Номер 6, страница 60 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 6

Обобщение и систематизация знаний учащихся

1. Точка $D$ находится на расстоянии 16 см от каждой вершины равностороннего треугольника $ABC$, сторона которого равна 24 см. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$.

2. Через вершину $D$ треугольника $DEF$, в котором $DE = DF$, проведён перпендикуляр $BD$ к плоскости треугольника. Найдите угол между плоскостями $DEF$ и $BEF$, если $EF = 10$ см, $BE = 7$ см, $BD = 2\sqrt{3}$ см.

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

4. Боковые грани $MAB$ и $MAC$ пирамиды $MABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если $\angle ABC = 90^\circ$, $AC = 20$ см, $BC = 16$ см, а расстояние от точки $M$ до прямой $BC$ равно 13 см.

5. Основанием пирамиды является равносторонний треугольник, сторона которого равна 36 см. Высота пирамиды равна 6 см. Все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы. Найдите эти углы.

1.

Пусть $O$ — проекция точки $D$ на плоскость треугольника $ABC$. Тогда отрезок $DO$ — это искомое расстояние. Поскольку точка $D$ равноудалена от вершин треугольника $A$, $B$ и $C$ ($DA=DB=DC=16$ см), то ее проекция $O$ на плоскость $ABC$ является центром описанной окружности этого треугольника.

Треугольник $ABC$ — равносторонний со стороной $a = 24$ см. Радиус $R$ описанной окружности для равностороннего треугольника вычисляется по формуле:

$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

Подставим значение стороны $a=24$ см:

$R = OA = \frac{24}{\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{3}}{3} = 8\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $DOA$ (угол $\angle DOA = 90^\circ$). Гипотенуза $DA=16$ см, катет $OA = R = 8\sqrt{3}$ см. Найдем катет $DO$ по теореме Пифагора:

$DO^2 = DA^2 - OA^2$

$DO^2 = 16^2 - (8\sqrt{3})^2 = 256 - 64 \cdot 3 = 256 - 192 = 64$

$DO = \sqrt{64} = 8$ см.

Таким образом, расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$ равно 8 см.

Ответ: 8 см.

2.

Угол между плоскостями $DEF$ и $BEF$ — это двугранный угол при ребре $EF$. Для его нахождения построим линейный угол.

Проведем в треугольнике $DEF$ высоту $DH$ к стороне $EF$. Так как треугольник $DEF$ равнобедренный ($DE=DF$), то высота $DH$ является также и медианой, поэтому $H$ — середина $EF$.

$EH = HF = \frac{EF}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

По условию, $BD$ — перпендикуляр к плоскости $DEF$. $DH$ — проекция наклонной $BH$ на эту плоскость. Поскольку проекция $DH$ перпендикулярна прямой $EF$, лежащей в плоскости, то и сама наклонная $BH$ перпендикулярна $EF$ (по теореме о трех перпендикулярах).

Таким образом, угол $\angle BHD$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $DEF$ и $BEF$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHE$ ($\angle BHE = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$BH^2 = BE^2 - EH^2 = 7^2 - 5^2 = 49 - 25 = 24$

$BH = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BDH$ ($\angle BDH = 90^\circ$, так как $BD \perp$ плоскости $DEF$). По теореме Пифагора:

$DH^2 = BH^2 - BD^2 = (2\sqrt{6})^2 - (2\sqrt{3})^2 = 24 - 12 = 12$

$DH = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем тангенс угла $\angle BHD$ в прямоугольном треугольнике $BDH$:

$\tan(\angle BHD) = \frac{BD}{DH} = \frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 1$

Следовательно, $\angle BHD = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

3.

Пусть основанием прямого параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является ромб $ABCD$ с острым углом $\angle A = \alpha$. Меньшая диагональ ромба $BD$ лежит против острого угла. Меньшая диагональ параллелепипеда — $B_1D$, ее длина равна $d$. Высота параллелепипеда $H=BB_1$.

Диагональ $B_1D$ образует с плоскостью основания угол $\beta$, то есть $\angle B_1DB = \beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $B_1BD$. Из него находим высоту $H$ и диагональ основания $BD$:

$H = B_1D \cdot \sin(\beta) = d \sin(\beta)$

$BD = B_1D \cdot \cos(\beta) = d \cos(\beta)$

Теперь найдем сторону ромба $a$. Рассмотрим треугольник $ABD$. По теореме косинусов:

$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos(\alpha)$

$(d \cos(\beta))^2 = a^2 + a^2 - 2a^2 \cos(\alpha) = 2a^2(1 - \cos(\alpha))$

Используя формулу $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:

$d^2 \cos^2(\beta) = 2a^2(2\sin^2(\frac{\alpha}{2})) = 4a^2 \sin^2(\frac{\alpha}{2})$

$d \cos(\beta) = 2a \sin(\frac{\alpha}{2})$

Отсюда выражаем сторону ромба $a$:

$a = \frac{d \cos(\beta)}{2 \sin(\frac{\alpha}{2})}$

Площадь боковой поверхности прямого параллелепипеда равна произведению периметра основания на высоту:

$S_{бок} = P_{осн} \cdot H = 4aH$

Подставляем найденные выражения для $a$ и $H$:

$S_{бок} = 4 \cdot \frac{d \cos(\beta)}{2 \sin(\frac{\alpha}{2})} \cdot d \sin(\beta) = \frac{2d^2 \cos(\beta)\sin(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$

Используя формулу синуса двойного угла $2\sin(\beta)\cos(\beta) = \sin(2\beta)$, окончательно получаем:

$S_{бок} = \frac{d^2 \sin(2\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$

Ответ: $\frac{d^2 \sin(2\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

4.

Поскольку боковые грани $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания $ABC$, их линия пересечения — ребро $MA$ — является высотой пирамиды, то есть $MA \perp (ABC)$.

Основание $ABC$ — прямоугольный треугольник с $\angle ABC = 90^\circ$. Найдем катет $AB$ по теореме Пифагора:

$AB^2 = AC^2 - BC^2 = 20^2 - 16^2 = 400 - 256 = 144$

$AB = \sqrt{144} = 12$ см.

Расстояние от точки $M$ до прямой $BC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $M$ на $BC$. Обозначим его $MH$. Так как $MA$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, а $AB$ — проекция наклонной $MB$ на эту плоскость, и при этом $AB \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах $MB \perp BC$. Следовательно, отрезок $MB$ и есть расстояние от $M$ до $BC$. По условию, $MB = 13$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MAB$ ($\angle MAB = 90^\circ$). Найдем высоту пирамиды $MA$ по теореме Пифагора:

$MA^2 = MB^2 - AB^2 = 13^2 - 12^2 = 169 - 144 = 25$

$MA = \sqrt{25} = 5$ см.

Площадь боковой поверхности пирамиды — это сумма площадей трех боковых граней: $S_{бок} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC}$.

Грани $MAB$ и $MAC$ — прямоугольные треугольники.

$S_{MAB} = \frac{1}{2} MA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$ см$^2$.

$S_{MAC} = \frac{1}{2} MA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 20 = 50$ см$^2$.

В грани $MBC$ основание $BC=16$ см, а высота к нему $MB=13$ см, так как $MB \perp BC$.

$S_{MBC} = \frac{1}{2} BC \cdot MB = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 13 = 104$ см$^2$.

Суммарная площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = 30 + 50 + 104 = 184$ см$^2$.

Ответ: 184 см$^2$.

5.

Пусть $MO$ — высота пирамиды, $MO=6$ см. Основание пирамиды — равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a=36$ см.

Если все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью основания равные углы, то вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. Для равностороннего треугольника центр вписанной окружности (инцентр) совпадает с центром описанной окружности и центром тяжести.

Угол между боковой гранью (например, $MAB$) и плоскостью основания — это угол между апофемой $MH$ (где $H$ — середина $AB$) и ее проекцией на плоскость основания, отрезком $OH$. То есть, искомый угол — это $\angle MHO$.

Отрезок $OH$ является радиусом $r$ вписанной в основание окружности. Для равностороннего треугольника радиус вписанной окружности вычисляется по формуле:

$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$

Подставим $a=36$ см:

$r = OH = \frac{36}{2\sqrt{3}} = \frac{18}{\sqrt{3}} = \frac{18\sqrt{3}}{3} = 6\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOH$ ($\angle MOH = 90^\circ$). Катеты $MO=6$ см и $OH = 6\sqrt{3}$ см. Найдем тангенс угла $\angle MHO$:

$\tan(\angle MHO) = \frac{MO}{OH} = \frac{6}{6\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.