Страница 232 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

22.10. Стороны оснований правильной четырёхугольной усечённой пирамиды $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ равны 8 см и 6 см, а высота пирамиды $-$ $3\sqrt{3}$ см. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через прямую $AC$ и точку $B_1$.

Дана правильная четырехугольная усеченная пирамида $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Основаниями пирамиды являются квадраты $ABCD$ (нижнее) и $A_1B_1C_1D_1$ (верхнее). Сторона нижнего основания $a = 8$ см, сторона верхнего основания $b = 6$ см. Высота пирамиды $h = 3\sqrt{3}$ см. Требуется найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через прямую $AC$ и точку $B_1$.

1. Определение формы сечения

Секущая плоскость определяется тремя точками $A$, $C$ и $B_1$.

Поскольку точки $A$ и $C$ лежат в плоскости нижнего основания $ABCD$, отрезок $AC$ является стороной искомого сечения.

Плоскости оснований $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Следовательно, секущая плоскость пересекает плоскость верхнего основания по прямой, параллельной линии ее пересечения с плоскостью нижнего основания, то есть параллельной прямой $AC$.

Так как основания являются квадратами, их диагонали $AC$ и $A_1C_1$ параллельны. Значит, линия пересечения секущей плоскости с плоскостью верхнего основания должна проходить через точку $B_1$ и быть параллельной диагонали $A_1C_1$. В плоскости квадрата $A_1B_1C_1D_1$ такая прямая имеет с самим квадратом только одну общую точку — $B_1$.

Это означает, что секущая плоскость не пересекает другие ребра верхнего основания ($A_1D_1$, $D_1C_1$) и боковые ребра, выходящие из вершин $D_1$ и $D$ (кроме уже задействованных $A$, $C$, $B_1$). Таким образом, искомое сечение является треугольником $AB_1C$.

2. Расчет площади сечения

Треугольник $AB_1C$ является равнобедренным, так как в правильной усеченной пирамиде отрезки, соединяющие вершины нижнего основания с вершиной верхнего основания, равны ($AB_1 = CB_1$). Это следует из равенства боковых граней.

Площадь треугольника $AB_1C$ можно найти по формуле:$S = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота}$.В качестве основания возьмем диагональ $AC$. Высотой, проведенной к этому основанию, будет отрезок $B_1O$, где $O$ — центр нижнего основания (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$).

Найдем длину основания $AC$. Так как $ABCD$ — квадрат со стороной $a = 8$ см, его диагональ равна:$AC = a\sqrt{2} = 8\sqrt{2}$ см.

Найдем длину высоты $B_1O$. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OB_pB_1$, где $B_p$ — проекция точки $B_1$ на плоскость нижнего основания.

• Катет $B_1B_p$ равен высоте усеченной пирамиды: $B_1B_p = h = 3\sqrt{3}$ см.
• Катет $OB_p$ равен расстоянию от центра верхнего основания $O_1$ до вершины $B_1$. $A_1B_1C_1D_1$ — квадрат со стороной $b = 6$ см, его диагональ $A_1C_1 = 6\sqrt{2}$ см. Тогда расстояние от центра до вершины $O_1B_1 = \frac{1}{2} A_1C_1 = 3\sqrt{2}$ см. Следовательно, $OB_p = 3\sqrt{2}$ см.

По теореме Пифагора найдем гипотенузу $B_1O$:$(B_1O)^2 = (B_1B_p)^2 + (OB_p)^2 = (3\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 27 + 18 = 45$.$B_1O = \sqrt{45} = \sqrt{9 \cdot 5} = 3\sqrt{5}$ см.

Теперь можем вычислить площадь треугольника $AB_1C$:$S_{AB_1C} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot B_1O = \frac{1}{2} \cdot 8\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{5} = 4\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{5} = 12\sqrt{10}$ см$^2$.

Ответ: $12\sqrt{10}$ см$^2$.

22.11. Боковое ребро $BB_1$ усеченной пирамиды $ABCA_1B_1C_1$ перпендикулярно плоскости основания, $BB_1 = 4$ см, $AB = BC = 16$ см, $A_1B_1 = B_1C_1 = 10$ см, $\angle ABC = 120^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Площадь боковой поверхности усечённой пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей её боковых граней: $S_{бок} = S_{ABB_1A_1} + S_{BCC_1B_1} + S_{ACC_1A_1}$.

1. Вычисление площадей граней $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$

По условию, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Это означает, что $BB_1$ является высотой для боковых граней $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$, которые, следовательно, являются прямоугольными трапециями.

Площадь трапеции $ABB_1A_1$ с основаниями $AB = 16$ см, $A_1B_1 = 10$ см и высотой $BB_1 = 4$ см равна:$S_{ABB_1A_1} = \frac{AB + A_1B_1}{2} \cdot BB_1 = \frac{16 + 10}{2} \cdot 4 = 13 \cdot 4 = 52$ см².

Так как $AB=BC=16$ см и $A_1B_1=B_1C_1=10$ см, грань $BCC_1B_1$ имеет такие же размеры, и её площадь также равна:$S_{BCC_1B_1} = 52$ см².

2. Вычисление площади грани $ACC_1A_1$

Грань $ACC_1A_1$ является трапецией с основаниями $AC$ и $A_1C_1$.Сначала найдём длины этих оснований по теореме косинусов. В треугольнике $ABC$ с $AB=BC=16$ см и $\angle ABC = 120^\circ$:$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$$AC^2 = 16^2 + 16^2 - 2 \cdot 16 \cdot 16 \cdot \cos(120^\circ) = 2 \cdot 256 - 2 \cdot 256 \cdot (-\frac{1}{2}) = 3 \cdot 256 = 768$.$AC = \sqrt{768} = 16\sqrt{3}$ см.

Основания усечённой пирамиды подобны, поэтому $\angle A_1B_1C_1 = \angle ABC = 120^\circ$. В треугольнике $A_1B_1C_1$ с $A_1B_1=B_1C_1=10$ см:$A_1C_1^2 = A_1B_1^2 + B_1C_1^2 - 2 \cdot A_1B_1 \cdot B_1C_1 \cdot \cos(\angle A_1B_1C_1)$$A_1C_1^2 = 10^2 + 10^2 - 2 \cdot 10 \cdot 10 \cdot \cos(120^\circ) = 2 \cdot 100 - 2 \cdot 100 \cdot (-\frac{1}{2}) = 3 \cdot 100 = 300$.$A_1C_1 = \sqrt{300} = 10\sqrt{3}$ см.

Далее, найдём боковые рёбра $AA_1$ и $CC_1$. Рассмотрим прямоугольную трапецию $ABB_1A_1$. Проведя высоту из $A_1$ к $AB$, получим прямоугольный треугольник, катеты которого равны высоте трапеции $BB_1=4$ см и разности оснований $AB-A_1B_1 = 16-10=6$ см. По теореме Пифагора:$AA_1 = \sqrt{4^2 + 6^2} = \sqrt{16+36} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}$ см.Поскольку трапеции $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$ равны, $CC_1 = AA_1 = 2\sqrt{13}$ см.

Таким образом, $ACC_1A_1$ — равнобедренная трапеция. Найдём её высоту $h$. Основание высоты, опущенной из $A_1$ на $AC$, отсекает от $AC$ отрезок, равный полуразности оснований: $\frac{AC - A_1C_1}{2} = \frac{16\sqrt{3} - 10\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ см.По теореме Пифагора:$h^2 = AA_1^2 - (3\sqrt{3})^2 = (2\sqrt{13})^2 - 27 = 52 - 27 = 25$.$h = \sqrt{25} = 5$ см.

Площадь трапеции $ACC_1A_1$:$S_{ACC_1A_1} = \frac{AC + A_1C_1}{2} \cdot h = \frac{16\sqrt{3} + 10\sqrt{3}}{2} \cdot 5 = \frac{26\sqrt{3}}{2} \cdot 5 = 13\sqrt{3} \cdot 5 = 65\sqrt{3}$ см².

3. Вычисление общей площади боковой поверхности

Суммируем площади всех боковых граней:$S_{бок} = S_{ABB_1A_1} + S_{BCC_1B_1} + S_{ACC_1A_1} = 52 + 52 + 65\sqrt{3} = 104 + 65\sqrt{3}$ см².

Ответ: $104 + 65\sqrt{3}$ см².

22.12. Основания усечённой пирамиды $ABCDA_1B_1C_1D_1$ являются квадратами, $AD = 4$ см, $A_1D_1 = 2$ см. Грань $AA_1B_1B$ является равнобокой трапецией, а её плоскость перпендикулярна плоскости основания. Угол между плоскостью грани $CC_1D_1D$ и плоскостью основания равен $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Площадь боковой поверхности усечённой пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей её четырёх боковых граней: $S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{BB_1C_1C} + S_{CC_1D_1D} + S_{DD_1A_1A}$.

Для нахождения площадей граней определим высоту пирамиды $h$ и расположение верхнего основания относительно нижнего. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$, осью $Ox$ вдоль $AB$ и осью $Oy$ вдоль $AD$. Координаты вершин нижнего основания, являющегося квадратом со стороной 4 см: $A(0, 0, 0)$, $B(4, 0, 0)$, $C(4, 4, 0)$, $D(0, 4, 0)$.

По условию, грань $AA_1B_1B$ — равнобокая трапеция, плоскость которой перпендикулярна плоскости основания. Это означает, что высота трапеции $AA_1B_1B$ является высотой усечённой пирамиды $h$. Опустим из вершин $A_1$ и $B_1$ перпендикуляры на основание $AB$. Пусть их основаниями будут точки $K$ и $L$ соответственно. Тогда $A_1K = h$. Так как трапеция равнобокая с основаниями $AB=4$ см и $A_1B_1=2$ см, то $AK = LB = \frac{AB - A_1B_1}{2} = \frac{4-2}{2} = 1$ см. Таким образом, проекциями вершин $A_1$ и $B_1$ на плоскость основания являются точки $K(1, 0, 0)$ и $L(3, 0, 0)$. Координаты вершин верхнего основания: $A_1(1, 0, h)$ и $B_1(3, 0, h)$.

Верхнее основание $A_1B_1C_1D_1$ — квадрат со стороной 2 см. Вектор $\vec{A_1B_1} = (2, 0, 0)$. Вектор $\vec{A_1D_1}$ должен быть перпендикулярен вектору $\vec{A_1B_1}$ и иметь длину 2. В выбранной системе координат $\vec{A_1D_1} = (0, 2, 0)$. Тогда координаты остальных вершин верхнего основания: $D_1 = A_1 + \vec{A_1D_1} = (1, 0, h) + (0, 2, 0) = (1, 2, h)$ и $C_1 = B_1 + \vec{A_1D_1} = (3, 0, h) + (0, 2, 0) = (3, 2, h)$.

Теперь найдём высоту $h$, используя условие, что угол между плоскостью грани $CC_1D_1D$ и плоскостью основания равен $60^\circ$. Плоскость основания задаётся уравнением $z=0$, её нормальный вектор $\vec{n}_{осн} = (0, 0, 1)$. Нормальный вектор $\vec{n}_{гр}$ к плоскости $CC_1D_1D$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{DC}=(4,0,0)$ и $\vec{DD_1}=(1-0, 2-4, h-0) = (1, -2, h)$, лежащих в этой плоскости.$\vec{n}_{гр} = \vec{DC} \times \vec{DD_1} = (0, -4h, -8)$. В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор $(0, h, 2)$.

Косинус угла $\alpha$ между плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:$\cos \alpha = \frac{|\vec{n}_{осн} \cdot \vec{n}_{гр}|}{|\vec{n}_{осн}| \cdot |\vec{n}_{гр}|}$.$\cos 60^\circ = \frac{|(0,0,1) \cdot (0,h,2)|}{\sqrt{0^2+0^2+1^2} \cdot \sqrt{0^2+h^2+2^2}} = \frac{2}{\sqrt{h^2+4}}$.$\frac{1}{2} = \frac{2}{\sqrt{h^2+4}} \implies \sqrt{h^2+4} = 4 \implies h^2+4=16 \implies h^2=12 \implies h = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь вычислим площади боковых граней.

Площадь грани $AA_1B_1B$ — это площадь равнобокой трапеции с основаниями 4 и 2 и высотой $h=2\sqrt{3}$.$S_{AA_1B_1B} = \frac{4+2}{2} \cdot 2\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ см$^2$.

Площадь грани $CC_1D_1D$ можно найти через площадь её проекции на плоскость основания. Проекцией является трапеция с вершинами $C(4,4,0)$, $D(0,4,0)$, $C_1'(3,2,0)$, $D_1'(1,2,0)$. Её основания равны 4 и 2, а высота $4-2=2$. Площадь проекции $S_{пр} = \frac{4+2}{2} \cdot 2 = 6$ см$^2$.Площадь грани $S_{CC_1D_1D} = \frac{S_{пр}}{\cos 60^\circ} = \frac{6}{1/2} = 12$ см$^2$.

Рассмотрим грань $DD_1A_1A$. Это трапеция с основаниями $AD=4$ и $A_1D_1=2$. Найдём, является ли она прямоугольной. Вектор боковой стороны $\vec{AA_1} = (1, 0, 2\sqrt{3})$ и вектор основания $\vec{AD} = (0, 4, 0)$. Их скалярное произведение $\vec{AA_1} \cdot \vec{AD} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot 4 + 2\sqrt{3} \cdot 0 = 0$. Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно основанию $AD$, и является высотой этой трапеции. Длина высоты $AA_1 = |\vec{AA_1}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+12} = \sqrt{13}$ см.Площадь $S_{DD_1A_1A} = \frac{AD+A_1D_1}{2} \cdot AA_1 = \frac{4+2}{2} \cdot \sqrt{13} = 3\sqrt{13}$ см$^2$.

Грань $BB_1C_1C$ симметрична грани $DD_1A_1A$ относительно плоскости $x=2$ и, следовательно, конгруэнтна ей. Таким образом, $S_{BB_1C_1C} = S_{DD_1A_1A} = 3\sqrt{13}$ см$^2$.

Суммарная площадь боковой поверхности равна:$S_{бок} = S_{AA_1B_1B} + S_{CC_1D_1D} + S_{DD_1A_1A} + S_{BB_1C_1C} = 6\sqrt{3} + 12 + 3\sqrt{13} + 3\sqrt{13} = (12 + 6\sqrt{3} + 6\sqrt{13})$ см$^2$.

Ответ: $12 + 6\sqrt{3} + 6\sqrt{13}$ см$^2$.

22.13. Высота правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равна $H$. Боковое ребро пирамиды образует с плоскостью основания угол $\alpha$, а диагональ пирамиды — угол $\beta$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная усечённая пирамида $ABCDA_1B_1C_1D_1$, где $ABCD$ — нижнее (большее) основание, а $A_1B_1C_1D_1$ — верхнее (меньшее) основание. Основаниями являются квадраты. Пусть $a$ — сторона нижнего основания, $b$ — сторона верхнего основания. $O$ и $O_1$ — центры оснований, $OO_1 = H$ — высота пирамиды.

Площадь боковой поверхности правильной усечённой пирамиды вычисляется по формуле:$S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2) \cdot h_a$,где $P_1 = 4a$ и $P_2 = 4b$ — периметры оснований, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).Таким образом, $S_{бок} = \frac{1}{2}(4a + 4b) \cdot h_a = 2(a+b)h_a$.Наша задача — выразить $a$, $b$ и $h_a$ через $H$, $\alpha$ и $\beta$.

1. Найдём сумму и разность сторон оснований.

Рассмотрим диагональное сечение пирамиды $ACC_1A_1$. Это равнобокая трапеция. Её высота равна высоте пирамиды $H$. Диагонали оснований равны $d_1 = AC = a\sqrt{2}$ и $d_2 = A_1C_1 = b\sqrt{2}$.

Боковое ребро, например $A_1A$, образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Проекцией бокового ребра $A_1A$ на плоскость нижнего основания является отрезок $KA$, где $K$ — проекция точки $A_1$ на эту плоскость. В правильной усечённой пирамиде проекция отрезка $O_1A_1$ на плоскость нижнего основания — это отрезок $OA$, поэтому $KA$ лежит на диагонали $AC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный боковым ребром $A_1A$, его проекцией $KA$ и высотой $A_1K=H$. Длина проекции $KA$ равна разности полудиагоналей оснований:$KA = OA - OK = OA - O_1A_1 = \frac{a\sqrt{2}}{2} - \frac{b\sqrt{2}}{2} = \frac{(a-b)\sqrt{2}}{2}$.Из этого прямоугольного треугольника имеем:$\text{ctg} \alpha = \frac{KA}{A_1K} = \frac{(a-b)\sqrt{2}}{2H}$.Отсюда выразим разность сторон:$a-b = \frac{2H \cdot \text{ctg} \alpha}{\sqrt{2}} = H\sqrt{2} \cdot \text{ctg} \alpha$.

Диагональ пирамиды, например $AC_1$, образует с плоскостью основания угол $\beta$. Проекцией диагонали $AC_1$ на плоскость нижнего основания является отрезок $AC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный диагональю $AC_1$, её проекцией $AC$ и высотой $CC_1'$, где $C_1'$ - проекция точки $C_1$ на плоскость нижнего основания и $CC_1' = H$. Длина проекции $AC$ на самом деле неверна, проекцией будет отрезок $AL$, где $L$ - проекция $C_1$. Длина $AL$ равна сумме полудиагонали нижнего основания и проекции полудиагонали верхнего основания.$AL = AO + OL = AO + O_1C_1 = \frac{a\sqrt{2}}{2} + \frac{b\sqrt{2}}{2} = \frac{(a+b)\sqrt{2}}{2}$.Из прямоугольного треугольника $AC_1L$ (где $C_1L = H$) имеем:$\text{ctg} \beta = \frac{AL}{C_1L} = \frac{(a+b)\sqrt{2}}{2H}$.Отсюда выразим сумму сторон:$a+b = \frac{2H \cdot \text{ctg} \beta}{\sqrt{2}} = H\sqrt{2} \cdot \text{ctg} \beta$.

2. Найдём апофему.

Апофема $h_a$ — это высота боковой грани. Рассмотрим сечение, проходящее через апофемы противоположных боковых граней и высоту пирамиды. Это сечение является равнобокой трапецией. Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $CD$ и $AB$ нижнего основания, а $M_1$ и $N_1$ — середины сторон $C_1D_1$ и $A_1B_1$ верхнего. Тогда $M_1M$ — апофема $h_a$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный апофемой $h_a$, высотой $H$ и отрезком, равным разности полусторон оснований. Длина этого отрезка равна:$OM - O_1M_1 = \frac{a}{2} - \frac{b}{2} = \frac{a-b}{2}$.По теореме Пифагора:$h_a^2 = H^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$.Подставим ранее найденное выражение для $a-b$:$h_a^2 = H^2 + \left(\frac{H\sqrt{2} \cdot \text{ctg} \alpha}{2}\right)^2 = H^2 + \frac{2H^2 \cdot \text{ctg}^2 \alpha}{4} = H^2 \left(1 + \frac{\text{ctg}^2 \alpha}{2}\right) = H^2 \frac{2+\text{ctg}^2 \alpha}{2}$.Следовательно, апофема равна:$h_a = H \sqrt{\frac{2+\text{ctg}^2 \alpha}{2}} = H \frac{\sqrt{2+\text{ctg}^2 \alpha}}{\sqrt{2}}$.

3. Вычислим площадь боковой поверхности.

Теперь подставим найденные выражения для $(a+b)$ и $h_a$ в формулу площади боковой поверхности:$S_{бок} = 2(a+b)h_a = 2 \cdot (H\sqrt{2} \cdot \text{ctg} \beta) \cdot \left(H \frac{\sqrt{2+\text{ctg}^2 \alpha}}{\sqrt{2}}\right)$.Сокращая $\sqrt{2}$, получаем:$S_{бок} = 2H^2 \cdot \text{ctg} \beta \cdot \sqrt{2+\text{ctg}^2 \alpha}$.

Ответ: $2H^2 \text{ctg} \beta \sqrt{2+\text{ctg}^2 \alpha}$.

22.14. Сторона большего основания правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равна $a$, а сторона меньшего основания — $b$. Найдите высоту усечённой пирамиды, если острый угол её боковой грани равен $\alpha$.

Пусть дана правильная четырёхугольная усечённая пирамида. Стороны её оснований (квадратов) равны $a$ и $b$ (примем $a > b$). Высота пирамиды, которую нужно найти, — $H$. Острый угол боковой грани равен $\alpha$.

Боковая грань представляет собой равнобокую трапецию с основаниями $a$ и $b$ и острым углом $\alpha$ при большем основании. Найдём высоту этой трапеции, которая является апофемой $h_a$ усечённой пирамиды. Для этого в трапеции опустим высоту из вершины меньшего основания на большее. В образовавшемся прямоугольном треугольнике катет, противолежащий углу $\alpha$, — это апофема $h_a$, а прилежащий катет равен полуразности оснований, то есть $\frac{a-b}{2}$.

Из определения тангенса в этом треугольнике следует:

$\tan(\alpha) = \frac{h_a}{\frac{a-b}{2}}$

Отсюда выразим апофему:

$h_a = \frac{a-b}{2} \tan(\alpha)$

Теперь рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через её высоту $H$ и апофемы двух противоположных боковых граней. Это сечение также является равнобокой трапецией. Её основания равны $a$ и $b$, боковые стороны — апофемы $h_a$, а высота — искомая высота пирамиды $H$.

В этой трапеции также можно выделить прямоугольный треугольник, гипотенузой которого является апофема $h_a$, одним катетом — высота пирамиды $H$, а вторым катетом — отрезок, равный полуразности оснований $\frac{a-b}{2}$.

По теореме Пифагора для этого треугольника:

$H^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 = h_a^2$

Подставим в это уравнение найденное ранее выражение для $h_a$ и решим относительно $H$:

$H^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 = \left(\frac{a-b}{2} \tan(\alpha)\right)^2$

$H^2 = \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 \tan^2(\alpha) - \left(\frac{a-b}{2}\right)^2$

$H^2 = \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 (\tan^2(\alpha) - 1)$

Извлекая квадратный корень, получаем окончательный результат:

$H = \frac{a-b}{2} \sqrt{\tan^2(\alpha) - 1}$

Ответ: $H = \frac{a-b}{2} \sqrt{\tan^2(\alpha) - 1}$

22.15. В правильной треугольной усечённой пирамиде площадь боковой поверхности равна площади меньшего основания. Двугранный угол усечённой пирамиды при ребре большего основания равен $\alpha$. Найдите отношение площади большего основания к площади боковой поверхности.

Пусть дана правильная треугольная усечённая пирамида. Обозначим сторону большего основания через $a_1$, а сторону меньшего основания через $a_2$.

Площади оснований, являющихся равносторонними треугольниками, вычисляются по формулам:

Площадь большего основания: $S_1 = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$

Площадь меньшего основания: $S_2 = \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4}$

Боковая поверхность усечённой пирамиды состоит из трёх одинаковых равнобедренных трапеций. Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей этих трапеций. Пусть $h_a$ — апофема (высота боковой грани) усечённой пирамиды. Тогда площадь боковой поверхности равна:

$S_{бок} = 3 \cdot \frac{a_1 + a_2}{2} \cdot h_a$

По условию задачи, площадь боковой поверхности равна площади меньшего основания:

$S_{бок} = S_2$

$3 \frac{a_1 + a_2}{2} h_a = \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4}$

Выразим апофему $h_a$ из этого равенства:

$h_a = \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{2}{3(a_1 + a_2)} = \frac{a_2^2\sqrt{3}}{6(a_1 + a_2)}$ (1)

Двугранный угол $\alpha$ при ребре большего основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью большего основания. Его можно найти, рассмотрев сечение, перпендикулярное ребру большего основания. В этом сечении угол $\alpha$ будет образован апофемой $h_a$ и проекцией этой апофемы на плоскость основания. Эта проекция равна разности радиусов окружностей, вписанных в основания.

Радиус окружности, вписанной в равносторонний треугольник со стороной $a$, равен $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Тогда радиусы для наших оснований:

$r_1 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}}$ (для большего основания)

$r_2 = \frac{a_2}{2\sqrt{3}}$ (для меньшего основания)

Из прямоугольного треугольника, образованного апофемой $h_a$ (гипотенуза), высотой усечённой пирамиды и разностью радиусов $r_1 - r_2$ (катеты), имеем соотношение:

$\cos \alpha = \frac{r_1 - r_2}{h_a}$

Выразим $h_a$ из этого соотношения:

$h_a = \frac{r_1 - r_2}{\cos \alpha} = \frac{\frac{a_1}{2\sqrt{3}} - \frac{a_2}{2\sqrt{3}}}{\cos \alpha} = \frac{a_1 - a_2}{2\sqrt{3}\cos \alpha}$ (2)

Теперь приравняем два полученных выражения для апофемы $h_a$ (1) и (2):

$\frac{a_2^2\sqrt{3}}{6(a_1 + a_2)} = \frac{a_1 - a_2}{2\sqrt{3}\cos \alpha}$

Упростим это уравнение:

$a_2^2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3}\cos \alpha = 6(a_1 + a_2)(a_1 - a_2)$

$a_2^2 \cdot 6 \cos \alpha = 6(a_1^2 - a_2^2)$

$a_2^2 \cos \alpha = a_1^2 - a_2^2$

$a_1^2 = a_2^2 + a_2^2 \cos \alpha = a_2^2(1 + \cos \alpha)$

Нам необходимо найти отношение площади большего основания к площади боковой поверхности, то есть $\frac{S_1}{S_{бок}}$.

По условию $S_{бок} = S_2$, поэтому искомое отношение равно $\frac{S_1}{S_2}$.

$\frac{S_1}{S_2} = \frac{\frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{a_2^2\sqrt{3}}{4}} = \frac{a_1^2}{a_2^2}$

Подставим найденное соотношение для $a_1^2$:

$\frac{S_1}{S_{бок}} = \frac{a_1^2}{a_2^2} = \frac{a_2^2(1 + \cos \alpha)}{a_2^2} = 1 + \cos \alpha$

Используя тригонометрическую формулу $1 + \cos \alpha = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$, можно записать ответ в другом виде.

Ответ: $1 + \cos \alpha$ или $2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$.

22.16. В правильной треугольной усечённой пирамиде площадь боковой поверхности равна площади большего основания и в два раза больше площади меньшего основания. Найдите двугранный угол пирамиды при ребре её большего основания.

Пусть $S_{бок}$ — площадь боковой поверхности усеченной пирамиды, $S_1$ — площадь большего основания, а $S_2$ — площадь меньшего основания.Согласно условию задачи, имеем следующие соотношения:
$S_{бок} = S_1$
$S_{бок} = 2S_2$
Из этих равенств следует, что $S_1 = 2S_2$.

Основаниями правильной треугольной усеченной пирамиды являются равносторонние треугольники. Пусть $a_1$ — сторона большего основания, а $a_2$ — сторона меньшего основания. Площадь равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $S = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.Тогда площади оснований равны:
$S_1 = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$
$S_2 = \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4}$

Подставим эти выражения в соотношение $S_1 = 2S_2$:
$\frac{a_1^2\sqrt{3}}{4} = 2 \cdot \frac{a_2^2\sqrt{3}}{4}$
$a_1^2 = 2a_2^2$
$a_1 = a_2\sqrt{2}$

Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды равна произведению полусуммы периметров оснований на апофему (высоту боковой грани). Периметры оснований равны $P_1 = 3a_1$ и $P_2 = 3a_2$. Пусть $h_a$ — апофема пирамиды.
$S_{бок} = \frac{P_1 + P_2}{2} \cdot h_a = \frac{3a_1 + 3a_2}{2} \cdot h_a$
Используем условие $S_{бок} = S_1$:
$\frac{3(a_1 + a_2)}{2} \cdot h_a = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$
Подставим $a_2 = \frac{a_1}{\sqrt{2}}$ в это уравнение:
$\frac{3(a_1 + \frac{a_1}{\sqrt{2}})}{2} \cdot h_a = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$
$\frac{3a_1(1 + \frac{1}{\sqrt{2}})}{2} \cdot h_a = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$
$\frac{3a_1(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}})}{2} \cdot h_a = \frac{a_1^2\sqrt{3}}{4}$
Сократим на $a_1$ (так как $a_1 \neq 0$):
$\frac{3(\sqrt{2}+1)}{2\sqrt{2}} \cdot h_a = \frac{a_1\sqrt{3}}{4}$
Выразим апофему $h_a$:
$h_a = \frac{a_1\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3(\sqrt{2}+1)} = \frac{a_1\sqrt{6}}{6(\sqrt{2}+1)}$

Двугранный угол при ребре большего основания — это угол $\alpha$ между плоскостью боковой грани и плоскостью большего основания. Его можно найти из прямоугольного треугольника, образованного высотой усеченной пирамиды $H$, её апофемой $h_a$ и разностью радиусов вписанных в основания окружностей $r_1 - r_2$. Косинус этого угла равен:
$\cos(\alpha) = \frac{r_1 - r_2}{h_a}$

Радиус окружности, вписанной в равносторонний треугольник со стороной $a$, равен $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
$r_1 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}}$
$r_2 = \frac{a_2}{2\sqrt{3}} = \frac{a_1/\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{a_1}{2\sqrt{6}}$
Найдем разность радиусов:
$r_1 - r_2 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}} - \frac{a_1}{2\sqrt{6}} = \frac{a_1\sqrt{2} - a_1}{2\sqrt{6}} = \frac{a_1(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{6}}$

Теперь найдем косинус угла $\alpha$:
$\cos(\alpha) = \frac{r_1 - r_2}{h_a} = \frac{\frac{a_1(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{6}}}{\frac{a_1\sqrt{6}}{6(\sqrt{2}+1)}} = \frac{a_1(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{6}} \cdot \frac{6(\sqrt{2}+1)}{a_1\sqrt{6}}$
$\cos(\alpha) = \frac{6(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}{2(\sqrt{6})^2} = \frac{6(2-1)}{2 \cdot 6} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$

Если $\cos(\alpha) = \frac{1}{2}$, то искомый угол $\alpha$ равен $60^\circ$.
Ответ: $60^\circ$.

22.17. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ угол между плоскостями $BDD_1$ и $CDB_1$ равен $\alpha$.

Найдите отношение площадей четырёхугольников $BB_1D_1D$ и $DA_1B_1C$.

Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — правильная усечённая четырёхугольная пирамида. Это означает, что её основания $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ являются квадратами, а отрезок, соединяющий их центры, перпендикулярен плоскостям оснований. Введём систему координат. Поместим центр нижнего основания $ABCD$ в начало координат $O(0,0,0)$. Пусть оси $Ox$ и $Oy$ проходят через середины сторон квадрата $ABCD$. Пусть высота усечённой пирамиды равна $h$, тогда центр верхнего основания $O_1$ имеет координаты $(0,0,h)$.

Пусть сторона нижнего основания $ABCD$ равна $2a$, а сторона верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ равна $2b$. Тогда координаты вершин будут следующими:

$A(a,a,0), B(-a,a,0), C(-a,-a,0), D(a,-a,0)$

$A_1(b,b,h), B_1(-b,b,h), C_1(-b,-b,h), D_1(b,-b,h)$

Найдём площади указанных четырёхугольников.

1. Площадь четырёхугольника $BB_1D_1D$.

Этот четырёхугольник является диагональным сечением пирамиды. Его вершины имеют координаты: $B(-a,a,0), B_1(-b,b,h), D_1(b,-b,h), D(a,-a,0)$. Основаниями этого сечения являются диагонали квадратов $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$.

Длина диагонали нижнего основания $BD = \sqrt{(a-(-a))^2 + (-a-a)^2 + 0^2} = \sqrt{(2a)^2 + (-2a)^2} = \sqrt{8a^2} = 2a\sqrt{2}$.

Длина диагонали верхнего основания $B_1D_1 = \sqrt{(b-(-b))^2 + (-b-b)^2 + 0^2} = \sqrt{(2b)^2 + (-2b)^2} = \sqrt{8b^2} = 2b\sqrt{2}$.

Поскольку диагональное сечение проходит через высоту пирамиды $OO_1$, его высота равна $h$. $BB_1D_1D$ — равнобокая трапеция. Её площадь равна:

$S_{BB_1D_1D} = \frac{BD + B_1D_1}{2} \cdot h = \frac{2a\sqrt{2} + 2b\sqrt{2}}{2} \cdot h = \sqrt{2}(a+b)h$.

2. Площадь четырёхугольника $DA_1B_1C$.

Вершины этого четырёхугольника: $D(a,-a,0), A_1(b,b,h), B_1(-b,b,h), C(-a,-a,0)$.

Отрезки $CD$ и $A_1B_1$ параллельны, так как они лежат в параллельных плоскостях $z=0$ и $z=h$ и параллельны оси $Ox$. Значит, $DA_1B_1C$ — трапеция.

Длина основания $CD = \sqrt{(a-(-a))^2 + (-a-(-a))^2 + 0^2} = \sqrt{(2a)^2} = 2a$.

Длина основания $A_1B_1 = \sqrt{(-b-b)^2 + (b-b)^2 + 0^2} = \sqrt{(-2b)^2} = 2b$.

Найдём длины боковых сторон $DA_1$ и $CB_1$:

$DA_1^2 = (b-a)^2 + (b-(-a))^2 + h^2 = (b-a)^2 + (b+a)^2 + h^2 = 2a^2 + 2b^2 + h^2$.

$CB_1^2 = (-b-(-a))^2 + (b-(-a))^2 + h^2 = (a-b)^2 + (a+b)^2 + h^2 = 2a^2 + 2b^2 + h^2$.

Так как $DA_1=CB_1$, трапеция является равнобокой. Высоту трапеции можно найти как расстояние между прямыми $CD$ и $A_1B_1$. Найдём её как длину отрезка, соединяющего середины оснований. Середина $CD$ — точка $M(0,-a,0)$. Середина $A_1B_1$ — точка $N(0,b,h)$. Высота трапеции $h_{tr}$ равна:

$h_{tr} = |MN| = \sqrt{(0-0)^2 + (b-(-a))^2 + (h-0)^2} = \sqrt{(a+b)^2 + h^2}$.

Площадь трапеции $DA_1B_1C$:

$S_{DA_1B_1C} = \frac{CD + A_1B_1}{2} \cdot h_{tr} = \frac{2a + 2b}{2} \sqrt{(a+b)^2 + h^2} = (a+b)\sqrt{(a+b)^2 + h^2}$.

3. Угол между плоскостями $BDD_1$ и $CDB_1$.

Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдём нормальные векторы к плоскостям.

Плоскость $BDD_1$ проходит через точки $B(-a,a,0), D(a,-a,0), D_1(b,-b,h)$. Её уравнение $x+y=0$. Нормальный вектор $\vec{n_1} = (1,1,0)$.

Плоскость $CDB_1$ проходит через точки $C(-a,-a,0), D(a,-a,0), B_1(-b,b,h)$. Найдём её нормальный вектор $\vec{n_2}$ как векторное произведение векторов $\vec{DC}$ и $\vec{DB_1}$.

$\vec{DC} = C-D = (-2a,0,0)$.

$\vec{DB_1} = B_1-D = (-b-a, b-(-a), h) = (-(a+b), a+b, h)$.

$\vec{n_2'} = \vec{DC} \times \vec{DB_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -2a & 0 & 0 \\ -(a+b) & a+b & h \end{vmatrix} = 0 \cdot \vec{i} - (-2ah)\vec{j} + (-2a(a+b))\vec{k} = (0, 2ah, -2a(a+b))$.

В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор $\vec{n_2} = (0, h, -(a+b))$.

Косинус угла $\alpha$ между плоскостями:

$\cos\alpha = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||} = \frac{|1\cdot0 + 1\cdot h + 0\cdot(-(a+b))|}{\sqrt{1^2+1^2+0^2} \cdot \sqrt{0^2+h^2+(-(a+b))^2}} = \frac{h}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+(a+b)^2}}$.

4. Отношение площадей.

Найдём искомое отношение площадей:

$\frac{S_{BB_1D_1D}}{S_{DA_1B_1C}} = \frac{\sqrt{2}(a+b)h}{(a+b)\sqrt{(a+b)^2+h^2}} = \frac{\sqrt{2}h}{\sqrt{h^2+(a+b)^2}}$.

Теперь выразим это отношение через $\cos\alpha$. Из формулы для косинуса угла $\alpha$ имеем:

$\frac{h}{\sqrt{h^2+(a+b)^2}} = \sqrt{2}\cos\alpha$.

Подставим это выражение в формулу для отношения площадей:

$\frac{S_{BB_1D_1D}}{S_{DA_1B_1C}} = \sqrt{2} \cdot \left(\frac{h}{\sqrt{h^2+(a+b)^2}}\right) = \sqrt{2} \cdot (\sqrt{2}\cos\alpha) = 2\cos\alpha$.

Ответ: $2\cos\alpha$.

22.18. Центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, удалён от концов гипотенузы на $\sqrt{5}$ см и $\sqrt{10}$ см. Найдите катеты.

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$. Обозначим его катеты как $a$ и $b$, а гипотенузу как $c$. Центр вписанной окружности $O$ является точкой пересечения биссектрис углов треугольника.

По условию задачи, расстояния от центра вписанной окружности $O$ до вершин гипотенузы $A$ и $B$ составляют $OA = \sqrt{5}$ см и $OB = \sqrt{10}$ см.

Рассмотрим треугольник $AOB$. Так как $AO$ и $BO$ — биссектрисы углов $\angle A$ и $\angle B$ соответственно, то $\angle OAB = \frac{1}{2}\angle A$ и $\angle OBA = \frac{1}{2}\angle B$.

В прямоугольном треугольнике $ABC$ сумма острых углов равна $90^\circ$, то есть $\angle A + \angle B = 90^\circ$.

Найдем сумму углов $\angle OAB$ и $\angle OBA$ в треугольнике $AOB$:

$\angle OAB + \angle OBA = \frac{1}{2}\angle A + \frac{1}{2}\angle B = \frac{1}{2}(\angle A + \angle B) = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$.

Сумма углов в треугольнике $AOB$ равна $180^\circ$, следовательно, угол $\angle AOB$ равен:

$\angle AOB = 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Теперь, зная две стороны $OA = \sqrt{5}$, $OB = \sqrt{10}$ и угол между ними $\angle AOB = 135^\circ$ в треугольнике $AOB$, мы можем найти длину стороны $AB$ (гипотенузы $c$) по теореме косинусов:

$c^2 = AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\angle AOB)$

$c^2 = (\sqrt{5})^2 + (\sqrt{10})^2 - 2 \cdot \sqrt{5} \cdot \sqrt{10} \cdot \cos(135^\circ)$

Так как $\cos(135^\circ) = -\cos(45^\circ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, подставляем это значение в формулу:

$c^2 = 5 + 10 - 2 \cdot \sqrt{50} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 15 + \sqrt{50} \cdot \sqrt{2} = 15 + \sqrt{100} = 15 + 10 = 25$.

Отсюда находим гипотенузу: $c = \sqrt{25} = 5$ см.

Далее найдем радиус $r$ вписанной окружности. Пусть точки касания окружности со сторонами $AC$, $BC$ и $AB$ — это $D$, $E$ и $F$ соответственно. Тогда $OF \perp AB$ и $OF = r$. Из прямоугольного треугольника $AOF$ по теореме Пифагора имеем $OA^2 = AF^2 + OF^2$, а из треугольника $BOF$ — $OB^2 = BF^2 + OF^2$.

$(\sqrt{5})^2 = AF^2 + r^2 \Rightarrow 5 = AF^2 + r^2$

$(\sqrt{10})^2 = BF^2 + r^2 \Rightarrow 10 = BF^2 + r^2$

Из этих уравнений выражаем $AF$ и $BF$:

$AF = \sqrt{5-r^2}$

$BF = \sqrt{10-r^2}$

Поскольку $c = AB = AF + BF$, получаем уравнение:

$\sqrt{5-r^2} + \sqrt{10-r^2} = 5$

Уединим один из корней и возведем обе части в квадрат:

$\sqrt{10-r^2} = 5 - \sqrt{5-r^2}$

$10-r^2 = 25 - 10\sqrt{5-r^2} + (5-r^2)$

$10-r^2 = 30 - r^2 - 10\sqrt{5-r^2}$

$10\sqrt{5-r^2} = 20 \Rightarrow \sqrt{5-r^2} = 2$

Возведем в квадрат еще раз: $5-r^2 = 4 \Rightarrow r^2 = 1 \Rightarrow r=1$ см.

Для прямоугольного треугольника существует формула, связывающая катеты, гипотенузу и радиус вписанной окружности: $r = \frac{a+b-c}{2}$.

Подставим известные значения $r=1$ и $c=5$:

$1 = \frac{a+b-5}{2} \Rightarrow 2 = a+b-5 \Rightarrow a+b=7$.

Также, по теореме Пифагора для исходного треугольника: $a^2+b^2=c^2$, то есть $a^2+b^2=5^2=25$.

Мы получили систему из двух уравнений:

$\begin{cases} a+b=7 \\ a^2+b^2=25 \end{cases}$

Из первого уравнения $b = 7-a$. Подставим во второе:

$a^2 + (7-a)^2 = 25$

$a^2 + 49 - 14a + a^2 = 25$

$2a^2 - 14a + 24 = 0$

$a^2 - 7a + 12 = 0$

Корнями этого квадратного уравнения являются $a_1=3$ и $a_2=4$.

Если $a=3$, то $b=7-3=4$. Если $a=4$, то $b=7-4=3$.

Таким образом, катеты треугольника равны 3 см и 4 см.

Ответ: 3 см и 4 см.