Номер 21, страница 50 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

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: $60^\circ$.