Страница 60 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

194. В правильной треугольной пирамиде угол между её высотой и боковым ребром равен $\alpha$, а расстояние от основания высоты пирамиды до бокового ребра равно $d$. Найдите рёбра пирамиды.

Пусть SABC — данная правильная треугольная пирамида. S — её вершина, а равносторонний треугольник ABC — основание. SO — высота пирамиды, где O — центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис $ \triangle ABC $).

Согласно условию, угол между высотой SO и боковым ребром (например, SA) равен $ \alpha $, то есть $ \angle ASO = \alpha $. Расстояние от основания высоты O до бокового ребра SA равно d. Это означает, что длина перпендикуляра OK, опущенного из точки O на прямую SA, равна d (то есть $ OK = d $ и $ OK \perp SA $).

Рассмотрим треугольник SOA. Так как SO — высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости. Следовательно, $ SO \perp OA $. Таким образом, треугольник SOA является прямоугольным с прямым углом при вершине O ($ \angle SOA = 90^\circ $).

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник OKS. Так как по построению $ OK \perp SA $, угол при вершине K в этом треугольнике прямой ($ \angle OKS = 90^\circ $). Катет OK лежит напротив угла $ \angle OSK $, который равен данному углу $ \alpha $. В треугольнике OKS гипотенузой является отрезок SO — высота пирамиды. Выразим SO через известные величины: $ \sin(\angle OSK) = \frac{OK}{SO} \implies \sin \alpha = \frac{d}{SO} $ Отсюда находим высоту пирамиды: $ SO = \frac{d}{\sin \alpha} $

Зная катет SO и острый угол $ \alpha $ в прямоугольном треугольнике SOA, мы можем найти его гипотенузу SA (которая является боковым ребром пирамиды) и второй катет OA (который является радиусом окружности, описанной около основания).

1. Найдём боковое ребро пирамиды.
Длина бокового ребра SA находится из соотношения: $ \cos \alpha = \frac{SO}{SA} \implies SA = \frac{SO}{\cos \alpha} = \frac{d/\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{d}{\sin \alpha \cos \alpha} $ Используя формулу синуса двойного угла $ \sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha $, это выражение можно записать как: $ SA = \frac{2d}{2\sin \alpha \cos \alpha} = \frac{2d}{\sin(2\alpha)} $

2. Найдём ребро основания пирамиды.
Сначала найдём радиус R описанной окружности, который равен длине катета OA: $ \tan \alpha = \frac{OA}{SO} \implies OA = SO \cdot \tan \alpha = \frac{d}{\sin \alpha} \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{d}{\cos \alpha} $ Итак, $ R = OA = \frac{d}{\cos \alpha} $.
Длина ребра основания a (сторона равностороннего треугольника ABC) связана с радиусом описанной окружности R формулой $ a = R\sqrt{3} $. Подставив найденное значение R, получаем: $ a = \frac{d}{\cos \alpha} \cdot \sqrt{3} = \frac{d\sqrt{3}}{\cos \alpha} $

Ответ: Боковое ребро пирамиды равно $ \frac{d}{\sin \alpha \cos \alpha} $ (или $ \frac{2d}{\sin(2\alpha)} $), а ребро основания равно $ \frac{d\sqrt{3}}{\cos \alpha} $.

195. Двугранный угол правильной треугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S. Основание ABC – правильный треугольник.

Двугранный угол при ребре основания, например, при ребре BC, – это угол между плоскостью основания (ABC) и плоскостью боковой грани (SBC). Обозначим этот угол как $α$.

Плоский угол при вершине пирамиды – это угол при вершине S боковой грани, например, угол $∠BSC$. Обозначим его как $β$. Нам нужно найти $β$.

1. Построим линейный угол для двугранного угла $α$. Проведем в плоскости основания высоту (медиану, биссектрису) AM к стороне BC. Так как треугольник ABC правильный, $AM ⊥ BC$.
Проведем в плоскости боковой грани SBC апофему SM. Так как пирамида правильная, треугольник SBC – равнобедренный, и его медиана SM является также высотой, т.е. $SM ⊥ BC$.
Таким образом, угол $∠SMA$ является линейным углом двугранного угла при ребре BC, и по условию $∠SMA = α$.

2. Введем обозначения. Пусть сторона основания равна $a$, т.е. $BC = a$.
Пусть O – центр основания ABC (точка пересечения медиан). SO – высота пирамиды.

3. Рассмотрим треугольник основания ABC. AM – высота правильного треугольника со стороной $a$, ее длина равна $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Точка O делит медиану AM в отношении 2:1, считая от вершины A. Следовательно, отрезок OM, являющийся радиусом вписанной в основание окружности, равен:
$OM = \frac{1}{3} AM = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM (так как $SO ⊥$ плоскости ABC, то $SO ⊥ OM$). В этом треугольнике нам известен угол $∠SMO = α$ и катет OM. Найдем гипотенузу SM (апофему):
$\cos α = \frac{OM}{SM} \implies SM = \frac{OM}{\cos α} = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}$.

5. Теперь рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник SBC. Нам нужно найти угол $β = ∠BSC$. Мы знаем основание $BC = a$ и высоту $SM = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}$.
Для нахождения угла $β$ воспользуемся теоремой косинусов для треугольника SBC. Для этого сначала найдем длину бокового ребра SB.

6. Рассмотрим прямоугольный треугольник SMB. В нем катет $BM = \frac{1}{2} BC = \frac{a}{2}$, а катет SM мы нашли ранее. По теореме Пифагора:
$SB^2 = SM^2 + BM^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{36\cos^2 α} + \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{12\cos^2 α} + \frac{a^2}{4}$
Приведем к общему знаменателю:
$SB^2 = \frac{a^2 + 3a^2\cos^2 α}{12\cos^2 α} = a^2 \frac{1 + 3\cos^2 α}{12\cos^2 α}$.
Так как пирамида правильная, $SC = SB$.

7. Применим теорему косинусов для треугольника SBC:
$BC^2 = SB^2 + SC^2 - 2 \cdot SB \cdot SC \cdot \cos(∠BSC)$
$a^2 = 2 \cdot SB^2 - 2 \cdot SB^2 \cdot \cos β = 2 \cdot SB^2 (1 - \cos β)$
Подставим найденное выражение для $SB^2$:
$a^2 = 2 \cdot \left(a^2 \frac{1 + 3\cos^2 α}{12\cos^2 α}\right) (1 - \cos β)$
Сократим $a^2$:
$1 = \frac{1 + 3\cos^2 α}{6\cos^2 α} (1 - \cos β)$
Выразим $(1 - \cos β)$:
$1 - \cos β = \frac{6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}$
Отсюда найдем $\cos β$:
$\cos β = 1 - \frac{6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α} = \frac{1 + 3\cos^2 α - 6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α} = \frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}$
Следовательно, искомый плоский угол при вершине пирамиды равен:
$β = \arccos\left(\frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}\right)$.

Ответ: Плоский угол при вершине пирамиды равен $\arccos\left(\frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}\right)$.

196. Двугранный угол правильной четырёхугольной пира-миды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите двугран-ный угол пирамиды при боковом ребре.

Пусть `SABCD` — правильная четырёхугольная пирамида с вершиной `S` и основанием `ABCD`. Пусть `O` — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата `ABCD`), тогда `SO` — высота пирамиды.

Двугранный угол при ребре основания, например `CD`, по условию равен `α`. Для построения его линейного угла проведём апофему `SM`, где `M` — середина ребра `CD`. Тогда `SM ⊥ CD`. В плоскости основания проведём `OM`. Так как `ABCD` — квадрат и `O` — его центр, `OM ⊥ CD`. Следовательно, угол `∠SMO` является линейным углом двугранного угла при ребре `CD`, и `∠SMO = α`.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например `SC`. Обозначим его `β`. Этот угол образован плоскостями боковых граней `(SBC)` и `(SDC)`. Для построения его линейного угла проведём в плоскости `(SDC)` высоту `DK` на ребро `SC`, то есть `DK ⊥ SC`. Так как пирамида правильная, боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками (`△SBC ≅ △SDC`). Поэтому высота, проведённая из вершины `B` к стороне `SC` в треугольнике `SBC`, также попадёт в точку `K`, то есть `BK ⊥ SC`. Таким образом, угол `∠BKD` является линейным углом искомого двугранного угла, `∠BKD = β`.

Для решения задачи введём параметр. Пусть половина стороны основания равна `a`, то есть `OM = MC = a`. Тогда сторона основания `CD = 2a`.

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOM`. В нём `OM = a` и `∠SMO = α`. Найдём длину апофемы `SM`:
$SM = OM / cos(α) = a / cos(α)$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SMC`. Найдём длину бокового ребра `SC` по теореме Пифагора:
$SC^2 = SM^2 + MC^2 = (a / cos(α))^2 + a^2 = a^2/cos^2(α) + a^2 = a^2 * ( (1 + cos^2(α)) / cos^2(α) )$
$SC = (a/cos(α)) * sqrt(1 + cos^2(α))$.

3. Найдём длину отрезка `DK`. Площадь треугольника `SDC` можно выразить двумя способами:
$S_{△SDC} = (1/2) * CD * SM = (1/2) * 2a * (a/cos(α)) = a^2/cos(α)$.
С другой стороны, $S_{△SDC} = (1/2) * SC * DK$.
Приравнивая эти два выражения, получим:
$DK = (2 * S_{△SDC}) / SC = (2 * a^2/cos(α)) / ((a/cos(α)) * sqrt(1 + cos^2(α))) = 2a / sqrt(1 + cos^2(α))$.

4. Теперь рассмотрим равнобедренный треугольник `BKD`. Мы знаем, что `BK = DK = 2a / sqrt(1 + cos^2(α))`. Основание `BD` этого треугольника является диагональю квадрата `ABCD` со стороной `2a`. Следовательно, $BD = 2a * sqrt(2)$.

5. Применим к треугольнику `BKD` теорему косинусов для нахождения угла `β = ∠BKD`:
$BD^2 = BK^2 + DK^2 - 2 * BK * DK * cos(β)$
Так как `BK = DK`, формула упрощается:
$BD^2 = 2 * DK^2 - 2 * DK^2 * cos(β) = 2 * DK^2 * (1 - cos(β))$.

Отсюда выразим `cos(β)`:
$cos(β) = 1 - BD^2 / (2 * DK^2)$.

Подставим найденные значения `BD^2` и `DK^2`:
$BD^2 = (2a * sqrt(2))^2 = 8a^2$.
$DK^2 = (2a / sqrt(1 + cos^2(α)))^2 = 4a^2 / (1 + cos^2(α))$.

$cos(β) = 1 - (8a^2) / (2 * (4a^2 / (1 + cos^2(α)))) = 1 - (8a^2) / (8a^2 / (1 + cos^2(α)))$.

$cos(β) = 1 - (1 + cos^2(α)) = 1 - 1 - cos^2(α) = -cos^2(α)$.

Таким образом, косинус искомого двугранного угла равен $-cos^2(α)$. Сам угол равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $arccos(-cos^2(α))$

197. Сторона основания правильной пирамиды $MABC$ равна $b$. Двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\beta$.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер $AB$ и $BC$ параллельно плоскости $AMC$.

2) Найдите площадь построенного сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер AB и BC параллельно плоскости AMC.

Пусть дана правильная пирамида MABC, где основание ABC – равносторонний треугольник со стороной $b$. Пусть P – середина ребра AB, а Q – середина ребра BC. Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точки P и Q.

1. Соединим точки P и Q. Отрезок PQ является средней линией треугольника ABC, поэтому $PQ \parallel AC$ и $PQ = AC/2$. Поскольку прямая AC лежит в плоскости (AMC), то и прямая PQ параллельна плоскости (AMC).

2. По условию, секущая плоскость $\alpha$ параллельна плоскости (AMC). Так как плоскость $\alpha$ проходит через точку P и пересекает грань (MAB), линия их пересечения должна быть параллельна линии пересечения плоскостей (AMC) и (MAB), то есть прямой MA. Проведём в плоскости (MAB) через точку P прямую, параллельную MA. Эта прямая пересечёт ребро MB в некоторой точке R.

3. В треугольнике MAB отрезок PR параллелен стороне MA, и точка P является серединой стороны AB. По теореме Фалеса, точка R является серединой стороны MB.

4. Соединим точки P, Q и R. Треугольник PQR – искомое сечение.

Проверим, что плоскость (PQR) параллельна плоскости (AMC). Мы имеем $PQ \parallel AC$ и $PR \parallel MA$. Так как две пересекающиеся прямые (PQ и PR) в плоскости (PQR) соответственно параллельны двум пересекающимся прямым (AC и MA) в плоскости (AMC), то плоскости (PQR) и (AMC) параллельны. Построение выполнено верно.

Ответ: Искомое сечение – это треугольник PQR, где P, Q, R – середины рёбер AB, BC и MB соответственно.

2) Найдите площадь построенного сечения.

Сечение представляет собой треугольник PQR. Как показано в построении, P, Q и R являются серединами рёбер AB, BC и MB соответственно.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке B и коэффициентом $k = 1/2$. При этой гомотетии точка A переходит в точку P (середину AB), точка C переходит в точку Q (середину BC), а точка M переходит в точку R (середину MB). Следовательно, треугольник PQR является образом треугольника AMC при данной гомотетии.

Это означает, что треугольник PQR подобен треугольнику AMC с коэффициентом подобия $k = 1/2$. Площадь сечения $S_{PQR}$ связана с площадью треугольника $S_{AMC}$ соотношением: $S_{PQR} = k^2 \cdot S_{AMC} = (\frac{1}{2})^2 S_{AMC} = \frac{1}{4} S_{AMC}$.

Найдём площадь треугольника AMC. Это равнобедренный треугольник с основанием $AC = b$ и боковыми сторонами $MA = MC$.

Чтобы найти длину бокового ребра MA, воспользуемся двугранным углом $\beta$ при ребре основания. Пусть K – середина ребра BC. Так как пирамида правильная, MK – апофема грани MBC (т.е. $MK \perp BC$), а AK – высота основания (т.е. $AK \perp BC$). Тогда $\angle MKA = \beta$ – линейный угол данного двугранного угла.

В основании лежит равносторонний треугольник ABC со стороной $b$. Его высота $AK = \frac{b\sqrt{3}}{2}$. Пусть O – центр основания (и проекция вершины M). O делит медиану AK в отношении 2:1, считая от вершины A. Расстояние от центра до стороны основания $OK = \frac{1}{3} AK = \frac{1}{3} \cdot \frac{b\sqrt{3}}{2} = \frac{b\sqrt{3}}{6}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MOK ($\angle MOK = 90^\circ$). Апофема $MK = \frac{OK}{\cos\beta} = \frac{b\sqrt{3}}{6\cos\beta}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник MBK ($\angle MKB = 90^\circ$). Найдём квадрат бокового ребра MB по теореме Пифагора: $MB^2 = MK^2 + BK^2 = \left(\frac{b\sqrt{3}}{6\cos\beta}\right)^2 + \left(\frac{b}{2}\right)^2 = \frac{3b^2}{36\cos^2\beta} + \frac{b^2}{4} = \frac{b^2}{12\cos^2\beta} + \frac{3b^2\cos^2\beta}{12\cos^2\beta} = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta)}{12\cos^2\beta}$. Так как пирамида правильная, $MA^2 = MC^2 = MB^2$.

Вернёмся к треугольнику AMC. Проведём в нём высоту ML к основанию AC. L – середина AC. В прямоугольном треугольнике MLC ($\angle MLC = 90^\circ$): $ML^2 = MC^2 - LC^2 = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta)}{12\cos^2\beta} - \left(\frac{b}{2}\right)^2 = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta) - 3b^2\cos^2\beta}{12\cos^2\beta} = \frac{b^2}{12\cos^2\beta}$. $ML = \sqrt{\frac{b^2}{12\cos^2\beta}} = \frac{b}{2\sqrt{3}\cos\beta}$.

Площадь треугольника AMC: $S_{AMC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot ML = \frac{1}{2} \cdot b \cdot \frac{b}{2\sqrt{3}\cos\beta} = \frac{b^2}{4\sqrt{3}\cos\beta} = \frac{b^2\sqrt{3}}{12\cos\beta}$.

Наконец, найдём площадь сечения PQR: $S_{PQR} = \frac{1}{4} S_{AMC} = \frac{1}{4} \cdot \frac{b^2\sqrt{3}}{12\cos\beta} = \frac{b^2\sqrt{3}}{48\cos\beta}$.

Ответ: $S = \frac{b^2\sqrt{3}}{48\cos\beta}$.

198. Основанием пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$, $O$ — точка пересечения его диагоналей, $SA = SC$, $SB = SD$. Докажите, что отрезок $SO$ — высота пирамиды.

Чтобы доказать, что отрезок $SO$ является высотой пирамиды $SABCD$, необходимо доказать, что он перпендикулярен плоскости основания $ABCD$.

По определению, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В плоскости основания $ABCD$ лежат диагонали параллелограмма $AC$ и $BD$, которые пересекаются в точке $O$. Таким образом, нам нужно доказать, что $SO \perp AC$ и $SO \perp BD$.

1. Рассмотрим треугольник $SAC$.

По условию задачи, $SA = SC$. Это означает, что треугольник $SAC$ является равнобедренным с основанием $AC$. Точка $O$ является точкой пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству параллелограмма, его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $AO = OC$, и точка $O$ является серединой отрезка $AC$. Отрезок $SO$ соединяет вершину $S$ с серединой основания $AC$ равнобедренного треугольника $SAC$. Следовательно, $SO$ является медианой этого треугольника. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является также и высотой. Отсюда следует, что $SO \perp AC$.

2. Рассмотрим треугольник $SBD$.

По условию задачи, $SB = SD$. Это означает, что треугольник $SBD$ является равнобедренным с основанием $BD$. Так как $O$ — точка пересечения диагоналей, то $BO = OD$, и точка $O$ является серединой отрезка $BD$. Отрезок $SO$ соединяет вершину $S$ с серединой основания $BD$ равнобедренного треугольника $SBD$. Следовательно, $SO$ является медианой этого треугольника. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является также и высотой. Отсюда следует, что $SO \perp BD$.

3. Заключение.

Мы доказали, что отрезок $SO$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым $AC$ и $BD$, которые лежат в плоскости основания $(ABCD)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$.

По определению, высота пирамиды — это перпендикуляр, опущенный из вершины пирамиды на плоскость её основания. Так как $SO \perp (ABCD)$, то $SO$ является высотой пирамиды $SABCD$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Отрезок $SO$ является высотой пирамиды.

199. Основанием пирамиды является прямоугольник со сторонами 12 см и 30 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если её высота равна 8 см, а боковые рёбра образуют с плоскостью основания равные углы.

Пусть дана пирамида $SABCD$, где основанием является прямоугольник $ABCD$ со сторонами $a = AB = 30$ см и $b = AD = 12$ см. Высота пирамиды $SO = h = 8$ см.

По условию, все боковые рёбра образуют с плоскостью основания равные углы. Это свойство означает, что вершина пирамиды $S$ проецируется в центр окружности, описанной около основания. Для прямоугольника центром описанной окружности является точка пересечения его диагоналей $O$. Таким образом, высота пирамиды $SO$ опущена в центр основания.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей четырёх треугольных граней: $S_{бок} = S_{\triangle SAB} + S_{\triangle SBC} + S_{\triangle SCD} + S_{\triangle SDA}$.Поскольку основание — прямоугольник, а высота опущена в его центр, то противолежащие боковые грани равны: $\triangle SAB \cong \triangle SCD$ и $\triangle SBC \cong \triangle SDA$.Следовательно, формулу для площади боковой поверхности можно записать как: $S_{бок} = 2 \cdot S_{\triangle SAB} + 2 \cdot S_{\triangle SBC}$.

Для вычисления площадей этих треугольников необходимо найти их высоты (апофемы).Пусть $h_a = SK$ — апофема грани $SAB$, проведенная к стороне $AB$, а $h_b = SM$ — апофема грани $SBC$, проведенная к стороне $BC$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOK$, где $K$ — середина стороны $AB$. Катет $SO$ — это высота пирамиды, $SO = h = 8$ см. Катет $OK$ перпендикулярен стороне $AB$ и равен половине длины стороны $AD$.$OK = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.По теореме Пифагора найдём гипотенузу $SK$ (апофему $h_a$):$h_a = SK = \sqrt{SO^2 + OK^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ см.

Теперь найдём площадь грани $SAB$:$S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SK = \frac{1}{2} \cdot 30 \cdot 10 = 150$ см$^2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$, где $M$ — середина стороны $BC$. Катет $SO = h = 8$ см. Катет $OM$ перпендикулярен стороне $BC$ и равен половине длины стороны $AB$.$OM = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 30 = 15$ см.По теореме Пифагора найдём гипотенузу $SM$ (апофему $h_b$):$h_b = SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{8^2 + 15^2} = \sqrt{64 + 225} = \sqrt{289} = 17$ см.

Найдём площадь грани $SBC$:$S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 17 = 6 \cdot 17 = 102$ см$^2$.

Наконец, вычислим общую площадь боковой поверхности пирамиды:$S_{бок} = 2 \cdot S_{\triangle SAB} + 2 \cdot S_{\triangle SBC} = 2 \cdot 150 + 2 \cdot 102 = 300 + 204 = 504$ см$^2$.

Ответ: $504$ см$^2$.

200. Основанием пирамиды $SABC$ является треугольник $ABC$, в котором $\angle B = 120^\circ$. Найдите сторону $AC$, если высота пирамиды равна 12 см, а каждое боковое ребро образует с плоскостью основания пирамиды угол $60^\circ$.

Пусть $SO$ — высота пирамиды $SABC$, где $O$ — основание высоты, лежащее в плоскости треугольника $ABC$. По условию, высота пирамиды $SO = 12$ см.

Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекциями боковых ребер $SA$, $SB$ и $SC$ на плоскость основания $(ABC)$ являются отрезки $OA$, $OB$ и $OC$ соответственно.

По условию, каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол $60°$. Следовательно, углы $\angle SAO$, $\angle SBO$ и $\angle SCO$ равны $60°$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOA$, $\triangle SOB$ и $\triangle SOC$ (они прямоугольные, так как $SO$ — высота, то есть $SO \perp (ABC)$). У них общий катет $SO$ и равные острые углы ($\angle SAO = \angle SBO = \angle SCO = 60°$). Следовательно, эти треугольники равны по катету и противолежащему углу.

Из равенства треугольников следует равенство отрезков $OA = OB = OC$. Это означает, что точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$, а отрезки $OA$, $OB$, $OC$ — ее радиусами $R$.

Найдем радиус $R$ из прямоугольного треугольника $\triangle SOA$, используя тангенс угла $\angle SAO$: $\text{tg}(\angle SAO) = \frac{SO}{OA}$. Отсюда $R = OA = \frac{SO}{\text{tg}(\angle SAO)} = \frac{12}{\text{tg}(60°)} = \frac{12}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{3} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $ABC$, являющийся основанием пирамиды. По теореме синусов, отношение стороны треугольника к синусу противолежащего угла равно удвоенному радиусу описанной окружности: $\frac{AC}{\sin(\angle B)} = 2R$.

Выразим из этой формулы искомую сторону $AC$: $AC = 2R \cdot \sin(\angle B)$.

Подставим известные значения: $R = 4\sqrt{3}$ см и $\angle B = 120°$: $AC = 2 \cdot 4\sqrt{3} \cdot \sin(120°)$.

Так как $\sin(120°) = \sin(180° - 60°) = \sin(60°) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем: $AC = 8\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{8 \cdot (\sqrt{3} \cdot \sqrt{3})}{2} = \frac{8 \cdot 3}{2} = \frac{24}{2} = 12$ см.

Ответ: 12 см.

201. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, боковая сторона которой равна 6 см, а тупой угол — $120^\circ$. Меньшее основание трапеции равно её боковой стороне. Боковые рёбра пирамиды образуют с плоскостью основания равные углы. Найдите угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды, если высота пирамиды равна $2\sqrt{2}$ см.

Пусть дана пирамида $SABCD$, где основание $ABCD$ — равнобокая трапеция, а $S$ — вершина пирамиды. Высота пирамиды $SO = H = 2\sqrt{2}$ см, где $O$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания.

По условию, боковые ребра пирамиды образуют с плоскостью основания равные углы. Это означает, что проекция вершины пирамиды на плоскость основания совпадает с центром окружности, описанной около этого основания. То есть, точка $O$ — центр описанной окружности трапеции $ABCD$. Расстояния от точки $O$ до всех вершин трапеции равны радиусу этой окружности $R$: $OA = OB = OC = OD = R$.

Угол между боковым ребром (например, $SA$) и плоскостью основания — это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость (отрезком $OA$). Таким образом, нам нужно найти угол $\alpha = \angle SAO$. Этот угол можно найти из прямоугольного треугольника $\triangle SAO$. В этом треугольнике катет $SO$ — это высота пирамиды, а катет $OA$ — это радиус $R$ описанной окружности. Тангенс искомого угла равен:$ \tan(\alpha) = \frac{SO}{OA} = \frac{H}{R} $

Найдем радиус $R$ описанной окружности трапеции. Для этого рассмотрим основание $ABCD$.Дано:

• Трапеция равнобокая: $AB = CD$.
• Боковая сторона $AB = CD = 6$ см.
• Меньшее основание $BC$ равно боковой стороне: $BC = 6$ см.
• Тупой угол $\angle BCD = 120°$.

В равнобокой трапеции сумма углов при боковой стороне равна $180°$, поэтому острый угол при большем основании $\angle CDA = 180° - 120° = 60°$.

Радиус окружности, описанной около равнобокой трапеции, совпадает с радиусом окружности, описанной около треугольника, образованного тремя ее вершинами, например, $\triangle BCD$. Найдем диагональ $BD$ по теореме косинусов для треугольника $\triangle BCD$:$ BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(120°) $$ BD^2 = 6^2 + 6^2 - 2 \cdot 6 \cdot 6 \cdot (-\frac{1}{2}) $$ BD^2 = 36 + 36 + 36 = 3 \cdot 36 = 108 $$ BD = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3} $ см.

Теперь найдем радиус $R$ описанной окружности для $\triangle BCD$ по теореме синусов:$ \frac{BD}{\sin(\angle BCD)} = 2R $$ R = \frac{BD}{2 \sin(120°)} = \frac{6\sqrt{3}}{2 \sin(60°)} = \frac{6\sqrt{3}}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 6 $ см.

Итак, радиус описанной окружности $R = OA = 6$ см.Теперь мы можем найти искомый угол $\alpha$ из прямоугольного треугольника $\triangle SAO$:$ \tan(\alpha) = \frac{SO}{OA} = \frac{2\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{2}}{3} $Следовательно, угол $\alpha = \arctan\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)$.

Ответ: $ \arctan\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right) $.