Страница 60 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 5

Многогранники

1. Основанием прямой призмы является равнобедренный треугольник, боковая сторона которого равна 17 см, а основание — 16 см. Найдите площадь полной поверхности призмы, если её боковое ребро равно 10 см.

2. Найдите площадь боковой поверхности правильной треугольной усечённой пирамиды, стороны оснований которой равны 12 см и 20 см, а боковое ребро — $2\sqrt{13}$ см.

3. Основанием пирамиды является ромб с тупым углом $\alpha$ и большей диагональю $d$. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$. Найдите:

1) площадь боковой поверхности пирамиды;

2) высоту пирамиды.

4. В наклонной треугольной призме, боковое ребро которой равно 12 см, проведено сечение, перпендикулярное боковому ребру. Это сечение является треугольником со сторонами 3 см и 5 см и углом $120^\circ$ между ними. Найдите площадь боковой поверхности призмы.

5. На ребре $AD$ параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $F$ так, что $AF : FD = 2 : 5$. Точки $E$ и $P$ — середины отрезков $AC$ и $A_1D$ соответственно. В каком отношении плоскость $PEF$ делит диагональ $A_1C$?

1.

Площадь полной поверхности прямой призмы вычисляется по формуле $S_{полн} = S_{бок} + 2S_{осн}$, где $S_{бок}$ — площадь боковой поверхности, а $S_{осн}$ — площадь основания.

1. Найдём площадь боковой поверхности.
Боковая поверхность прямой призмы состоит из прямоугольников. Её площадь равна произведению периметра основания на высоту призмы (длину бокового ребра).
Основание — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами 17 см и основанием 16 см. Периметр основания $P_{осн} = 17 + 17 + 16 = 50$ см.
Высота призмы (боковое ребро) $H = 10$ см.
Площадь боковой поверхности $S_{бок} = P_{осн} \cdot H = 50 \cdot 10 = 500$ см².

2. Найдём площадь основания.
Основание — равнобедренный треугольник. Проведём высоту к его основанию. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является и медианой, поэтому она делит основание (16 см) на два отрезка по 8 см.
Найдём высоту треугольника $h_{осн}$ по теореме Пифагора: $h_{осн} = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15$ см.
Площадь основания: $S_{осн} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot h_{осн} = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 15 = 8 \cdot 15 = 120$ см².

3. Найдём площадь полной поверхности.
$S_{полн} = S_{бок} + 2S_{осн} = 500 + 2 \cdot 120 = 500 + 240 = 740$ см².

Ответ: 740 см².

2.

Боковая поверхность правильной усеченной пирамиды состоит из нескольких одинаковых равнобоких трапеций. В данном случае, так как пирамида треугольная, боковая поверхность состоит из трех равных трапеций.

1. Рассмотрим одну боковую грань.
Это равнобокая трапеция с основаниями $a_1 = 20$ см и $a_2 = 12$ см, и боковой стороной (ребром пирамиды) $l = 2\sqrt{13}$ см.

2. Найдём высоту этой трапеции (апофему усеченной пирамиды).
Проведём высоту из вершины меньшего основания на большее. Она отсечет от большего основания отрезок, длина которого равна $x = \frac{a_1 - a_2}{2} = \frac{20 - 12}{2} = 4$ см.
Рассмотрим получившийся прямоугольный треугольник, где гипотенуза — боковое ребро $l$, один катет — найденный отрезок $x$, а второй катет — высота трапеции $h_a$ (апофема).
По теореме Пифагора: $h_a^2 + x^2 = l^2$. $h_a^2 + 4^2 = (2\sqrt{13})^2$ $h_a^2 + 16 = 4 \cdot 13 = 52$ $h_a^2 = 52 - 16 = 36$ $h_a = 6$ см.

3. Найдём площадь одной боковой грани (трапеции).
$S_{грани} = \frac{a_1 + a_2}{2} \cdot h_a = \frac{20 + 12}{2} \cdot 6 = \frac{32}{2} \cdot 6 = 16 \cdot 6 = 96$ см².

4. Найдём площадь боковой поверхности.
Так как граней три, то $S_{бок} = 3 \cdot S_{грани} = 3 \cdot 96 = 288$ см².

Ответ: 288 см².

3.

Так как все двугранные углы при рёбрах основания равны $\beta$, то вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности. Пусть $H$ — высота пирамиды, а $r$ — радиус вписанной в ромб окружности. Апофема пирамиды (высота боковой грани) $h_a$, высота $H$ и радиус $r$ образуют прямоугольный треугольник, в котором $\tan(\beta) = H/r$ и $\cos(\beta) = r/h_a$.

1. Найдём характеристики ромба в основании.
Пусть острый угол ромба равен $180^\circ - \alpha$. Диагонали ромба перпендикулярны и делят его углы пополам. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный половинами диагоналей и стороной ромба $a$. Половина большей диагонали $d/2$ лежит против угла $\alpha/2$. Сторона ромба $a = \frac{d/2}{\sin(\alpha/2)} = \frac{d}{2\sin(\alpha/2)}$.
Высота ромба $h_{ромба} = a \cdot \sin(180^\circ - \alpha) = a \sin(\alpha) = \frac{d \sin(\alpha)}{2\sin(\alpha/2)} = \frac{d \cdot 2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)} = d\cos(\alpha/2)$.
Радиус вписанной окружности $r = \frac{h_{ромба}}{2} = \frac{d}{2}\cos(\alpha/2)$.

1) площадь боковой поверхности пирамиды

Площадь боковой поверхности такой пирамиды можно найти по формуле $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\beta)}$.
Найдём площадь основания $S_{осн}$. Меньшая диагональ $d_{м} = d \cdot \cot(\alpha/2)$. $S_{осн} = \frac{1}{2} d \cdot d_{м} = \frac{1}{2} d^2 \cot(\alpha/2)$.
Теперь найдём площадь боковой поверхности: $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos(\beta)} = \frac{\frac{1}{2} d^2 \cot(\alpha/2)}{\cos(\beta)} = \frac{d^2 \cot(\alpha/2)}{2\cos(\beta)}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{d^2 \cot(\frac{\alpha}{2})}{2\cos(\beta)}$

2) высоту пирамиды

Высота пирамиды $H$ связана с радиусом вписанной окружности $r$ и двугранным углом $\beta$ соотношением $H = r \cdot \tan(\beta)$.
Мы уже нашли, что $r = \frac{d}{2}\cos(\alpha/2)$.
Следовательно, высота пирамиды: $H = \frac{d}{2} \cos(\alpha/2) \tan(\beta)$.

Ответ: $H = \frac{d}{2} \cos(\frac{\alpha}{2}) \tan(\beta)$

4.

Площадь боковой поверхности наклонной призмы равна произведению периметра перпендикулярного сечения на длину бокового ребра: $S_{бок} = P_{сеч} \cdot l$.

1. Найдём периметр перпендикулярного сечения.
Перпендикулярное сечение — это треугольник со сторонами $a_{сеч} = 3$ см, $b_{сеч} = 5$ см и углом между ними $\gamma = 120^\circ$. Найдём третью сторону $c_{сеч}$ по теореме косинусов: $c_{сеч}^2 = a_{сеч}^2 + b_{сеч}^2 - 2a_{сеч}b_{сеч}\cos(\gamma)$ $c_{сеч}^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cos(120^\circ)$ $c_{сеч}^2 = 9 + 25 - 30 \cdot (-0.5) = 34 + 15 = 49$ $c_{сеч} = \sqrt{49} = 7$ см.
Периметр сечения: $P_{сеч} = 3 + 5 + 7 = 15$ см.

2. Найдём площадь боковой поверхности.
Длина бокового ребра $l = 12$ см.
$S_{бок} = P_{сеч} \cdot l = 15 \cdot 12 = 180$ см².

Ответ: 180 см².

5.

Для решения задачи используем метод векторов. Введем базис, связанный с рёбрами параллелепипеда, выходящими из вершины $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AD} = \vec{d}$, $\vec{AA_1} = \vec{a_1}$.

1. Выразим радиус-векторы заданных точек.
$\vec{r}_F$ (точка F): $AF:FD = 2:5$, значит $\vec{AF} = \frac{2}{7}\vec{AD} \implies \vec{r}_F = \frac{2}{7}\vec{d}$.
$\vec{r}_E$ (точка E - середина AC): $\vec{AC} = \vec{b} + \vec{d}$, значит $\vec{r}_E = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{d})$.
$\vec{r}_P$ (точка P - середина $A_1D$): $\vec{r}_P = \frac{1}{2}(\vec{AA_1} + \vec{AD}) = \frac{1}{2}(\vec{a_1} + \vec{d})$.

2. Зададим плоскость $PEF$ и прямую $A_1C$.
Пусть $M$ — точка пересечения плоскости $PEF$ и диагонали $A_1C$. Точка $M$ лежит в плоскости $PEF$, поэтому её радиус-вектор можно выразить как: $\vec{r}_M = \vec{r}_F + x \cdot (\vec{r}_E - \vec{r}_F) + y \cdot (\vec{r}_P - \vec{r}_F)$ $\vec{r}_M = \frac{2}{7}\vec{d} + x(\frac{1}{2}\vec{b} + \frac{3}{14}\vec{d}) + y(\frac{1}{2}\vec{a_1} + \frac{3}{14}\vec{d}) = \frac{y}{2}\vec{a_1} + \frac{x}{2}\vec{b} + (\frac{2}{7} + \frac{3x+3y}{14})\vec{d}$.

Точка $M$ также лежит на диагонали $A_1C$. Вектор диагонали $\vec{A_1C} = (\vec{b}+\vec{d}) - \vec{a_1}$. Радиус-вектор точки $M$ можно выразить как: $\vec{r}_M = \vec{r}_{A_1} + k \cdot \vec{A_1C} = \vec{a_1} + k(\vec{b} + \vec{d} - \vec{a_1}) = (1-k)\vec{a_1} + k\vec{b} + k\vec{d}$. Здесь $k$ — это отношение $A_1M / A_1C$.

3. Найдём $k$.
Приравняем коэффициенты при базисных векторах в двух выражениях для $\vec{r}_M$: $\begin{cases} 1-k = \frac{y}{2} \\ k = \frac{x}{2} \\ k = \frac{2}{7} + \frac{3x+3y}{14} \end{cases}$
Из первых двух уравнений: $y = 2(1-k)$, $x = 2k$. Подставим в третье уравнение: $k = \frac{2}{7} + \frac{3(2k) + 3 \cdot 2(1-k)}{14} = \frac{2}{7} + \frac{6k + 6 - 6k}{14} = \frac{2}{7} + \frac{6}{14} = \frac{4}{14} + \frac{6}{14} = \frac{10}{14} = \frac{5}{7}$.

4. Найдём искомое отношение.
$k = \frac{A_1M}{A_1C} = \frac{5}{7}$. Значит, точка $M$ делит диагональ $A_1C$ в отношении $A_1M : MC = k : (1-k) = \frac{5}{7} : (1-\frac{5}{7}) = \frac{5}{7} : \frac{2}{7} = 5:2$.

Ответ: 5 : 2.

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: $30^\circ$.