Страница 90 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

192. В правильной шестиугольной пирамиде сторона основания равна 4 см, а высота — $2\sqrt{6}$ см. Найдите:

1) угол наклона бокового ребра к плоскости основания;

2) угол наклона боковой грани к плоскости основания;

3) площадь полной поверхности пирамиды.

1) угол наклона бокового ребра к плоскости основания

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида с вершиной $S$ и центром основания $O$. Высота пирамиды $SO = H = 2\sqrt{6}$ см, а сторона основания $a = 4$ см.

Угол наклона бокового ребра (например, $SA$) к плоскости основания – это угол между самим ребром и его проекцией на плоскость основания. Проекцией ребра $SA$ на плоскость основания является отрезок $OA$. Таким образом, искомый угол – это $\angle SAO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$ (угол $\angle SOA = 90^\circ$). Катет $SO$ является высотой пирамиды, $SO = 2\sqrt{6}$ см. Катет $OA$ является радиусом описанной около основания окружности. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне, поэтому $OA = a = 4$ см.

Для нахождения угла $\angle SAO$ воспользуемся тангенсом, который равен отношению противолежащего катета к прилежащему:

$\tan(\angle SAO) = \frac{SO}{OA} = \frac{2\sqrt{6}}{4} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Следовательно, угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен арктангенсу этого значения.

Ответ: $\arctan\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$.

2) угол наклона боковой грани к плоскости основания

Угол наклона боковой грани (например, $SAB$) к плоскости основания – это двугранный угол между этими плоскостями. Он измеряется величиной своего линейного угла. Чтобы построить линейный угол, проведем апофему боковой грани $SK$ к середине стороны основания $AB$ ($SK \perp AB$) и апофему основания $OK$ ($OK \perp AB$). Искомый угол – это $\angle SKO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SKO$ (угол $\angle SOK = 90^\circ$). Катет $SO$ – высота пирамиды, $SO = 2\sqrt{6}$ см. Катет $OK$ – апофема правильного шестиугольника (или радиус вписанной в него окружности). Длина апофемы правильного шестиугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $r = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Подставим значение стороны $a=4$ см:

$OK = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем тангенс угла $\angle SKO$ в треугольнике $\triangle SKO$:

$\tan(\angle SKO) = \frac{SO}{OK} = \frac{2\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{6}{3}} = \sqrt{2}$.

Следовательно, угол наклона боковой грани к плоскости основания равен $\arctan(\sqrt{2})$.

Ответ: $\arctan(\sqrt{2})$.

3) площадь полной поверхности пирамиды

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ вычисляется как сумма площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$.

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$.

Сначала найдем площадь основания. Основание – правильный шестиугольник со стороной $a = 4$ см. Его площадь можно найти как площадь шести равносторонних треугольников со стороной $a$. Площадь одного такого треугольника равна $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

$S_{осн} = 6 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{4^2\sqrt{3}}{4} = 6 \cdot \frac{16\sqrt{3}}{4} = 6 \cdot 4\sqrt{3} = 24\sqrt{3}$ см².

Далее найдем площадь боковой поверхности. Боковая поверхность состоит из шести одинаковых равнобедренных треугольников. Площадь боковой поверхности можно найти по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a$, где $P$ – периметр основания, а $h_a$ – апофема пирамиды (высота боковой грани, отрезок $SK$).

Периметр основания $P = 6 \cdot a = 6 \cdot 4 = 24$ см.

Апофему $h_a = SK$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle SKO$ по теореме Пифагора:

$SK^2 = SO^2 + OK^2 = (2\sqrt{6})^2 + (2\sqrt{3})^2 = 24 + 12 = 36$.

$SK = \sqrt{36} = 6$ см.

Теперь вычислим площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot P \cdot SK = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 6 = 12 \cdot 6 = 72$ см².

Наконец, найдем площадь полной поверхности пирамиды:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 24\sqrt{3} + 72$ см².

Ответ: $72 + 24\sqrt{3}$ см².

193. Радиус окружности, вписанной в боковую грань правильной треугольной пирамиды, равен $r$, а плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Поскольку пирамида правильная треугольная, ее боковые грани являются тремя равными равнобедренными треугольниками. Найдем площадь одной такой грани.

Пусть боковая грань пирамиды представляет собой равнобедренный треугольник с плоским углом $\alpha$ при вершине. Апофема пирамиды (высота боковой грани, обозначим ее $h_a$) делит этот треугольник на два равных прямоугольных треугольника с острым углом $\frac{\alpha}{2}$ при вершине пирамиды.

Центр окружности, вписанной в боковую грань, лежит на апофеме. Расстояние от этого центра до основания грани равно радиусу $r$. Угол при основании боковой грани равен $\frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$. Биссектриса этого угла проходит через центр вписанной окружности.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный радиусом $r$ (проведенным к основанию грани), отрезком от вершины основания до центра вписанной окружности и половиной основания грани (обозначим ее $x$). Угол, противолежащий катету $r$, равен половине угла при основании, то есть $\frac{90^\circ - \alpha/2}{2} = 45^\circ - \frac{\alpha}{4}$.

Из соотношений в этом прямоугольном треугольнике находим половину основания грани $x$:
$\tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4}) = \frac{r}{x} \implies x = \frac{r}{\tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})} = r \cot(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$.

Теперь найдем апофему $h_a$ из прямоугольного треугольника, образованного апофемой, половиной основания $x$ и боковым ребром:
$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{x}{h_a} \implies h_a = \frac{x}{\tan(\frac{\alpha}{2})} = x \cot(\frac{\alpha}{2})$.

Подставим найденное выражение для $x$:
$h_a = r \cot(45^\circ - \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})$.

Площадь одной боковой грани $S_{грань}$ равна произведению половины основания на апофему:
$S_{грань} = x \cdot h_a = \left(r \cot(45^\circ - \frac{\alpha}{4})\right) \cdot \left(r \cot(45^\circ - \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})\right) = r^2 \cot^2(45^\circ - \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})$.

Используя тригонометрическое тождество $\cot(90^\circ - \theta) = \tan(\theta)$, можно переписать $\cot(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$ как $\tan(90^\circ - (45^\circ - \frac{\alpha}{4})) = \tan(45^\circ + \frac{\alpha}{4})$. Тогда выражение для площади примет более удобный вид:
$S_{грань} = r^2 \tan^2(45^\circ + \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})$.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ состоит из трех таких граней, поэтому:
$S_{бок} = 3 S_{грань} = 3 r^2 \tan^2(45^\circ + \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})$.

Ответ: $S_{бок} = 3 r^2 \tan^2(45^\circ + \frac{\alpha}{4}) \cot(\frac{\alpha}{2})$.

194. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$, а расстояние от основания высоты пирамиды до её апофемы равно $m$. Найдите рёбра пирамиды.

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

Обозначим длину ребра основания (сторону квадрата $ABCD$) как $a$, а длину бокового ребра (например, $SA$) как $b$. Наша задача — найти $a$ и $b$.

Проведем апофему $SM$ к ребру основания $CD$, где $M$ — середина $CD$. Так как пирамида правильная, высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABCD)$, а отрезок $OM$ перпендикулярен ребру $CD$ ($OM$ — радиус вписанной в квадрат окружности). По теореме о трех перпендикулярах, апофема $SM$ также перпендикулярна ребру $CD$.

Следовательно, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания $CD$. По условию задачи, этот угол равен $\alpha$, то есть $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $\triangle SOM$. Поскольку $SO$ — высота пирамиды, $SO \perp OM$, и, следовательно, $\triangle SOM$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $O$. Катет $OM$ в этом треугольнике равен половине стороны основания: $OM = \frac{a}{2}$.

По условию, расстояние от основания высоты $O$ до апофемы $SM$ равно $m$. Это расстояние является длиной перпендикуляра $OK$, опущенного из точки $O$ на гипотенузу $SM$ треугольника $\triangle SOM$. Таким образом, $OK = m$ и $OK \perp SM$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKM$ (прямой угол при вершине $K$). В этом треугольнике гипотенуза — $OM$, катет $OK = m$, а угол $\angle OMK = \angle SMO = \alpha$.

Нахождение ребра основания

В прямоугольном треугольнике $\triangle OKM$ мы можем записать соотношение для синуса угла $\alpha$:

$\sin(\alpha) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{OK}{OM}$

Подставим известные значения $OK = m$ и $OM = \frac{a}{2}$:

$\sin(\alpha) = \frac{m}{a/2} = \frac{2m}{a}$

Из этого соотношения выразим длину ребра основания $a$:

$a = \frac{2m}{\sin(\alpha)}$

Ответ: Ребро основания равно $\frac{2m}{\sin(\alpha)}$.

Нахождение бокового ребра

Боковое ребро $b$ (например, $SC$) можно найти как гипотенузу в прямоугольном треугольнике $\triangle SMC$. Угол при вершине $M$ прямой, так как апофема $SM$ является высотой в равнобедренном треугольнике $SCD$. По теореме Пифагора:

$b^2 = SC^2 = SM^2 + MC^2$

Длина отрезка $MC$ равна половине ребра основания: $MC = \frac{a}{2}$. Используя найденное выражение для $a$:

$MC = \frac{1}{2} \cdot \frac{2m}{\sin(\alpha)} = \frac{m}{\sin(\alpha)}$

Теперь найдем длину апофемы $SM$ из прямоугольного треугольника $\triangle SOM$. Мы можем использовать косинус угла $\alpha$:

$\cos(\alpha) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{OM}{SM}$

Отсюда $SM = \frac{OM}{\cos(\alpha)}$. Так как $OM = \frac{a}{2} = \frac{m}{\sin(\alpha)}$, получаем:

$SM = \frac{m/\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{m}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}$

Теперь подставим найденные выражения для $SM$ и $MC$ в формулу теоремы Пифагора:

$b^2 = \left( \frac{m}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)} \right)^2 + \left( \frac{m}{\sin(\alpha)} \right)^2$

$b^2 = \frac{m^2}{\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)} + \frac{m^2}{\sin^2(\alpha)}$

Приведем дроби к общему знаменателю:

$b^2 = \frac{m^2 + m^2\cos^2(\alpha)}{\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)} = \frac{m^2(1 + \cos^2(\alpha))}{\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)}$

Извлечем квадратный корень для нахождения $b$. Поскольку $\alpha$ — угол в геометрической фигуре (пирамиде), он находится в пределах $(0, \pi/2)$, поэтому $\sin(\alpha) > 0$ и $\cos(\alpha) > 0$.

$b = \sqrt{\frac{m^2(1 + \cos^2(\alpha))}{\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)}} = \frac{m\sqrt{1 + \cos^2(\alpha)}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}$

Ответ: Боковое ребро равно $\frac{m\sqrt{1 + \cos^2(\alpha)}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}$.

195. Угол между боковым ребром правильной четырёхугольной пирамиды и плоскостью основания равен $\alpha$. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида `SABCD` с вершиной `S` и основанием `ABCD`. Так как пирамида правильная, её основание `ABCD` является квадратом, а вершина `S` проецируется в центр основания `O` (точку пересечения диагоналей).

Обозначим длину бокового ребра за $l$ (например, $SA = l$), а сторону основания за $a$ (например, $AB = a$).

Угол между боковым ребром и плоскостью основания по определению является углом между этим ребром и его проекцией на плоскость. Проекцией ребра `SA` на плоскость основания `(ABC)` является отрезок `OA`. Таким образом, по условию задачи, угол $∠SAO = α$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOA`, где `SO` – высота пирамиды, и $∠SOA = 90°$. Из этого треугольника находим длину проекции `OA`:

$OA = SA \cdot \cos(∠SAO) = l \cdot \cos(α)$

С другой стороны, `OA` – это половина диагонали квадрата `ABCD`. Длина диагонали квадрата со стороной `a` равна $AC = a\sqrt{2}$. Следовательно:

$OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Приравнивая два полученных выражения для `OA`, мы можем связать `a` и `l`:

$l \cos(α) = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Выразим отсюда $a^2$, что понадобится нам в дальнейшем:

$a = \frac{2l \cos(α)}{\sqrt{2}} = l\sqrt{2}\cos(α)$

$a^2 = (l\sqrt{2}\cos(α))^2 = 2l^2\cos^2(α)$

Теперь найдём искомый плоский угол при вершине пирамиды. Все боковые грани правильной пирамиды – это равные между собой равнобедренные треугольники. Рассмотрим боковую грань `ASB`. Угол при вершине этого треугольника, $∠ASB$, и есть искомый угол. Обозначим его `β`. В треугольнике `ASB` стороны равны $SA = SB = l$ и $AB = a$.

Применим теорему косинусов для треугольника `ASB`:

$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos(∠ASB)$

Подставим наши обозначения:

$a^2 = l^2 + l^2 - 2 \cdot l \cdot l \cdot \cos(β)$

$a^2 = 2l^2 - 2l^2\cos(β) = 2l^2(1 - \cos(β))$

Теперь подставим в это равенство найденное ранее выражение для $a^2$:

$2l^2\cos^2(α) = 2l^2(1 - \cos(β))$

Сократим обе части на $2l^2$ (длина ребра $l$ не равна нулю):

$\cos^2(α) = 1 - \cos(β)$

Выразим отсюда $\cos(β)$:

$\cos(β) = 1 - \cos^2(α)$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2(α) + \cos^2(α) = 1$, заменим $1 - \cos^2(α)$ на $\sin^2(α)$:

$\cos(β) = \sin^2(α)$

Отсюда, искомый плоский угол при вершине `β` равен:

$β = \arccos(\sin^2(α))$

Ответ: $\arccos(\sin^2(α))$.

196. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды и плоскостью основания равен $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

Решение

Пусть $SABC$ – правильная треугольная пирамида с вершиной $S$. Основание $ABC$ – равносторонний треугольник. Пусть $O$ – центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис). $SO$ – высота пирамиды.

Угол между боковым ребром (например, $SA$) и плоскостью основания – это угол между ребром $SA$ и его проекцией $AO$ на плоскость основания. По условию, $\angle SAO = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре $SA$. Этот угол образован двумя боковыми гранями $SAB$ и $SAC$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол. В плоскости грани $SAB$ проведем высоту $BH$ к стороне $SA$. Так как пирамида правильная, боковые грани $SAB$ и $SAC$ являются равными равнобедренными треугольниками ($SA=SB=SC$, $AB=AC$). Следовательно, высоты, проведенные к боковому ребру $SA$ из вершин $B$ и $C$, будут равны и попадут в одну и ту же точку $H$ на ребре $SA$. Таким образом, $BH \perp SA$ и $CH \perp SA$.

Искомый двугранный угол $\gamma$ равен линейному углу $\angle BHC$.

Рассмотрим треугольник $BHC$. Он равнобедренный, так как $BH = CH$. Мы можем найти угол $\gamma = \angle BHC$ по теореме косинусов, если найдем длины сторон $BH$, $CH$ и $BC$.

Введем параметр. Пусть длина бокового ребра $SA = l$.

Из прямоугольного треугольника $SAO$ находим:
$AO = SA \cdot \cos(\alpha) = l \cos\alpha$.
$AO$ – это радиус $R$ описанной окружности около треугольника $ABC$.

Сторона основания $a$ равностороннего треугольника $ABC$ связана с радиусом описанной окружности $R$ соотношением $a = R\sqrt{3}$.
Таким образом, $BC = a = AO\sqrt{3} = l\sqrt{3}\cos\alpha$.

Теперь найдем длину $BH$. $BH$ – это высота в равнобедренном треугольнике $SAB$ со сторонами $SA=SB=l$ и $AB=a=l\sqrt{3}\cos\alpha$.
Найдем косинус угла $\beta = \angle ASB$ в треугольнике $SAB$ по теореме косинусов:
$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos\beta$
$(l\sqrt{3}\cos\alpha)^2 = l^2 + l^2 - 2 \cdot l \cdot l \cdot \cos\beta$
$3l^2\cos^2\alpha = 2l^2 - 2l^2\cos\beta$
$3\cos^2\alpha = 2(1 - \cos\beta)$
$\cos\beta = 1 - \frac{3}{2}\cos^2\alpha$.

Теперь, зная $\cos\beta$, можем найти $\sin\beta$:
$\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta = 1 - \left(1 - \frac{3}{2}\cos^2\alpha\right)^2 = 1 - \left(1 - 3\cos^2\alpha + \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right) = 3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha$.

Площадь треугольника $SAB$ можно выразить двумя способами:
$S_{SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot BH = \frac{1}{2}l \cdot BH$
$S_{SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot SB \cdot \sin\beta = \frac{1}{2}l^2\sin\beta$
Приравнивая эти выражения, получаем $BH = l\sin\beta$.
Тогда $BH^2 = l^2\sin^2\beta = l^2\left(3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right)$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $BHC$ для нахождения угла $\gamma = \angle BHC$:
$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos\gamma$
Так как $BH=CH$, то $BC^2 = 2BH^2(1 - \cos\gamma)$.
Подставим найденные выражения для $BC^2$ и $BH^2$:
$(l\sqrt{3}\cos\alpha)^2 = 2 \cdot l^2\left(3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$
$3l^2\cos^2\alpha = 2l^2 \cdot 3\cos^2\alpha\left(1 - \frac{3}{4}\cos^2\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$

Сократим обе части на $3l^2\cos^2\alpha$ (по смыслу задачи $\alpha \ne \pi/2$, поэтому $\cos\alpha \ne 0$):
$1 = 2\left(1 - \frac{3}{4}\cos^2\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$
$1 = 2\left(\frac{4-3\cos^2\alpha}{4}\right)(1 - \cos\gamma)$
$1 = \frac{4-3\cos^2\alpha}{2}(1 - \cos\gamma)$
$1 - \cos\gamma = \frac{2}{4-3\cos^2\alpha}$
$\cos\gamma = 1 - \frac{2}{4-3\cos^2\alpha} = \frac{4-3\cos^2\alpha - 2}{4-3\cos^2\alpha} = \frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}$

Таким образом, искомый двугранный угол $\gamma$ равен $\arccos\left(\frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}\right)$

197. Сторона основания правильной пирамиды $MABCDEF$ равна $a$, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол $\alpha$.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер $MD$ и $ME$ параллельно высоте пирамиды.

2) Найдите площадь построенного сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер MD и ME параллельно высоте пирамиды.

Пусть MABCDEF – данная правильная шестиугольная пирамида с вершиной M и центром основания O. Высотой пирамиды является отрезок MO.
По условию, сторона основания равна $a$, то есть $AB = BC = CD = DE = EF = FA = a$.
Пусть P и Q – середины боковых рёбер MD и ME соответственно. Построим сечение, проходящее через точки P и Q параллельно высоте MO.

Построение:
1. Соединим точки P и Q. Отрезок PQ принадлежит секущей плоскости. Так как P и Q – середины сторон MD и ME треугольника MDE, то PQ является его средней линией. Следовательно, отрезок PQ параллелен стороне DE основания ($PQ \parallel DE$) и равен её половине ($PQ = \frac{1}{2}DE = \frac{a}{2}$).
2. Секущая плоскость по условию параллельна высоте MO. Проведём через точку P прямую, параллельную MO. Пусть она пересекает плоскость основания в точке R. Рассмотрим плоскость, в которой лежат рёбра MD и MO – плоскость (MOD). В треугольнике MOD отрезок PR параллелен MO и исходит из середины стороны MD, значит, PR является средней линией этого треугольника. Следовательно, точка R – середина отрезка OD, а длина PR равна половине высоты MO ($PR = \frac{1}{2}MO$).
3. Аналогично проведём через точку Q прямую, параллельную MO, до пересечения с плоскостью основания в точке S. В треугольнике MOE отрезок QS является средней линией. Следовательно, точка S – середина отрезка OE, а $QS = \frac{1}{2}MO$.
4. Соединим точки R и S. Отрезок RS лежит в плоскости основания. В треугольнике ODE отрезок RS соединяет середины сторон OD и OE, значит, RS – его средняя линия. Отсюда следует, что $RS \parallel DE$ и $RS = \frac{1}{2}DE = \frac{a}{2}$.
5. Четырёхугольник PQSR – искомое сечение.

Определим вид сечения.
Из построения следует, что $PQ \parallel DE$ и $RS \parallel DE$, значит $PQ \parallel RS$. Также $PQ = \frac{a}{2}$ и $RS = \frac{a}{2}$. Так как в четырёхугольнике PQSR две стороны параллельны и равны, он является параллелограммом.
Высота пирамиды MO перпендикулярна плоскости основания. По построению $PR \parallel MO$, следовательно, $PR$ также перпендикулярна плоскости основания. Поскольку отрезок RS лежит в плоскости основания, то $PR \perp RS$.
Параллелограмм, у которого есть прямой угол, является прямоугольником. Таким образом, построенное сечение PQSR – это прямоугольник.

Ответ: Искомое сечение – прямоугольник PQSR, где P и Q – середины рёбер MD и ME, а R и S – середины отрезков OD и OE соответственно (O – центр основания пирамиды).

2) Найдите площадь построенного сечения.

Площадь прямоугольника PQSR вычисляется по формуле $S_{PQSR} = PQ \cdot PR$.

1. Найдём длину стороны PQ.
Как было показано в построении, $PQ$ – средняя линия треугольника MDE. Сторона основания $DE = a$.
$PQ = \frac{1}{2}DE = \frac{a}{2}$.

2. Найдём длину стороны PR.
Как было показано в построении, $PR$ – средняя линия треугольника MOD, поэтому $PR = \frac{1}{2}MO$.
Для нахождения высоты MO рассмотрим прямоугольный треугольник MOD (угол $\angle MOD = 90^\circ$).
Угол $\alpha$ между боковым ребром (например, MD) и плоскостью основания – это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией ребра MD на плоскость основания является отрезок OD. Следовательно, $\angle MDO = \alpha$.
В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны, поэтому $OD = a$.
Из треугольника MOD выразим MO через OD и угол $\alpha$:
$\tan(\alpha) = \frac{MO}{OD}$
$MO = OD \cdot \tan(\alpha) = a \tan(\alpha)$.
Теперь найдём PR:
$PR = \frac{1}{2}MO = \frac{a \tan(\alpha)}{2}$.

3. Вычислим площадь сечения.
$S_{PQSR} = PQ \cdot PR = \frac{a}{2} \cdot \frac{a \tan(\alpha)}{2} = \frac{a^2 \tan(\alpha)}{4}$.

Ответ: $\frac{a^2 \tan(\alpha)}{4}$.

198. Основанием пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$, $O$ — точка пересечения его диагоналей, $\angle ASO = \angle CSO$, $\angle BSO = \angle DSO$. Докажите, что отрезок $SO$ — высота пирамиды.

Для того чтобы доказать, что отрезок $SO$ является высотой пирамиды, необходимо доказать, что он перпендикулярен плоскости основания $ABCD$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых в плоскости основания $(ABC)$ рассмотрим диагонали параллелограмма $AC$ и $BD$, которые пересекаются в точке $O$. Таким образом, задача сводится к доказательству перпендикулярности $SO$ к $AC$ и $SO$ к $BD$.

1. Докажем, что $SO \perp AC$.Рассмотрим треугольник $\triangle SAC$. Так как $ABCD$ — параллелограмм, его диагонали точкой пересечения $O$ делятся пополам, следовательно, $AO = CO$. Таким образом, $SO$ — медиана в треугольнике $\triangle SAC$.Рассмотрим треугольники $\triangle ASO$ и $\triangle CSO$.По теореме синусов для $\triangle ASO$:$\frac{SA}{\sin(\angle AOS)} = \frac{AO}{\sin(\angle ASO)}$По теореме синусов для $\triangle CSO$:$\frac{SC}{\sin(\angle COS)} = \frac{CO}{\sin(\angle CSO)}$

Из условий задачи известно, что $\angle ASO = \angle CSO$, а из свойства параллелограмма $AO = CO$. Следовательно, правые части равенств равны:$\frac{AO}{\sin(\angle ASO)} = \frac{CO}{\sin(\angle CSO)}$Значит, равны и левые части:$\frac{SA}{\sin(\angle AOS)} = \frac{SC}{\sin(\angle COS)}$

Углы $\angle AOS$ и $\angle COS$ являются смежными, поэтому их сумма равна $180^\circ$. Синусы смежных углов равны: $\sin(\angle AOS) = \sin(180^\circ - \angle COS) = \sin(\angle COS)$.Учитывая это, из равенства $\frac{SA}{\sin(\angle AOS)} = \frac{SC}{\sin(\angle COS)}$ следует, что $SA = SC$.

Так как $SA = SC$, треугольник $\triangle SAC$ является равнобедренным с основанием $AC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Поскольку $SO$ — медиана, то $SO$ является и высотой, то есть $SO \perp AC$.

2. Докажем, что $SO \perp BD$.Рассуждения аналогичны пункту 1. Рассмотрим треугольник $\triangle SBD$. Так как $O$ — середина диагонали $BD$, отрезок $SO$ является медианой этого треугольника.Применяя теорему синусов к треугольникам $\triangle BSO$ и $\triangle DSO$, и используя условие $\angle BSO = \angle DSO$ и равенство $BO = DO$, приходим к выводу, что $SB = SD$.Следовательно, треугольник $\triangle SBD$ — равнобедренный с основанием $BD$. Его медиана $SO$, проведенная к основанию, также является и высотой. Отсюда следует, что $SO \perp BD$.

Итак, мы доказали, что отрезок $SO$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым $AC$ и $BD$ в плоскости основания. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $SO$ перпендикулярен плоскости $(ABC)$. По определению, отрезок $SO$ является высотой пирамиды $SABCD$.

Ответ: Утверждение доказано, так как было показано, что отрезок $SO$ перпендикулярен двум пересекающимся диагоналям основания $AC$ и $BD$, и, следовательно, перпендикулярен всей плоскости основания.

199. Основанием пирамиды является прямоугольник со сторонами 32 см и 18 см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если её высота равна 12 см, а боковые рёбра образуют с высотой пирамиды равные углы.

Пусть дана пирамида SABCD, где ABCD — прямоугольник в основании, а S — вершина пирамиды. Стороны основания равны AB = CD = 32 см и BC = AD = 18 см. Высота пирамиды SO = h = 12 см, где O — основание высоты.

По условию, боковые рёбра (SA, SB, SC, SD) образуют с высотой SO равные углы. Это означает, что прямоугольные треугольники △SOA, △SOB, △SOC и △SOD (с общим катетом SO) равны по катету и острому углу. Из равенства этих треугольников следует равенство их других катетов: OA = OB = OC = OD.

Это означает, что точка O равноудалена от всех вершин основания ABCD, то есть является центром описанной около прямоугольника окружности. Центр описанной окружности для прямоугольника находится в точке пересечения его диагоналей. Таким образом, вершина пирамиды S проецируется в центр основания O.

Площадь боковой поверхности пирамиды равна сумме площадей её боковых граней. Боковыми гранями являются четыре треугольника: △SAB, △SBC, △SCD и △SDA. Так как вершина проецируется в центр основания, а основание — прямоугольник, то противоположные боковые грани равны: △SAB = △SCD и △SBC = △SDA.

Площадь боковой поверхности можно найти по формуле: $S_{бок} = 2 \cdot S_{\triangle SAB} + 2 \cdot S_{\triangle SBC}$

Для нахождения площадей этих треугольников нужно найти их высоты, которые называются апофемами пирамиды.

1. Найдём апофему SK грани SAB, где K — середина стороны AB. Рассмотрим прямоугольный треугольник △SOK. Катет SO — это высота пирамиды, SO = 12 см. Катет OK равен половине стороны AD (или BC), так как O — центр прямоугольника. $OK = \frac{AD}{2} = \frac{18}{2} = 9$ см.

По теореме Пифагора найдём гипотенузу SK: $SK = \sqrt{SO^2 + OK^2} = \sqrt{12^2 + 9^2} = \sqrt{144 + 81} = \sqrt{225} = 15$ см.

Теперь найдём площадь грани SAB: $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SK = \frac{1}{2} \cdot 32 \cdot 15 = 16 \cdot 15 = 240$ см².

2. Найдём апофему SM грани SBC, где M — середина стороны BC. Рассмотрим прямоугольный треугольник △SOM. Катет SO = 12 см. Катет OM равен половине стороны AB (или CD). $OM = \frac{AB}{2} = \frac{32}{2} = 16$ см.

По теореме Пифагора найдём гипотенузу SM: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20$ см.

Теперь найдём площадь грани SBC: $S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 18 \cdot 20 = 9 \cdot 20 = 180$ см².

3. Найдём площадь боковой поверхности пирамиды: $S_{бок} = 2 \cdot S_{\triangle SAB} + 2 \cdot S_{\triangle SBC} = 2 \cdot 240 + 2 \cdot 180 = 480 + 360 = 840$ см².

Ответ: 840 см².

200. Основанием пирамиды $SABC$ является треугольник $ABC$, в котором $\angle A = 150^\circ$, $BC = 16$ см. Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания пирамиды угол $45^\circ$. Найдите боковые рёбра пирамиды.

Пусть $S$ - вершина пирамиды, а $SO$ - ее высота, где $O$ - проекция вершины $S$ на плоскость основания $ABC$.

Угол между боковым ребром (например, $SA$) и плоскостью основания - это угол между этим ребром и его проекцией на плоскость ($OA$). По условию, каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол $45^\circ$. Это означает, что углы между боковыми ребрами и их проекциями на основание равны $45^\circ$:

$\angle SAO = \angle SBO = \angle SCO = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOA$, $\triangle SOB$ и $\triangle SOC$ (они прямоугольные, так как $SO$ - перпендикуляр к плоскости $ABC$).

Поскольку в этих треугольниках один из острых углов равен $45^\circ$, то они являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Отсюда следует, что катеты, прилежащие к прямому углу, равны:

$SO = OA$

$SO = OB$

$SO = OC$

Из этого следует, что $OA = OB = OC$. Это означает, что точка $O$ равноудалена от всех вершин треугольника $ABC$, то есть является центром описанной около него окружности. Длины отрезков $OA$, $OB$, $OC$ равны радиусу $R$ этой окружности.

Для нахождения радиуса $R$ описанной окружности воспользуемся теоремой синусов для треугольника $ABC$:

$\frac{BC}{\sin(\angle A)} = 2R$

Подставим известные значения: $BC = 16$ см и $\angle A = 150^\circ$.

Найдем значение $\sin(150^\circ)$:

$\sin(150^\circ) = \sin(180^\circ - 30^\circ) = \sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$.

Теперь подставим это значение в формулу:

$\frac{16}{1/2} = 2R$

$32 = 2R$

$R = 16$ см.

Таким образом, $OA = OB = OC = R = 16$ см.

Теперь найдем длину бокового ребра, например, $SA$. Из прямоугольного треугольника $\triangle SOA$ по теореме Пифагора:

$SA^2 = SO^2 + OA^2$

Поскольку $\triangle SOA$ равнобедренный ($SO=OA$), то:

$SA^2 = OA^2 + OA^2 = 2 \cdot OA^2$

$SA = \sqrt{2 \cdot OA^2} = OA \sqrt{2}$

Подставив значение $OA = 16$ см, получим:

$SA = 16\sqrt{2}$ см.

Так как все боковые ребра равны ($SA = SB = SC$), то длина каждого из них составляет $16\sqrt{2}$ см.

Ответ: $16\sqrt{2}$ см.