Номер 6, страница 56 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 6

Обобщение и систематизация знаний учащихся

1. Сторона правильного треугольника равна $6\sqrt{3}$ см. Точка $M$ равноудалена от всех прямых, содержащих его стороны. Проекцией точки $M$ на плоскость треугольника является точка, принадлежащая этому треугольнику. Найдите расстояние от точки $M$ до сторон треугольника, если расстояние от точки $M$ до плоскости треугольника равно $6\sqrt{2}$ см.

2. Через вершину $B$ треугольника $ABC$, в котором $AB = BC = 6$ см, $AC = 8$ см, проведён перпендикуляр $MB$ к плоскости треугольника. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $AMC$, если $MB = 2\sqrt{15}$ см.

3. Основанием прямого параллелепипеда является ромб с острым углом $\alpha$. Большая диагональ параллелепипеда равна $d$ и образует с плоскостью основания угол $\beta$. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.

4. Боковые грани $DAB$ и $DAC$ пирамиды $DABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если $\angle ACB = 90^\circ$, $AC = 8$ см, $BC = 6$ см, а расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ равно $17$ см.

5. Основанием пирамиды является равносторонний треугольник, сторона которого равна $12\sqrt{3}$ см. Высота пирамиды равна $6$ см. Все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы. Найдите эти углы.

1. Пусть дан правильный треугольник $ABC$ со стороной $a = 6\sqrt{3}$ см. Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость треугольника. Тогда $MO$ — расстояние от точки $M$ до плоскости треугольника, и по условию $MO = 6\sqrt{2}$ см.
Поскольку точка $M$ равноудалена от всех прямых, содержащих стороны треугольника, ее проекция $O$ на плоскость треугольника является центром вписанной окружности (инцентром). Для правильного треугольника центр вписанной окружности совпадает с его геометрическим центром.
Расстояние от точки $M$ до стороны треугольника (например, стороны $AC$) — это длина перпендикуляра $MK$, опущенного из точки $M$ на прямую $AC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOK$. Катет $MO$ — это высота, $MO = 6\sqrt{2}$ см. Катет $OK$ — это радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности ($r$).
Найдем радиус вписанной окружности для правильного треугольника по формуле $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$:
$r = OK = \frac{6\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 3$ см.
Теперь по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $MOK$ найдем гипотенузу $MK$, которая и является искомым расстоянием:
$MK = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + 3^2} = \sqrt{36 \cdot 2 + 9} = \sqrt{72 + 9} = \sqrt{81} = 9$ см.
Ответ: 9 см.

2. Угол между плоскостями $ABC$ и $AMC$ — это двугранный угол при ребре $AC$. Для его измерения построим линейный угол.
Треугольник $ABC$ равнобедренный, так как $AB = BC = 6$ см. Проведем в нем высоту $BH$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота является и медианой, поэтому $H$ — середина $AC$, и $AH = HC = \frac{AC}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.
Из прямоугольного треугольника $BHC$ по теореме Пифагора найдем длину высоты $BH$:
$BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{6^2 - 4^2} = \sqrt{36 - 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см.
По условию, $MB$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, значит $MB \perp BH$. $BH$ является проекцией наклонной $MH$ на плоскость $ABC$. Так как проекция $BH$ перпендикулярна прямой $AC$, то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $MH$ перпендикулярна $AC$.
Таким образом, угол $\angle MHB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $AMC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $MBH$ (угол $\angle MBH = 90^\circ$). В нем известны катеты: $MB = 2\sqrt{15}$ см (по условию) и $BH = 2\sqrt{5}$ см (вычислено ранее). Найдем тангенс угла $\angle MHB$:
$\text{tg}(\angle MHB) = \frac{MB}{BH} = \frac{2\sqrt{15}}{2\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{15}{5}} = \sqrt{3}$.
Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$.
Ответ: $60^\circ$.

3. Пусть основанием прямого параллелепипеда является ромб $ABCD$ со стороной $a$ и острым углом $\angle A = \alpha$. Площадь боковой поверхности прямого параллелепипеда вычисляется по формуле $S_{бок} = P_{осн} \cdot H$, где $P_{осн}$ — периметр основания, а $H$ — высота параллелепипеда.
$P_{осн} = 4a$.
Пусть $A'C$ — большая диагональ параллелепипеда, $A'C = d$. Угол, который она образует с плоскостью основания, — это угол $\angle A'CA = \beta$. Ее проекцией на основание является большая диагональ ромба $AC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $A'AC$. В нем $AA' = H$ — высота параллелепипеда.
$H = A'C \cdot \sin\beta = d \sin\beta$.
$AC = A'C \cdot \cos\beta = d \cos\beta$.
Теперь найдем сторону ромба $a$. В ромбе $ABCD$ диагональ $AC$ лежит против тупого угла $\angle B = 180^\circ - \alpha$. По теореме косинусов для треугольника $ABC$:
$AC^2 = a^2 + a^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot \cos(180^\circ - \alpha) = 2a^2(1 - (-\cos\alpha)) = 2a^2(1 + \cos\alpha)$.
Используя формулу $1 + \cos\alpha = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:
$AC^2 = 2a^2 \cdot 2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 4a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$.
$AC = 2a\cos(\frac{\alpha}{2})$.
Приравняем два полученных выражения для $AC$:
$d \cos\beta = 2a\cos(\frac{\alpha}{2}) \implies a = \frac{d \cos\beta}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}$.
Теперь можем найти площадь боковой поверхности:
$S_{бок} = 4aH = 4 \cdot \frac{d \cos\beta}{2\cos(\frac{\alpha}{2})} \cdot d \sin\beta = \frac{2d^2 \sin\beta \cos\beta}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.
Используя формулу синуса двойного угла $2\sin\beta \cos\beta = \sin(2\beta)$, окончательно получаем:
$S_{бок} = \frac{d^2 \sin(2\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.
Ответ: $\frac{d^2 \sin(2\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

4. Поскольку боковые грани $DAB$ и $DAC$ перпендикулярны плоскости основания $ABC$, их общее ребро $DA$ является перпендикуляром к плоскости основания, то есть $DA$ — высота пирамиды.
Следовательно, треугольники $DAB$ и $DAC$ — прямоугольные (с прямыми углами $\angle DAB$ и $\angle DAC$).
Основание $ABC$ — прямоугольный треугольник с катетами $AC = 8$ см, $BC = 6$ см. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $AB$:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ см.
Расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $D$ на $BC$. Обозначим его $DK$. По условию $DK = 17$ см.
$DA$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. $DK$ — наклонная к этой плоскости. Так как $DK \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах ее проекция $AK$ также перпендикулярна $BC$. Но в плоскости основания $ABC$ перпендикуляром к $BC$, проведенным из точки $A$, является катет $AC$ (так как $\angle ACB = 90^\circ$). Значит, точка $K$ совпадает с точкой $C$, и расстояние от $D$ до $BC$ есть длина отрезка $DC$. Таким образом, $DC = 17$ см.
Теперь из прямоугольного треугольника $DAC$ найдем высоту пирамиды $DA$:
$DA = \sqrt{DC^2 - AC^2} = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15$ см.
Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей трех боковых граней: $S_{DAB}$, $S_{DAC}$ и $S_{DBC}$.
$S_{DAB} = \frac{1}{2} DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 10 = 75$ см$^2$.
$S_{DAC} = \frac{1}{2} DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60$ см$^2$.
$S_{DBC} = \frac{1}{2} BC \cdot DC$ (так как $DC \perp BC$) = $\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 17 = 51$ см$^2$.
$S_{бок} = S_{DAB} + S_{DAC} + S_{DBC} = 75 + 60 + 51 = 186$ см$^2$.
Ответ: 186 см$^2$.

5. Пусть $DABC$ — данная пирамида, $ABC$ — равносторонний треугольник в основании со стороной $a = 12\sqrt{3}$ см. $DO$ — высота пирамиды, $DO = H = 6$ см.
Условие, что все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы, означает, что вершина пирамиды $D$ проецируется в центр вписанной в основание окружности. Для равностороннего треугольника это его геометрический центр $O$.
Угол между боковой гранью (например, $DBC$) и плоскостью основания — это угол между апофемой боковой грани $DM$ (где $M$ — середина $BC$) и радиусом вписанной окружности $OM$. То есть, искомый угол — это $\angle DMO$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $DOM$ ($\angle DOM = 90^\circ$). Катет $DO$ — это высота пирамиды, $DO = 6$ см. Катет $OM$ — это радиус вписанной в основание окружности ($r$).
Найдем радиус вписанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a = 12\sqrt{3}$ см по формуле $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$:
$r = OM = \frac{12\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 6$ см.
Теперь в треугольнике $DOM$ найдем тангенс угла $\angle DMO$:
$\text{tg}(\angle DMO) = \frac{DO}{OM} = \frac{6}{6} = 1$.
Угол, тангенс которого равен 1, составляет $45^\circ$. Так как все боковые грани образуют равные углы, то все они равны $45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.