2}{SA_2} = \dots = \frac{SB_n}{SA_n} = \frac{SO_1}{SO} $$

Рассмотрим плоскость, проходящую через высоту пирамиды $SO$ и любое из ее боковых ребер, например, $SA_i$. Эта плоскость пересекает плоскость основания $\alpha$ по прямой $A_iO$, а параллельную ей секущую плоскость $\beta$ — по прямой $B_iO_1$.

Согласно свойству параллельных плоскостей, если две параллельные плоскости ($\alpha$ и $\beta$) пересечены третьей плоскостью (в нашем случае плоскостью $SA_iO$), то линии их пересечения параллельны. Следовательно, $B_iO_1 \parallel A_iO$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle SA_iO$. В этом треугольнике отрезок $B_iO_1$ соединяет стороны $SA_i$ и $SO$ и параллелен третьей стороне $A_iO$. По теореме о подобных треугольниках (или обобщенной теореме Фалеса), треугольник $\triangle SB_iO_1$ подобен треугольнику $\triangle SA_iO$.

Из подобия треугольников ($\triangle SB_iO_1 \sim \triangle SA_iO$) следует пропорциональность их соответственных сторон: $$ \frac{SB_i}{SA_i} = \frac{SO_1}{SO} $$

Так как рассуждение справедливо для любого бокового ребра $SA_i$ (при $i$ от 1 до $n$), мы можем заключить, что отношение $\frac{SB_i}{SA_i}$ одинаково для всех боковых ребер и равно отношению $\frac{SO_1}{SO}$. Таким образом, мы доказали, что: $$ \frac{SB_1}{SA_1} = \frac{SB_2}{SA_2} = \dots = \frac{SB_n}{SA_n} = \frac{SO_1}{SO} $$ Это и означает, что боковые ребра и высота пирамиды делятся секущей плоскостью на пропорциональные части. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. При пересечении пирамиды плоскостью, параллельной основанию, боковые рёбра и высота делятся на пропорциональные части. Отношение отрезка бокового ребра от вершины до секущей плоскости ко всему ребру равно отношению отрезка высоты от вершины до секущей плоскости ко всей высоте, и это соотношение является постоянным для всех боковых рёбер и высоты.

№268 (с. 78)
Условие. №268 (с. 78)
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 78, номер 268, Условие

268. Плоскость, параллельная плоскости основания правильной четырёхугольной пирамиды, делит высоту пирамиды в отношении 1 : 2, считая от вершины пирамиды. Апофема полученной усечённой пирамиды равна 4 дм, а площадь её полной поверхности равна 186 дм². Найдите высоту усечённой пирамиды.

Решение 2. №268 (с. 78)
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 78, номер 268, Решение 2
Решение 4. №268 (с. 78)
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 78, номер 268, 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 78, номер 268, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №268 (с. 78)
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 78, номер 268, Решение 5
Решение 6. №268 (с. 78)

Анализ условия и соотношения между элементами пирамиды

Пусть исходная пирамида – правильная четырехугольная. Плоскость, параллельная основанию, отсекает от нее меньшую пирамиду, подобную исходной. Оставшаяся часть является усеченной пирамидой. Обозначим высоту исходной (большой) пирамиды как $H$, а высоту отсеченной (малой) пирамиды как $h_1$. Высота полученной усеченной пирамиды будет $h_{ус} = H - h_1$.

По условию, секущая плоскость делит высоту $H$ в отношении 1:2, считая от вершины. Это означает, что $h_1 : h_{ус} = 1 : 2$, откуда $h_{ус} = 2h_1$. Тогда полная высота исходной пирамиды $H = h_1 + h_{ус} = h_1 + 2h_1 = 3h_1$.

Коэффициент подобия малой отсеченной пирамиды к большой исходной пирамиде равен отношению их высот: $k = \frac{h_1}{H} = \frac{h_1}{3h_1} = \frac{1}{3}$.

Отношение соответствующих линейных размеров подобных фигур равно коэффициенту подобия. Пусть $a_1$ – сторона верхнего основания усеченной пирамиды (которое является основанием малой пирамиды), а $a_2$ – сторона нижнего основания усеченной пирамиды (которое является основанием большой пирамиды). Тогда $\frac{a_1}{a_2} = k = \frac{1}{3}$, или $a_2 = 3a_1$.

Расчет сторон оснований усеченной пирамиды

Площадь полной поверхности усеченной пирамиды $S_{полн}$ складывается из площади боковой поверхности $S_{бок}$ и площадей двух оснований $S_1$ (верхнего) и $S_2$ (нижнего):$S_{полн} = S_{бок} + S_1 + S_2$.

По условию $S_{полн} = 186$ дм?. Площади оснований, являющихся квадратами, равны $S_1 = a_1^2$ и $S_2 = a_2^2$.Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2)l$, где $P_1$ и $P_2$ – периметры оснований, а $l$ – апофема усеченной пирамиды.Периметры оснований: $P_1 = 4a_1$, $P_2 = 4a_2$.Подставив их в формулу боковой поверхности, получим: $S_{бок} = \frac{1}{2}(4a_1 + 4a_2)l = 2(a_1 + a_2)l$.

По условию, апофема $l=4$ дм. Объединим все в одну формулу для полной поверхности:$S_{полн} = 2(a_1 + a_2)l + a_1^2 + a_2^2$.Подставим известные значения и соотношение $a_2 = 3a_1$:$186 = 2(a_1 + 3a_1) \cdot 4 + a_1^2 + (3a_1)^2$$186 = 2(4a_1) \cdot 4 + a_1^2 + 9a_1^2$$186 = 32a_1 + 10a_1^2$

Получаем квадратное уравнение:$10a_1^2 + 32a_1 - 186 = 0$Разделим все члены уравнения на 2 для упрощения:$5a_1^2 + 16a_1 - 93 = 0$Решим уравнение через дискриминант:$D = b^2 - 4ac = 16^2 - 4 \cdot 5 \cdot (-93) = 256 + 1860 = 2116$.$\sqrt{D} = \sqrt{2116} = 46$.Найдем корни: $a_1 = \frac{-16 \pm 46}{2 \cdot 5} = \frac{-16 \pm 46}{10}$.Так как длина стороны не может быть отрицательной, выбираем положительный корень:$a_1 = \frac{-16 + 46}{10} = \frac{30}{10} = 3$ дм.

Теперь находим сторону нижнего основания:$a_2 = 3a_1 = 3 \cdot 3 = 9$ дм.

Нахождение высоты усеченной пирамиды

Для нахождения высоты усеченной пирамиды $h$ рассмотрим сечение, проходящее через ее высоту и апофему боковой грани. Это сечение является прямоугольной трапецией. Основаниями этой трапеции служат отрезки, соединяющие центр основания с серединой его стороны, то есть радиусы вписанных в основания окружностей $r_1$ и $r_2$.$r_1 = \frac{a_1}{2} = \frac{3}{2} = 1.5$ дм.$r_2 = \frac{a_2}{2} = \frac{9}{2} = 4.5$ дм.

Высота усеченной пирамиды $h$ и разность радиусов $(r_2 - r_1)$ являются катетами прямоугольного треугольника, а апофема $l$ – его гипотенузой.По теореме Пифагора:$l^2 = h^2 + (r_2 - r_1)^2$.Подставляем известные значения:$4^2 = h^2 + (4.5 - 1.5)^2$$16 = h^2 + 3^2$$16 = h^2 + 9$$h^2 = 16 - 9 = 7$$h = \sqrt{7}$ дм.

Ответ: $\sqrt{7}$ дм.

№269 (с. 78)
Условие. №269 (с. 78)
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 78, номер 269, Условие

269. Стороны оснований правильной треугольной усечённой пирамиды равны 4 дм и 2 дм, а боковое ребро равно 2 дм. Найдите высоту и апофему пирамиды.

Решение 2. №269 (с. 78)
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 78, номер 269, Решение 2
Решение 4. №269 (с. 78)
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 78, номер 269, Решение 4
Решение 5. №269 (с. 78)
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 78, номер 269, Решение 5
Решение 6. №269 (с. 78)

Пусть дана правильная треугольная усеченная пирамида. Обозначим сторону нижнего основания как $a_1$, сторону верхнего основания как $a_2$, боковое ребро как $l$, апофему как $A$ и высоту как $h$.

По условию задачи:

  • $a_1 = 4$ дм
  • $a_2 = 2$ дм
  • $l = 2$ дм

Нахождение апофемы

Апофема правильной усеченной пирамиды – это высота ее боковой грани. Боковая грань представляет собой равнобедренную трапецию. Основания этой трапеции равны сторонам оснований пирамиды ($a_1 = 4$ и $a_2 = 2$), а боковые стороны – боковому ребру пирамиды ($l = 2$).

Для нахождения высоты трапеции (апофемы $A$) опустим из вершины меньшего основания перпендикуляр на большее основание. В результате образуется прямоугольный треугольник, в котором гипотенузой является боковое ребро $l$, одним катетом – апофема $A$, а вторым катетом – отрезок, равный полуразности оснований трапеции.

Найдем длину второго катета:

$\frac{a_1 - a_2}{2} = \frac{4 - 2}{2} = \frac{2}{2} = 1$ дм.

Применим теорему Пифагора:

$l^2 = A^2 + \left(\frac{a_1 - a_2}{2}\right)^2$

$2^2 = A^2 + 1^2$

$4 = A^2 + 1$

$A^2 = 3$

$A = \sqrt{3}$ дм.

Ответ: апофема пирамиды равна $\sqrt{3}$ дм.

Нахождение высоты

Высоту пирамиды $h$ можно найти, рассмотрев сечение, проходящее через апофему пирамиды и ее высоту. Это сечение образует прямоугольный треугольник, гипотенузой которого является апофема пирамиды $A$, а катетами – высота пирамиды $h$ и разность радиусов окружностей, вписанных в основания ($r_1 - r_2$).

Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $a$, вычисляется по формуле $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Найдем радиусы для оснований пирамиды:

  • Радиус вписанной окружности нижнего основания: $r_1 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}} = \frac{4}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ дм.
  • Радиус вписанной окружности верхнего основания: $r_2 = \frac{a_2}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ дм.

Найдем разность радиусов:

$r_1 - r_2 = \frac{2}{\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ дм.

Теперь применим теорему Пифагора к этому прямоугольному треугольнику:

$A^2 = h^2 + (r_1 - r_2)^2$

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

$h^2 = (\sqrt{3})^2 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 3 - \frac{1}{3} = \frac{9-1}{3} = \frac{8}{3}$

$h = \sqrt{\frac{8}{3}} = \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$ дм.

Ответ: высота пирамиды равна $\frac{2\sqrt{6}}{3}$ дм.

№270 (с. 78)
Условие. №270 (с. 78)
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 78, номер 270, Условие

270. Основаниями усечённой пирамиды являются правильные треугольники со сторонами 5 см и 3 см соответственно. Одно из боковых рёбер пирамиды перпендикулярно к плоскостям оснований и равно 1 см. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

Решение 2. №270 (с. 78)
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 78, номер 270, Решение 2
Решение 4. №270 (с. 78)
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 78, номер 270, 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 78, номер 270, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №270 (с. 78)
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 78, номер 270, Решение 5
Решение 6. №270 (с. 78)

Пусть дана усечённая пирамида $ABCA_1B_1C_1$, где $ABC$ – нижнее (большее) основание, а $A_1B_1C_1$ – верхнее (меньшее) основание. Оба основания являются правильными треугольниками.

По условию задачи, стороны оснований равны $a = 5$ см (для $ABC$) и $b = 3$ см (для $A_1B_1C_1$). Одно из боковых рёбер, пусть это будет $AA_1$, перпендикулярно плоскостям оснований. Это означает, что ребро $AA_1$ является высотой усечённой пирамиды, и его длина $h = AA_1 = 1$ см.

Площадь боковой поверхности усечённой пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей её трёх боковых граней, которые являются трапециями: $AA_1B_1B$, $AA_1C_1C$ и $BB_1C_1C$.

$S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{AA_1C_1C} + S_{BB_1C_1C}$

1. Найдём площади граней $AA_1B_1B$ и $AA_1C_1C$.

Так как ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, оно перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $A$. Следовательно, $AA_1 \perp AB$ и $AA_1 \perp AC$.

Это означает, что грани $AA_1B_1B$ и $AA_1C_1C$ являются прямоугольными трапециями, у которых $AA_1$ – это высота. Основания этих трапеций – это соответствующие стороны оснований пирамиды.

Для трапеции $AA_1B_1B$ основания равны $AB = 5$ см и $A_1B_1 = 3$ см, а высота $AA_1 = 1$ см. Её площадь:

$S_{AA_1B_1B} = \frac{AB + A_1B_1}{2} \cdot AA_1 = \frac{5 + 3}{2} \cdot 1 = \frac{8}{2} = 4$ см$^2$.

Аналогично для трапеции $AA_1C_1C$ основания равны $AC = 5$ см и $A_1C_1 = 3$ см, а высота $AA_1 = 1$ см. Её площадь:

$S_{AA_1C_1C} = \frac{AC + A_1C_1}{2} \cdot AA_1 = \frac{5 + 3}{2} \cdot 1 = 4$ см$^2$.

2. Найдём площадь грани $BB_1C_1C$.

Эта грань является трапецией с основаниями $BC = 5$ см и $B_1C_1 = 3$ см. Чтобы найти её площадь, нужно определить длину её высоты. Сначала найдём длины боковых сторон $BB_1$ и $CC_1$.

Рассмотрим проекцию ребра $BB_1$ на плоскость нижнего основания $ABC$. Так как $AA_1$ перпендикулярно основанию, проекцией точки $A_1$ является точка $A$. Проекцией верхнего основания $A_1B_1C_1$ на плоскость нижнего является равный ему правильный треугольник $AB'C'$ со стороной 3 см, где $B'$ и $C'$ – проекции точек $B_1$ и $C_1$ соответственно. Так как основания соосны относительно высоты $AA_1$, точка $B'$ лежит на отрезке $AB$, а $C'$ – на отрезке $AC$.

Длина отрезка $BB'$ равна $AB - AB' = 5 - 3 = 2$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BB_1B'$, в котором катет $B_1B'$ равен высоте пирамиды $h=1$ см, а катет $BB'$ равен 2 см. По теореме Пифагора найдём гипотенузу $BB_1$:

$BB_1 = \sqrt{(B_1B')^2 + (BB')^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$ см.

Аналогично, длина отрезка $CC'$ равна $AC - AC' = 5 - 3 = 2$ см. В прямоугольном треугольнике $CC_1C'$ катеты $C_1C' = 1$ см и $CC' = 2$ см. Тогда гипотенуза $CC_1$:

$CC_1 = \sqrt{(C_1C')^2 + (CC')^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$ см.

Так как $BB_1 = CC_1 = \sqrt{5}$ см, трапеция $BB_1C_1C$ является равнобедренной. Найдём её высоту $h_{BC}$. Опустим перпендикуляр из точки $B_1$ на основание $BC$. Длина проекции боковой стороны $BB_1$ на большее основание $BC$ вычисляется по формуле:

$\frac{BC - B_1C_1}{2} = \frac{5 - 3}{2} = 1$ см.

Высота трапеции $h_{BC}$ является катетом в прямоугольном треугольнике, где гипотенуза – это боковая сторона $BB_1$, а другой катет – это найденная проекция. По теореме Пифагора:

$h_{BC}^2 + 1^2 = (\sqrt{5})^2$

$h_{BC}^2 + 1 = 5$

$h_{BC}^2 = 4$

$h_{BC} = 2$ см.

Теперь вычислим площадь трапеции $BB_1C_1C$:

$S_{BB_1C_1C} = \frac{BC + B_1C_1}{2} \cdot h_{BC} = \frac{5 + 3}{2} \cdot 2 = 8$ см$^2$.

3. Найдём площадь боковой поверхности.

Суммируем площади всех боковых граней:

$S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{AA_1C_1C} + S_{BB_1C_1C} = 4 + 4 + 8 = 16$ см$^2$.

Ответ: 16 см$^2$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться