Номер 21, страница 26 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 21

Пирамида

1. Двугранный угол правильной треугольной пирамиды при ребре основания равен $ \alpha $. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

2. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция, меньшая боковая сторона которой равна 10 см. Острый угол трапеции равен $ 30^\circ $. 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 24 см. Высота пирамиды равна $ 4\sqrt{3} $ см. Все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы. Найдите эти углы.

1.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где ABC – равносторонний треугольник в основании. Пусть сторона основания равна $a$. Пусть SO – высота пирамиды, O – центр треугольника ABC. Проведем апофему SM, где M – середина стороны AC.

Двугранный угол при ребре основания AC – это угол между плоскостями (SAC) и (ABC). Его линейной мерой является угол SMO, так как $SM \perp AC$ и $OM \perp AC$. По условию $\angle SMO = \alpha$.

Плоский угол при вершине пирамиды – это, например, угол ASC. Обозначим его $\beta$. Так как пирамида правильная, все такие углы равны.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM. Катет OM – это радиус вписанной в основание окружности. Для равностороннего треугольника со стороной $a$ радиус вписанной окружности равен $OM = r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Из треугольника SOM найдем апофему SM:

$\cos \alpha = \frac{OM}{SM} \Rightarrow SM = \frac{OM}{\cos \alpha} = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos \alpha}$

Теперь рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник SAC. SM является его высотой, медианой и биссектрисой. Значит, $\angle MSC = \frac{\beta}{2}$.

В прямоугольном треугольнике SMC катет $MC = \frac{AC}{2} = \frac{a}{2}$.

Найдем тангенс угла MSC:

$\text{tg}(\angle MSC) = \text{tg}\left(\frac{\beta}{2}\right) = \frac{MC}{SM} = \frac{a/2}{\frac{a\sqrt{3}}{6\cos \alpha}} = \frac{a}{2} \cdot \frac{6\cos \alpha}{a\sqrt{3}} = \frac{3\cos \alpha}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}\cos \alpha$

Отсюда находим искомый угол $\beta$:

$\frac{\beta}{2} = \text{arctg}(\sqrt{3}\cos \alpha)$

$\beta = 2 \cdot \text{arctg}(\sqrt{3}\cos \alpha)$

Ответ: $2 \cdot \text{arctg}(\sqrt{3}\cos \alpha)$.

2.

Пусть основанием пирамиды является прямоугольная трапеция ABCD, где AB – меньшая боковая сторона, и она перпендикулярна основаниям AD и BC. По условию, $AB = 10$ см, а острый угол $\angle D = 30^\circ$.

Так как все двугранные углы при ребрах основания равны $45^\circ$, вершина пирамиды S проецируется в центр вписанной в основание окружности O. Это также означает, что в трапецию можно вписать окружность.

Высота трапеции равна диаметру вписанной окружности. $h = AB = 10$ см. Радиус вписанной окружности $r = \frac{h}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

Найдем стороны и площадь основания. Проведем высоту CH из вершины C на основание AD. Получим прямоугольный треугольник CHD. В нем $CH = AB = 10$ см, $\angle D = 30^\circ$.

Найдем боковую сторону CD: $\sin 30^\circ = \frac{CH}{CD} \Rightarrow CD = \frac{CH}{\sin 30^\circ} = \frac{10}{1/2} = 20$ см.

Для трапеции, в которую можно вписать окружность, суммы противоположных сторон равны: $AB + CD = BC + AD$.

$10 + 20 = 30$ см. Значит, $BC + AD = 30$ см.

Площадь трапеции (основания пирамиды):

$S_{осн} = \frac{BC+AD}{2} \cdot h = \frac{30}{2} \cdot 10 = 150$ см$^2$.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$.

Площадь боковой поверхности можно найти по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot l$, где $P_{осн}$ – периметр основания, а $l$ – апофема (высота боковой грани).

Периметр основания $P_{осн} = (AB + CD) + (BC + AD) = 30 + 30 = 60$ см.

Найдем апофему $l$. Рассмотрим треугольник SOM, где S – вершина пирамиды, O – ее проекция (центр вписанной окружности), M – точка касания вписанной окружности со стороной основания. OM – радиус вписанной окружности, $OM = r = 5$ см. Угол SMO – это линейный угол двугранного угла при ребре основания, $\angle SMO = 45^\circ$.

Треугольник SOM – прямоугольный. $\cos 45^\circ = \frac{OM}{SM} = \frac{r}{l}$.

$l = \frac{r}{\cos 45^\circ} = \frac{5}{\sqrt{2}/2} = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 60 \cdot 5\sqrt{2} = 150\sqrt{2}$ см$^2$.

Площадь полной поверхности:

$S_{полн} = 150 + 150\sqrt{2} = 150(1+\sqrt{2})$ см$^2$.

Ответ: $150(1+\sqrt{2})$ см$^2$.

3.

Основанием пирамиды является равносторонний треугольник со стороной $a = 24$ см. Высота пирамиды $H = 4\sqrt{3}$ см.

Условие "все боковые грани образуют с плоскостью основания равные углы" означает, что вершина пирамиды S проецируется в центр вписанной в основание окружности O. Для равностороннего треугольника этот центр совпадает с центром описанной окружности, центром тяжести и т.д.

Угол, который боковая грань образует с плоскостью основания, – это двугранный угол при ребре основания. Его линейной мерой является угол $\angle SMO$, где S – вершина пирамиды, O – ее проекция, M – середина стороны основания.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM. Катет SO – это высота пирамиды, $SO = H = 4\sqrt{3}$ см. Катет OM – это радиус вписанной в основание окружности.

Найдем радиус вписанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a = 24$ см:

$OM = r = \frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{24\sqrt{3}}{6} = 4\sqrt{3}$ см.

В прямоугольном треугольнике SOM мы имеем два катета: $SO = 4\sqrt{3}$ см и $OM = 4\sqrt{3}$ см. Так как катеты равны, треугольник SOM является равнобедренным прямоугольным треугольником.

Острые углы в таком треугольнике равны $45^\circ$. Искомый угол – это $\angle SMO$.

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

Также можно найти через тангенс:

$\text{tg}(\angle SMO) = \frac{SO}{OM} = \frac{4\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = 1$

$\angle SMO = \text{arctg}(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.