Номер 14, страница 175 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 19. Усечённая пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 14, страница 175.

Условие.

19.14. 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 $\alpha$.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырёхугольная усечённая пирамида. Стороны её оснований равны $a$ и $b$ ($a > b$), высота пирамиды — $H$. Боковые грани пирамиды представляют собой равные равнобедренные трапеции. По условию, острый угол при большем основании такой трапеции равен $\alpha$.

1. Рассмотрим боковую грань. Это равнобедренная трапеция с основаниями $a$ и $b$. Пусть длина бокового ребра (боковой стороны трапеции) равна $l$. Опустим высоту из вершины меньшего основания на большее основание. В результате образуется прямоугольный треугольник, в котором гипотенузой является боковое ребро $l$, а одним из катетов — проекция бокового ребра на основание. Длина этой проекции равна полуразности оснований трапеции: $\frac{a-b}{2}$. Угол, прилежащий к этому катету, по условию равен $\alpha$.

Из определения косинуса в этом прямоугольном треугольнике имеем:

$\cos(\alpha) = \frac{(a-b)/2}{l}$

Отсюда мы можем выразить длину бокового ребра $l$:

$l = \frac{a-b}{2\cos(\alpha)}$

2. Теперь рассмотрим диагональное сечение усечённой пирамиды, проходящее через противоположные боковые рёбра. Это сечение также является равнобедренной трапецией. Основаниями этой трапеции служат диагонали квадратных оснований пирамиды, и их длины равны $a\sqrt{2}$ и $b\sqrt{2}$. Боковыми сторонами этой трапеции являются боковые рёбра пирамиды длиной $l$, а её высота в точности равна высоте усечённой пирамиды $H$.

3. В трапеции, являющейся диагональным сечением, опустим высоту $H$ из вершины меньшего основания на большее. Мы получим прямоугольный треугольник, в котором гипотенуза — это боковое ребро $l$, один катет — высота пирамиды $H$, а второй катет равен полуразности оснований этой трапеции:

$\frac{a\sqrt{2} - b\sqrt{2}}{2} = \frac{(a-b)\sqrt{2}}{2}$

Применяя теорему Пифагора для этого треугольника, получаем соотношение:

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

4. Подставим в полученное уравнение выражение для $l$, найденное в пункте 1:

$H^2 + \frac{(a-b)^2 \cdot 2}{4} = \left(\frac{a-b}{2\cos(\alpha)}\right)^2$

Упростим это выражение:

$H^2 + \frac{(a-b)^2}{2} = \frac{(a-b)^2}{4\cos^2(\alpha)}$

Теперь выразим $H^2$:

$H^2 = \frac{(a-b)^2}{4\cos^2(\alpha)} - \frac{(a-b)^2}{2} = (a-b)^2 \left( \frac{1}{4\cos^2(\alpha)} - \frac{1}{2} \right)$

$H^2 = \frac{(a-b)^2}{4} \left( \frac{1}{\cos^2(\alpha)} - 2 \right)$

Используя основное тригонометрическое тождество $\frac{1}{\cos^2(\alpha)} = 1 + \tan^2(\alpha)$, преобразуем выражение:

$H^2 = \frac{(a-b)^2}{4} (1 + \tan^2(\alpha) - 2) = \frac{(a-b)^2}{4} (\tan^2(\alpha) - 1)$

Наконец, извлекая квадратный корень, находим искомую высоту $H$:

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

Отметим, что для существования такой пирамиды необходимо, чтобы подкоренное выражение было неотрицательным, то есть $\tan^2(\alpha) \ge 1$, что для острого угла $\alpha$ означает $\alpha \ge 45^\circ$.

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