Страница 50 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 20

Параллелепипед

1. Найдите диагональ прямоугольного параллелепипеда, если она больше его измерений на 17 см, 13 см и 8 см.

2. Стороны основания прямого параллелепипеда равны 12 см и $6\sqrt{3}$ см, а острый угол — $30^{\circ}$. Найдите меньшую диагональ параллелепипеда, если его высота равна 8 см.

3. Основанием прямого параллелепипеда является ромб. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда, если площади его диагональных сечений равны 9 см$^2$ и 12 см$^2$.

1. Пусть $d$ — диагональ прямоугольного параллелепипеда, а $a, b, c$ — его измерения (длина, ширина, высота).
По условию задачи:
$a = d - 17$ см
$b = d - 13$ см
$c = d - 8$ см
Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов его измерений:
$d^2 = a^2 + b^2 + c^2$
Подставим выражения для $a, b, c$:
$d^2 = (d - 17)^2 + (d - 13)^2 + (d - 8)^2$
Раскроем скобки:
$d^2 = (d^2 - 34d + 289) + (d^2 - 26d + 169) + (d^2 - 16d + 64)$
Приведем подобные слагаемые:
$d^2 = 3d^2 - 76d + 522$
Перенесем все в одну сторону, чтобы получить квадратное уравнение:
$2d^2 - 76d + 522 = 0$
Разделим уравнение на 2 для упрощения:
$d^2 - 38d + 261 = 0$
Решим квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = (-38)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 261 = 1444 - 1044 = 400 = 20^2$
Найдем корни уравнения:
$d_1 = \frac{38 + \sqrt{400}}{2} = \frac{38 + 20}{2} = \frac{58}{2} = 29$
$d_2 = \frac{38 - \sqrt{400}}{2} = \frac{38 - 20}{2} = \frac{18}{2} = 9$
Проверим оба корня, так как измерения параллелепипеда должны быть положительными числами.
Если $d = 29$ см:
$a = 29 - 17 = 12$ см (положительное)
$b = 29 - 13 = 16$ см (положительное)
$c = 29 - 8 = 21$ см (положительное)
Это решение подходит.
Если $d = 9$ см:
$a = 9 - 17 = -8$ см (отрицательное)
Это решение не подходит, так как длина ребра не может быть отрицательной.
Следовательно, диагональ параллелепипеда равна 29 см.
Ответ: 29 см.

2. Основанием прямого параллелепипеда является параллелограмм со сторонами $a = 12$ см и $b = 6\sqrt{3}$ см и острым углом $\alpha = 30^\circ$. Высота параллелепипеда $h = 8$ см.
Квадрат диагонали параллелепипеда ($D^2$) равен сумме квадрата его высоты ($h^2$) и квадрата соответствующей диагонали основания ($d_{осн}^2$). То есть, $D^2 = d_{осн}^2 + h^2$.
Чтобы найти меньшую диагональ параллелепипеда, нужно сначала найти меньшую диагональ основания. Меньшая диагональ параллелограмма лежит против его острого угла. Найдем квадрат ее длины ($d_1^2$) по теореме косинусов:
$d_1^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(\alpha)$
$d_1^2 = 12^2 + (6\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 12 \cdot 6\sqrt{3} \cdot \cos(30^\circ)$
Так как $\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$:
$d_1^2 = 144 + 36 \cdot 3 - 144\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$d_1^2 = 144 + 108 - \frac{144 \cdot 3}{2} = 252 - 216 = 36$
Меньшая диагональ основания $d_1 = \sqrt{36} = 6$ см.
Теперь найдем меньшую диагональ параллелепипеда ($D_1$):
$D_1^2 = d_1^2 + h^2$
$D_1^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$
$D_1 = \sqrt{100} = 10$ см.
Ответ: 10 см.

3. Основанием прямого параллелепипеда является ромб. Пусть его диагонали равны $d_1$ и $d_2$, а сторона — $a$. Высота параллелепипеда — $h$.
Диагональные сечения прямого параллелепипеда — это прямоугольники, их площади равны произведениям диагоналей основания на высоту.
$S_1 = d_1 \cdot h = 9$ см²
$S_2 = d_2 \cdot h = 12$ см²
Из этих уравнений можно выразить диагонали основания через высоту:
$d_1 = \frac{9}{h}$
$d_2 = \frac{12}{h}$
Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и в точке пересечения делятся пополам. Сторона ромба $a$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике с катетами $\frac{d_1}{2}$ и $\frac{d_2}{2}$. По теореме Пифагора:
$a^2 = (\frac{d_1}{2})^2 + (\frac{d_2}{2})^2 = \frac{d_1^2 + d_2^2}{4}$
Подставим выражения для $d_1$ и $d_2$:
$a^2 = \frac{(\frac{9}{h})^2 + (\frac{12}{h})^2}{4} = \frac{\frac{81}{h^2} + \frac{144}{h^2}}{4} = \frac{\frac{225}{h^2}}{4} = \frac{225}{4h^2}$
Отсюда сторона ромба:
$a = \sqrt{\frac{225}{4h^2}} = \frac{15}{2h}$
Площадь боковой поверхности ($S_{бок}$) прямого параллелепипеда равна произведению периметра основания ($P$) на высоту ($h$).
Периметр ромба $P = 4a$.
$S_{бок} = P \cdot h = 4a \cdot h$
Подставим найденное выражение для $a$:
$S_{бок} = 4 \cdot (\frac{15}{2h}) \cdot h = \frac{60h}{2h} = 30$ см².
Ответ: 30 см².

Самостоятельная работа № 21

Пирамида

1. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды равен $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при ребре основания.

2. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, диагонали которой перпендикулярны, а боковая сторона равна 6 см. Найдите площадь полной поверхности пирамиды, если каждый двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $45^\circ$.

3. Основанием пирамиды является равносторонний треугольник, сторона которого равна 6 см. Высота пирамиды равна 3 см. Все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы. Найдите эти углы.

1. Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с основанием ABC. S — вершина пирамиды. Так как пирамида правильная, то в основании лежит равносторонний треугольник ABC, а все боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками. Пусть сторона основания равна $a$. Плоский угол при вершине равен $\alpha$, то есть $\angle BSC = \angle ASC = \angle ASB = \alpha$.
Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Найдем угол при ребре BC.
Проведем апофему SK в грани SBC (SK — высота $\triangle SBC$). Так как $\triangle SBC$ равнобедренный, SK также является медианой, и K — середина BC.
Проведем медиану (и высоту) AK в основании $\triangle ABC$. K — также середина BC.
По определению, двугранный угол при ребре BC — это угол между перпендикулярами к этому ребру, проведенными в двух плоскостях. Таким образом, искомый угол — это $\angle SKA$. Обозначим его $\beta$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник SOK, где O — центр основания ABC (точка пересечения медиан), а SO — высота пирамиды. OK — это радиус вписанной в основание окружности.
В равностороннем треугольнике ABC высота $AK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Радиус вписанной окружности $OK = r = \frac{1}{3}AK = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Теперь найдем длину апофемы SK. В равнобедренном треугольнике SBC с углом $\alpha$ при вершине S, высота SK делит этот угол пополам. Рассмотрим прямоугольный треугольник SKC. В нем $KC = \frac{a}{2}$ и $\angle KSC = \frac{\alpha}{2}$.
Из $\triangle SKC$ имеем: $SK = \frac{KC}{\tan(\angle KSC)} = \frac{a/2}{\tan(\alpha/2)}$.
В прямоугольном треугольнике SOK (с прямым углом SOK), искомый угол $\beta = \angle SKO$. Косинус этого угла равен:
$\cos(\beta) = \frac{OK}{SK} = \frac{a\sqrt{3}/6}{a/(2\tan(\alpha/2))} = \frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \frac{2\tan(\alpha/2)}{a} = \frac{2\sqrt{3}\tan(\alpha/2)}{6} = \frac{\sqrt{3}\tan(\alpha/2)}{3} = \frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}$.
Отсюда, искомый двугранный угол $\beta = \arccos\left(\frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}\right)$.
Ответ: $\arccos\left(\frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}\right)$.

2. Пусть основанием пирамиды является равнобокая трапеция ABCD (AD || BC, AB = CD = 6 см), у которой диагонали перпендикулярны.
По условию, все двугранные углы при ребрах основания равны $45^\circ$. Это свойство означает, что вершина пирамиды проектируется в центр вписанной в основание окружности. Следовательно, в данную трапецию можно вписать окружность.
Для описанной около окружности трапеции сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон: $BC + AD = AB + CD = 6 + 6 = 12$ см.
Для равнобокой трапеции с перпендикулярными диагоналями ее высота $h_{тр}$ равна полусумме оснований: $h_{тр} = \frac{BC + AD}{2} = \frac{12}{2} = 6$ см.
Площадь основания (трапеции) $S_{осн} = \frac{BC + AD}{2} \cdot h_{тр} = 6 \cdot 6 = 36$ см$^2$.
Высота трапеции, в которую можно вписать окружность, равна диаметру этой окружности, т.е. $h_{тр} = 2r$. Отсюда радиус вписанной окружности $r = \frac{h_{тр}}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.
Пусть S — вершина пирамиды, а O — центр вписанной окружности (проекция вершины S на основание). SO = H — высота пирамиды. Двугранный угол при ребре основания — это угол между апофемой (высотой боковой грани) и радиусом вписанной окружности, проведенным к точке касания. Пусть $h_s$ — апофема. Тогда угол между $h_s$ и $r$ равен $45^\circ$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды H, радиусом r и апофемой $h_s$. В этом треугольнике $\tan(45^\circ) = \frac{H}{r}$. Так как $\tan(45^\circ) = 1$, то $H = r = 3$ см.
Апофема $h_s$ является гипотенузой в этом треугольнике. $h_s = \frac{r}{\cos(45^\circ)} = \frac{3}{\sqrt{2}/2} = 3\sqrt{2}$ см.
Площадь боковой поверхности пирамиды вычисляется по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h_s$, где $P_{осн}$ — периметр основания.
$P_{осн} = AB + CD + (BC + AD) = 6 + 6 + 12 = 24$ см.
$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 3\sqrt{2} = 12 \cdot 3\sqrt{2} = 36\sqrt{2}$ см$^2$.
Площадь полной поверхности пирамиды равна сумме площади основания и площади боковой поверхности:
$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 36 + 36\sqrt{2} = 36(1 + \sqrt{2})$ см$^2$.
Ответ: $36(1 + \sqrt{2})$ см$^2$.

3. Основанием пирамиды является равносторонний треугольник со стороной $a = 6$ см. Высота пирамиды $H = 3$ см.
По условию, все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы. Это означает, что вершина пирамиды проектируется в центр вписанной окружности основания. Для равностороннего треугольника центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности, центром тяжести и ортоцентром.
Угол между боковой гранью и плоскостью основания — это линейный угол двугранного угла при ребре основания. Он равен углу между апофемой (высотой боковой грани) и радиусом вписанной в основание окружности, проведенным к этому ребру.
Пусть O — центр основания, S — вершина пирамиды, SO = H — ее высота. Пусть K — середина одной из сторон основания, например, BC. Тогда OK — радиус вписанной окружности $r$, а SK — апофема. Искомый угол — это $\angle SKO$.
Найдем радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности:
$r = OK = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник SOK (угол $\angle SOK = 90^\circ$). Катеты этого треугольника: $SO = H = 3$ см и $OK = r = \sqrt{3}$ см.
Тангенс искомого угла $\angle SKO$ (обозначим его $\beta$) равен отношению противолежащего катета к прилежащему:
$\tan(\beta) = \frac{SO}{OK} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.
Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$.
Следовательно, все боковые грани образуют с плоскостью основания угол $60^\circ$.
Ответ: $60^\circ$.