Страница 27 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 22

Усечённая пирамида

1. Боковое ребро правильной усечённой четырёхугольной пирамиды равно $\sqrt{6}$ см, а сторона большего основания — 6 см. Найдите площадь диагонального сечения усечённой пирамиды, если её высота равна 2 см.

2. В правильной усечённой треугольной пирамиде стороны оснований равны $6\sqrt{3}$ см и $24\sqrt{3}$ см, а её высота — 12 см. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

3. Площади оснований усечённой пирамиды равны $12 \text{ см}^2$ и $28 \text{ см}^2$, а площадь боковой поверхности — $32 \text{ см}^2$. Все двугранные углы усечённой пирамиды при рёбрах большего основания равны. Найдите эти углы.

1.

Диагональное сечение правильной усечённой четырёхугольной пирамиды представляет собой равнобокую трапецию. Основаниями этой трапеции являются диагонали оснований пирамиды ($d_1$ и $d_2$), боковыми сторонами — боковые рёбра пирамиды ($l$), а высотой — высота пирамиды ($H$).

Дано:
Боковое ребро $l = \sqrt{6}$ см.
Сторона большего основания $a_1 = 6$ см.
Высота пирамиды $H = 2$ см.

1. Найдём диагональ большего основания. Так как основание — квадрат со стороной $a_1 = 6$ см, его диагональ $d_1$ равна:
$d_1 = a_1\sqrt{2} = 6\sqrt{2} \text{ см}$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой трапеции $H$, боковой стороной $l$ и отрезком, равным полуразности оснований трапеции $\frac{d_1 - d_2}{2}$. По теореме Пифагора:
$l^2 = H^2 + \left(\frac{d_1 - d_2}{2}\right)^2$

Подставим известные значения:
$(\sqrt{6})^2 = 2^2 + \left(\frac{6\sqrt{2} - d_2}{2}\right)^2$
$6 = 4 + \left(\frac{6\sqrt{2} - d_2}{2}\right)^2$
$2 = \left(\frac{6\sqrt{2} - d_2}{2}\right)^2$
$\sqrt{2} = \frac{6\sqrt{2} - d_2}{2}$
$2\sqrt{2} = 6\sqrt{2} - d_2$
$d_2 = 6\sqrt{2} - 2\sqrt{2} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

3. Теперь найдём площадь диагонального сечения (трапеции) по формуле:
$S_{сеч} = \frac{d_1 + d_2}{2} \cdot H$
$S_{сеч} = \frac{6\sqrt{2} + 4\sqrt{2}}{2} \cdot 2 = \frac{10\sqrt{2}}{2} \cdot 2 = 10\sqrt{2} \text{ см}^2$.

Ответ: $10\sqrt{2} \text{ см}^2$.

2.

Площадь боковой поверхности правильной усечённой пирамиды вычисляется по формуле:$S_{бок} = \frac{P_1 + P_2}{2} \cdot h_a$, где $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).

Дано:
Стороны оснований (правильные треугольники) $a_1 = 24\sqrt{3}$ см и $a_2 = 6\sqrt{3}$ см.
Высота пирамиды $H = 12$ см.

1. Найдём периметры оснований:
$P_1 = 3 \cdot a_1 = 3 \cdot 24\sqrt{3} = 72\sqrt{3} \text{ см}$.
$P_2 = 3 \cdot a_2 = 3 \cdot 6\sqrt{3} = 18\sqrt{3} \text{ см}$.

2. Для нахождения апофемы $h_a$ рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой $h_a$ и разностью радиусов вписанных в основания окружностей ($r_1 - r_2$). Радиус вписанной в правильный треугольник окружности (который также является его апофемой) находится по формуле $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Найдём радиусы для оснований:
$r_1 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 12 \text{ см}$.
$r_2 = \frac{a_2}{2\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 3 \text{ см}$.

3. По теореме Пифагора для указанного треугольника:
$h_a^2 = H^2 + (r_1 - r_2)^2$
$h_a^2 = 12^2 + (12 - 3)^2 = 144 + 9^2 = 144 + 81 = 225$
$h_a = \sqrt{225} = 15 \text{ см}$.

4. Теперь вычислим площадь боковой поверхности:
$S_{бок} = \frac{72\sqrt{3} + 18\sqrt{3}}{2} \cdot 15 = \frac{90\sqrt{3}}{2} \cdot 15 = 45\sqrt{3} \cdot 15 = 675\sqrt{3} \text{ см}^2$.

Ответ: $675\sqrt{3} \text{ см}^2$.

3.

Если все двугранные углы при рёбрах основания пирамиды равны, то площадь ортогональной проекции боковой поверхности на плоскость этого основания равна разности площадей оснований.

Дано:
Площадь большего основания $S_1 = 28 \text{ см}^2$.
Площадь меньшего основания $S_2 = 12 \text{ см}^2$.
Площадь боковой поверхности $S_{бок} = 32 \text{ см}^2$.

Пусть $\alpha$ — искомый двугранный угол при ребре большего основания. Этот угол является углом между плоскостью боковой грани и плоскостью большего основания.

Площадь проекции боковой поверхности на плоскость большего основания ($S_{пр}$) связана с площадью боковой поверхности ($S_{бок}$) и углом $\alpha$ соотношением:
$S_{пр} = S_{бок} \cdot \cos{\alpha}$

В то же время, площадь этой проекции равна разности площадей большего и меньшего оснований:
$S_{пр} = S_1 - S_2$

Приравнивая правые части, получаем:
$S_1 - S_2 = S_{бок} \cdot \cos{\alpha}$

Подставим данные из условия задачи:
$28 - 12 = 32 \cdot \cos{\alpha}$
$16 = 32 \cdot \cos{\alpha}$
$\cos{\alpha} = \frac{16}{32} = \frac{1}{2}$

Отсюда находим угол $\alpha$:
$\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

Самостоятельная работа № 23

Тетраэдр

1. Плоскость пересекает рёбра $SB$, $SC$, $AC$ и $AB$ тетраэдра $SABC$ в точках $P$, $E$, $N$ и $D$ соответственно. Известно, что $BP : PS = 2 : 1$, $SE : EC = 1 : 4$, $CN : NA = 6 : 5$. Найдите отношение $AD : DB$.

2. Найдите расстояние между серединами рёбер $AB$ и $DC$ ортоцентрического тетраэдра $DABC$, если $AB = 16$ см, $DC = 30$ см.

3. Найдите медианы равногранного тетраэдра $DABC$, если $AB = 5$ см, $DA = 4$ см, $BD = \sqrt{31}$ см.

1. Для решения данной задачи воспользуемся теоремой Менелая для тетраэдра (также известной как теорема о трансверсалях). Если плоскость пересекает рёбра $SB, AB, AC, SC$ тетраэдра $SABC$ (или их продолжения) в точках $P, D, N, E$ соответственно, то выполняется следующее соотношение: $ \frac{SP}{PB} \cdot \frac{BD}{DA} \cdot \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CE}{ES} = 1 $ Из условия задачи нам даны следующие отношения:

• $ BP : PS = 2 : 1 \implies \frac{PS}{BP} = \frac{1}{2} $
• $ SE : EC = 1 : 4 \implies \frac{EC}{SE} = \frac{4}{1} = 4 $
• $ CN : NA = 6 : 5 \implies \frac{NA}{CN} = \frac{5}{6} $

Нам нужно найти отношение $ AD : DB $. Обозначим искомое отношение как $ \frac{AD}{DB} = x $. Тогда $ \frac{BD}{DA} = \frac{1}{x} $. Подставим известные значения в формулу теоремы Менелая: $ \frac{SP}{PB} \cdot \frac{BD}{DA} \cdot \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CE}{ES} = 1 $ $ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{5}{6} \cdot 4 = 1 $ Упростим выражение: $ \frac{1 \cdot 1 \cdot 5 \cdot 4}{2 \cdot x \cdot 6 \cdot 1} = 1 $ $ \frac{20}{12x} = 1 $ $ \frac{5}{3x} = 1 $ Отсюда находим $x$: $ 3x = 5 $ $ x = \frac{5}{3} $ Таким образом, отношение $ AD : DB = 5 : 3 $.
Ответ: $AD : DB = 5 : 3$.

2. Тетраэдр называется ортоцентрическим, если все его четыре высоты пересекаются в одной точке. У ортоцентрического тетраэдра есть два важных свойства, которые мы используем для решения задачи:

1. Противолежащие рёбра попарно перпендикулярны. Для тетраэдра $DABC$ это означает: $DA \perp BC$, $DB \perp AC$, $DC \perp AB$.
2. Суммы квадратов длин противолежащих рёбер равны: $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$.

Пусть $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $DC$. Нам нужно найти расстояние $MN$. Воспользуемся векторным методом. Пусть начало координат находится в произвольной точке пространства. Тогда векторы, соответствующие точкам $M$ и $N$, равны: $ \vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OA} + \vec{OB}) $ $ \vec{ON} = \frac{1}{2}(\vec{OD} + \vec{OC}) $ Вектор, соединяющий середины рёбер, будет: $ \vec{MN} = \vec{ON} - \vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OD} + \vec{OC} - \vec{OA} - \vec{OB}) = \frac{1}{2}((\vec{OD} - \vec{OA}) + (\vec{OC} - \vec{OB})) = \frac{1}{2}(\vec{AD} + \vec{BC}) $ Найдём квадрат длины этого вектора: $ MN^2 = |\vec{MN}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{AD} + \vec{BC}|^2 = \frac{1}{4}(\vec{AD} \cdot \vec{AD} + 2\vec{AD} \cdot \vec{BC} + \vec{BC} \cdot \vec{BC}) = \frac{1}{4}(AD^2 + BC^2 + 2\vec{AD} \cdot \vec{BC}) $ Из первого свойства ортоцентрического тетраэдра $DA \perp BC$, следовательно, скалярное произведение векторов $\vec{DA}$ и $\vec{BC}$ равно нулю: $\vec{DA} \cdot \vec{BC} = 0$. Поскольку $\vec{AD} = -\vec{DA}$, то $\vec{AD} \cdot \vec{BC} = -(\vec{DA} \cdot \vec{BC}) = 0$. Тогда формула для квадрата расстояния упрощается: $ MN^2 = \frac{1}{4}(AD^2 + BC^2) $ Теперь используем второе свойство ортоцентрического тетраэдра: $AD^2 + BC^2 = AB^2 + DC^2$. Подставим данные из условия: $AB = 16$ см, $DC = 30$ см. $ AD^2 + BC^2 = 16^2 + 30^2 = 256 + 900 = 1156 $ Теперь мы можем вычислить $MN^2$: $ MN^2 = \frac{1}{4}(1156) = 289 $ Отсюда находим расстояние $MN$: $ MN = \sqrt{289} = 17 $ см.
Ответ: 17 см.

3. Равногранным тетраэдром называется тетраэдр, все четыре грани которого — равные между собой треугольники. Важным свойством равногранного тетраэдра является то, что его противолежащие рёбра попарно равны. Из условия даны длины рёбер, выходящих из одной вершины $D$: $DA=4$ см, $DB=\sqrt{31}$ см, и ребра $AB=5$ см. Тогда длины всех рёбер тетраэдра $DABC$ равны:

• $ DA = BC = 4 $ см
• $ DB = AC = \sqrt{31} $ см
• $ AB = DC = 5 $ см

Все грани являются треугольниками со сторонами 4, 5 и $\sqrt{31}$, следовательно, они равны, и тетраэдр действительно равногранный. Медиана тетраэдра — это отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центроидом (точкой пересечения медиан) противоположной грани. В равногранном тетраэдре все четыре медианы равны по длине. Поэтому достаточно найти длину одной из них, например, медианы $m_D$, проведённой из вершины $D$ к центроиду грани $ABC$. Квадрат длины медианы тетраэдра, проведённой из вершины $D$, вычисляется по формуле: $ m_D^2 = \frac{DA^2 + DB^2 + DC^2}{3} - \frac{AB^2 + BC^2 + AC^2}{9} $ Подставим в формулу известные длины рёбер: $ m_D^2 = \frac{4^2 + (\sqrt{31})^2 + 5^2}{3} - \frac{5^2 + 4^2 + (\sqrt{31})^2}{9} $ Вычислим суммы квадратов: $ 4^2 + (\sqrt{31})^2 + 5^2 = 16 + 31 + 25 = 72 $ $ 5^2 + 4^2 + (\sqrt{31})^2 = 25 + 16 + 31 = 72 $ Теперь подставим эти значения в формулу для $m_D^2$: $ m_D^2 = \frac{72}{3} - \frac{72}{9} = 24 - 8 = 16 $ Длина медианы $m_D$ равна: $ m_D = \sqrt{16} = 4 $ см. Так как все медианы равногранного тетраэдра равны, то длина каждой из них составляет 4 см.
Ответ: все медианы равны 4 см.