Страница 62 - гдз по геометрии 10 класс рабочая тетрадь Глазков, Юдина

83 Все двугранные углы при основании пирамиды равны между собой. Докажите, что:

a) высоты всех боковых граней, проведенные к сторонам основания пирамиды, равны между собой;

б) высота пирамиды проходит через центр окружности, вписанной в основание.

Доказательство.

a) Пусть отрезок $MO$ — высота пирамиды $MA_1A_2A_3 ... A_n$, $OH_1 \perp A_1A_2$, $OH_2 \perp A_2A_3$. Тогда $MH_1 \perp A_1A_2$, $MH_2 \perp A_2A_3$ (по теореме о трех перпендикулярах). Отсюда следует, что углы $MH_1O$ и $MH_2O$ как линейные углы равных двугранных углов $MA_1A_2O$ и $MA_2A_3O$.

Так как $\triangle MH_1O = \triangle MH_2O$ (по катету и противолежащему углу), то $MH_1 = MH_2$. Аналогично можно доказать равенство высот всех боковых граней пирамиды, проведенных к сторонам основания пирамиды.

б) Так как $\triangle MH_1O = \triangle MH_2O$, то $OH_1 = OH_2$. Аналогично можно доказать, что равны расстояния от точки $O$ до всех сторон основания пирамиды. Следовательно, точка $O$ — центр вписанной окружности, что и требовалось доказать.

а) Пусть отрезок $MO$ — высота пирамиды $MA_1A_2A_3...A_n$, $OH_1 \perp A_1A_2$, $OH_2 \perp A_2A_3$. Тогда $MH_1 \perp A_1A_2$, $MH_2 \perp A_2A_3$ (по теореме о трех перпендикулярах). Отсюда следует, что углы $MH_1O$ и $MH_2O$ равны как линейные углы двух равных двугранных углов $MA_1A_2O$ и $MA_2A_3O$. Так как $\triangle MH_1O$ = $\triangle MH_2O$ (по катету и противолежащему углу), то $MH_1$ = $MH_2$. Аналогично можно доказать равенство высот всех боковых граней пирамиды, проведенных к сторонам основания пирамиды.

Ответ: Доказано, что высоты всех боковых граней, проведенные к сторонам основания пирамиды, равны между собой.

б) Так как $\triangle MH_1O = \triangle$ $MH_2O$, то $OH_1$ = $OH_2$. Аналогично можно доказать, что равны расстояния от точки O до всех сторон основания пирамиды. Следовательно, точка O — центр окружности, вписанной в основание пирамиды, что и требовалось доказать.

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

84 Все двугранные углы при основании четырехугольной пирамиды равны между собой. Высота пирамиды равна 12 м, а периметр и площадь основания равны 48 м и 120 м². Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение.

1) По условию задачи все двугранные углы при _____ пирамиды равны, следовательно, ее высота MO проходит через _____ окружности, _____ в основание, а все высоты боковых _____ , проведенные к сторонам основания, _____ между собой. Поэтому если h — высота боковой грани, проведенная из вершины M, то

$S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} AB \cdot h + \frac{1}{2} \underline{\hspace{1cm}} \cdot h + \underline{\hspace{1cm}} + \underline{\hspace{1cm}} = \frac{1}{2} (AB + \underline{\hspace{1cm}})h = \underline{\hspace{1cm}} P_{\text{осн}} \cdot \underline{\hspace{1cm}}$

2) Пусть $MH \perp AB$, тогда $OH \perp AB$ (по теореме о _____ перпендикулярах), а значит, $OH$ — радиус _____ , вписанной в четы- _____ рехугольник _____ .

3) Площадь S многоугольника, его периметр P и радиус r вписанной в многоугольник окружности связаны формулой $S = \frac{1}{2} \cdot \underline{\hspace{1cm}}$, следовательно, $r=2 \cdot 120 : \underline{\hspace{1cm}} = \underline{\hspace{1cm}}$ см.

4) В прямоугольном треугольнике MOH $MH = h = \sqrt{OH^2 + \underline{\hspace{1cm}}^2} = \underline{\hspace{1cm}}$ (м). Следовательно, $S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} \cdot \underline{\hspace{1cm}} = \underline{\hspace{1cm}}$ (м²).

Ответ.

1) По условию задачи все двугранные углы при основании пирамиды равны, следовательно, ее высота $MO$ проходит через центр вписанной окружности, вписанной в основание, а все высоты боковых граней, проведенные к сторонам основания, равны между собой. Поэтому если $h$ — высота боковой грани, проведенная из вершины $M$, то площадь боковой поверхности $S_{бок}$ вычисляется как сумма площадей боковых граней (треугольников):
$S_{бок} = \frac{1}{2}AB \cdot h + \frac{1}{2}BC \cdot h + \frac{1}{2}CD \cdot h + \frac{1}{2}DA \cdot h = \frac{1}{2}(AB + BC + CD + DA)h = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h$.

Ответ: Площадь боковой поверхности пирамиды вычисляется по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h$, где $P_{осн}$ - периметр основания, а $h$ - апофема (высота боковой грани).

2) Пусть $MH \perp AB$ (где $MH$ - апофема), тогда ее проекция на основание $OH \perp AB$ (по теореме о трех перпендикулярах), а значит, $OH$ — радиус окружности, вписанной в четырехугольник основания.

Ответ: Отрезок $OH$ является радиусом $r$ вписанной в основание окружности.

3) Площадь $S$ многоугольника, в который можно вписать окружность, его периметр $P$ и радиус $r$ вписанной окружности связаны формулой $S = \frac{1}{2}P \cdot r$. Из этой формулы найдем радиус окружности, вписанной в основание пирамиды, используя данные для площади основания ($S_{осн} = 120$ м²) и периметра основания ($P_{осн} = 48$ м):
$r = \frac{2S_{осн}}{P_{осн}} = 2 \cdot 120 : 48 = \frac{240}{48} = 5$ м.

Ответ: $r = 5$ м.

4) В прямоугольном треугольнике $MOH$ (где $MO$ - высота пирамиды, $OH$ - радиус вписанной окружности, $MH$ - апофема) по теореме Пифагора найдем апофему $h = MH$:
$h = \sqrt{OH^2 + MO^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ (м).
Следовательно, площадь боковой поверхности равна:
$S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 48 \cdot 13 = 24 \cdot 13 = 312$ (м²).

Ответ: $S_{бок} = 312$ м².