Номер 21, страница 14 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 21

Пирамида

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

2. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, основания которой равны 8 см и 4 см. Найдите площадь полной поверхности пирамиды, если каждый двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $60^\circ$.

3. Основанием пирамиды является равносторонний треугольник, сторона которого равна 12 см. Каждая боковая грань образует с плоскостью основания угол, равный $30^\circ$. Найдите высоту пирамиды.

1.Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$, где $ABCD$ — квадратное основание, а $S$ — вершина. Пусть $a$ — длина стороны основания. Плоский угол при вершине — это угол в боковой грани, например, $\angle ASB = \alpha$. Найти нужно двугранный угол при ребре основания, например, при ребре $AB$.
Двугранный угол при ребре $AB$ измеряется линейным углом между двумя перпендикулярами к этому ребру, проведенными в плоскостях граней.
Проведем апофему $SK$ боковой грани $SAB$, где $K$ — середина ребра $AB$. Тогда $SK \perp AB$.
Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата). Проведем отрезок $OK$. Так как $OK$ — средняя линия треугольника $ABD$ (если провести диагональ $BD$), то $OK \parallel AD$ и $OK \perp AB$. Также $OK$ является проекцией апофемы $SK$ на плоскость основания.
Таким образом, искомый двугранный угол $\beta$ равен углу $\angle SKO$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOK$ (где $\angle SOK = 90^{\circ}$), в котором $SO$ — высота пирамиды. По определению косинуса:$cos(\beta) = \frac{OK}{SK}$.
Длина отрезка $OK$ равна половине стороны квадрата: $OK = \frac{a}{2}$.
Теперь найдем длину апофемы $SK$. Рассмотрим равнобедренный треугольник $SAB$. $SK$ является в нем высотой, медианой и биссектрисой. Следовательно, $\angle ASK = \frac{\alpha}{2}$, а $AK = \frac{a}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $ASK$:$tg(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AK}{SK} = \frac{a/2}{SK}$.
Отсюда выразим $SK$:$SK = \frac{a/2}{tg(\frac{\alpha}{2})} = \frac{a}{2 \cdot tg(\frac{\alpha}{2})}$.
Подставим выражения для $OK$ и $SK$ в формулу для косинуса угла $\beta$:$cos(\beta) = \frac{a/2}{\frac{a}{2 \cdot tg(\frac{\alpha}{2})}} = \frac{a}{2} \cdot \frac{2 \cdot tg(\frac{\alpha}{2})}{a} = tg(\frac{\alpha}{2})$.
Следовательно, искомый двугранный угол $\beta$ равен $arccos(tg(\frac{\alpha}{2}))$.

Ответ: $arccos(tg(\frac{\alpha}{2}))$.

2.Основанием пирамиды является равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=8$ см и $BC=4$ см. Так как все двугранные углы при ребрах основания равны (в данном случае $60^{\circ}$), то вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание.
Свойство описанного четырехугольника (в который можно вписать окружность) гласит, что суммы длин его противоположных сторон равны. Для нашей трапеции: $AD + BC = AB + CD$.
Поскольку трапеция равнобокая, $AB = CD$. Подставим известные значения:$8 + 4 = 2 \cdot AB \Rightarrow 12 = 2 \cdot AB \Rightarrow AB = CD = 6$ см.
Найдем площадь основания $S_{осн}$. Для этого нам нужна высота трапеции $h_{тр}$. Проведем высоту $BK$ из вершины $B$ на основание $AD$. В равнобокой трапеции отрезок $AK = \frac{AD - BC}{2} = \frac{8 - 4}{2} = 2$ см.
Из прямоугольного треугольника $ABK$ по теореме Пифагора:$h_{тр} = BK = \sqrt{AB^2 - AK^2} = \sqrt{6^2 - 2^2} = \sqrt{36 - 4} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.
Теперь можем найти площадь основания:$S_{осн} = \frac{AD + BC}{2} \cdot h_{тр} = \frac{8 + 4}{2} \cdot 4\sqrt{2} = 6 \cdot 4\sqrt{2} = 24\sqrt{2}$ см².
Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ можно найти, зная площадь основания и двугранный угол $\beta$ при ребре основания. Площадь основания является проекцией боковой поверхности на плоскость основания. Связь между ними выражается формулой:$S_{бок} = \frac{S_{осн}}{cos(\beta)}$.
Подставим наши значения $\beta=60^{\circ}$:$S_{бок} = \frac{24\sqrt{2}}{cos(60^{\circ})} = \frac{24\sqrt{2}}{1/2} = 48\sqrt{2}$ см².
Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ равна сумме площадей основания и боковой поверхности:$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = 24\sqrt{2} + 48\sqrt{2} = 72\sqrt{2}$ см².

Ответ: $72\sqrt{2}$ см².

3.Основанием пирамиды является равносторонний треугольник со стороной $a = 12$ см. Каждая боковая грань образует с плоскостью основания угол $30^{\circ}$. Это означает, что все двугранные углы при ребрах основания равны $30^{\circ}$, и вершина пирамиды $S$ проецируется в центр вписанной в основание окружности, точку $O$. Искомая высота пирамиды — это длина отрезка $SO$.
Пусть $K$ — середина стороны $BC$ основания. Тогда $SK$ — апофема боковой грани $SBC$, а отрезок $OK$ — ее проекция на плоскость основания. Угол $\angle SKO$ является линейной мерой двугранного угла при ребре $BC$, то есть $\angle SKO = 30^{\circ}$.
Отрезок $OK$ является радиусом $r$ вписанной в равносторонний треугольник окружности. Радиус вписанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле:$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
Подставим $a=12$ см:$r = OK = \frac{12}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $SOK$ (с прямым углом $\angle SOK$). Мы знаем катет $OK$ и противолежащий ему угол $\angle SKO$. Высоту $H = SO$ можно найти через тангенс этого угла:$tg(\angle SKO) = \frac{SO}{OK}$.
$H = SO = OK \cdot tg(30^{\circ})$.
Подставим известные значения:$H = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 2$ см.

Ответ: 2 см.