Страница 168 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

18.20. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при ребре основания.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Так как пирамида правильная, ее основание — равносторонний треугольник $ABC$, а вершина $S$ проецируется в центр основания $O$. Отрезок $SO$ является высотой пирамиды.

Боковое ребро, например $SA$, образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Этот угол равен углу между ребром $SA$ и его проекцией на плоскость основания, которой является отрезок $OA$. Таким образом, по условию задачи, $\angle SAO = \alpha$.

Двугранный угол при ребре основания, например, при ребре $BC$, — это угол между плоскостью боковой грани $(SBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$. Для нахождения величины этого угла построим его линейный угол.

Проведем апофему $SM$, где $M$ — середина ребра $BC$. Поскольку треугольник $SBC$ равнобедренный ($SB=SC$), медиана $SM$ является и высотой, то есть $SM \perp BC$. В основании, так как треугольник $ABC$ равносторонний, медиана $AM$ также является высотой, то есть $AM \perp BC$.

Следовательно, угол $\angle SMO$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим этот угол через $\beta$.

Для нахождения угла $\beta$ рассмотрим два прямоугольных треугольника: $\triangle SOA$ (так как $SO$ — высота, то $SO \perp OA$) и $\triangle SOM$ ($SO \perp OM$).

В прямоугольном треугольнике $\triangle SOA$:
$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OA}$
Отсюда выразим высоту пирамиды: $SO = OA \cdot \tan(\alpha)$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle SOM$:
$\tan(\beta) = \frac{SO}{OM}$
Отсюда также выразим высоту: $SO = OM \cdot \tan(\beta)$.

Приравняем два выражения для высоты $SO$:
$OA \cdot \tan(\alpha) = OM \cdot \tan(\beta)$.

Точка $O$ является центром равностороннего треугольника $ABC$ и точкой пересечения его медиан. Медианы в точке пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины. Отрезки $OA$ и $OM$ лежат на медиане $AM$, при этом $OA$ — это расстояние от вершины до центра (радиус описанной окружности), а $OM$ — расстояние от центра до стороны (радиус вписанной окружности). Для равностороннего треугольника справедливо соотношение $OA = 2 \cdot OM$.

Подставим это соотношение в полученное ранее равенство:
$(2 \cdot OM) \cdot \tan(\alpha) = OM \cdot \tan(\beta)$

Поскольку длина отрезка $OM$ не равна нулю, мы можем сократить на $OM$:
$2 \tan(\alpha) = \tan(\beta)$.

Ответ: $\arctan(2 \tan \alpha)$.

18.21. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью её основания.

Пусть $SABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида, где $ABCD$ — квадратное основание, а $S$ — вершина. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$). Тогда $SO$ — высота пирамиды, и $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABCD)$.

Двугранный угол при ребре основания, например, при ребре $CD$, — это угол между плоскостью боковой грани $(SCD)$ и плоскостью основания $(ABCD)$. Для его измерения построим линейный угол. Пусть $M$ — середина ребра $CD$. Апофема $SM$ (медиана и высота в равнобедренном треугольнике $SCD$) перпендикулярна $CD$. Отрезок $OM$ в основании также перпендикулярен $CD$. Следовательно, $\angle SMO$ является линейным углом данного двугранного угла. По условию, $\angle SMO = \alpha$.

Искомый угол — это угол между боковым ребром (например, $SC$) и плоскостью основания $(ABCD)$. Этот угол равен углу между ребром $SC$ и его проекцией на плоскость основания. Так как $SO \perp (ABCD)$, проекцией $SC$ на плоскость $(ABCD)$ является отрезок $OC$. Следовательно, искомый угол — это $\angle SCO$. Обозначим его через $\beta$.

Для нахождения связи между углами $\alpha$ и $\beta$ введём параметр. Пусть сторона основания $AB = a$. Тогда $OM = \frac{a}{2}$. Диагональ основания $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$, а её половина $OC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (где $\angle SOM = 90^\circ$). Из него выразим высоту пирамиды $SO$:

$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OM} \implies SO = OM \cdot \tan(\alpha) = \frac{a}{2} \tan(\alpha)$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOC$ (где $\angle SOC = 90^\circ$). Из него выразим тангенс искомого угла $\beta$:

$\tan(\beta) = \frac{SO}{OC}$.

Подставим найденные выражения для $SO$ и $OC$:

$\tan(\beta) = \frac{\frac{a}{2} \tan(\alpha)}{\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}$.

Таким образом, искомый угол $\beta$ равен $\arctan\left(\frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}\right)$.

Ответ: $\arctan\left(\frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}\right)$

18.22. Точки $D$, $E$ и $F$ – середины рёбер $AB$, $AM$ и $MC$ правильной пирамиды $MABC$ соответственно, $AB = 8$ см, $AM = 12$ см.

1) Постройте сечение пирамиды, проходящее через точки $D$, $E$ и $F$.

2) Докажите, что построенное сечение является прямоугольником.

3) Найдите площадь сечения.

1) Постройте сечение пирамиды, проходящее через точки D, E и F.

Построение искомого сечения производится следующим образом:

1. Точки E и F лежат в плоскости грани MAC, так как E — середина ребра AM, а F — середина ребра MC. Соединим эти точки. Отрезок EF является средней линией треугольника AMC. По свойству средней линии, $EF \parallel AC$ и $EF = \frac{1}{2}AC$.

2. Секущая плоскость содержит прямую EF. Так как прямая EF параллельна прямой AC, лежащей в плоскости основания ABC, то секущая плоскость пересекает плоскость основания по прямой, параллельной AC.

3. Точка D принадлежит как секущей плоскости, так и плоскости основания. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с плоскостью основания должна проходить через точку D. Проведем в плоскости ABC прямую через точку D параллельно AC. Пусть эта прямая пересекает ребро BC в точке K.

4. В треугольнике ABC точка D является серединой стороны AB, а прямая $DK \parallel AC$. По теореме Фалеса, точка K является серединой стороны BC. Таким образом, DK — средняя линия треугольника ABC.

5. Соединяя последовательно точки, получаем четырехугольник DEFK, который и является искомым сечением. Его стороны лежат на гранях пирамиды: DE в грани MAB, EF в грани MAC, FK в грани MBC и KD в грани ABC.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник DEFK, где K — середина ребра BC.

2) Докажите, что построенное сечение является прямоугольником.

Рассмотрим свойства построенного четырехугольника DEFK.

Из построения следует, что D, E, F, K — середины ребер AB, AM, MC, BC соответственно.
В $\triangle MAB$ отрезок DE является средней линией, следовательно, $DE \parallel MB$ и $DE = \frac{1}{2}MB$.
В $\triangle MCB$ отрезок FK является средней линией, следовательно, $FK \parallel MB$ и $FK = \frac{1}{2}MB$.
Отсюда следует, что $DE \parallel FK$ и $DE = FK$.

Аналогично:
В $\triangle MAC$ отрезок EF является средней линией, следовательно, $EF \parallel AC$ и $EF = \frac{1}{2}AC$.
В $\triangle ABC$ отрезок DK является средней линией, следовательно, $DK \parallel AC$ и $DK = \frac{1}{2}AC$.
Отсюда следует, что $EF \parallel DK$ и $EF = DK$.

Поскольку в четырехугольнике DEFK противолежащие стороны попарно параллельны и равны, DEFK является параллелограммом по признаку.

Теперь докажем, что DEFK — прямоугольник. Для этого достаточно показать, что его смежные стороны перпендикулярны, например, $DE \perp EF$. Угол между прямыми DE и EF равен углу между скрещивающимися прямыми MB и AC, так как $DE \parallel MB$ и $EF \parallel AC$. Докажем, что $MB \perp AC$.

Пирамида MABC — правильная, значит, в ее основании лежит равносторонний треугольник ABC, а вершина M проецируется в центр основания O.
Проведем в основании медиану BN к стороне AC. В равностороннем треугольнике медиана является также и высотой, поэтому $BN \perp AC$.
Центр O равностороннего треугольника ABC является точкой пересечения его медиан, значит, точка O лежит на отрезке BN. Следовательно, прямая OB, как часть прямой BN, перпендикулярна прямой AC ($OB \perp AC$).

Так как MO — высота пирамиды, то $MO \perp (ABC)$, и отрезок OB является ортогональной проекцией наклонной MB на плоскость основания ABC.
Согласно теореме о трех перпендикулярах, если прямая, лежащая в плоскости (в нашем случае AC), перпендикулярна проекции наклонной (OB), то она перпендикулярна и самой наклонной (MB).
Таким образом, мы доказали, что $MB \perp AC$.

Поскольку $DE \parallel MB$ и $EF \parallel AC$, из $MB \perp AC$ следует, что $DE \perp EF$.
Параллелограмм DEFK, у которого есть прямой угол, является прямоугольником.

Ответ: Доказано, что сечение является прямоугольником.

3) Найдите площадь сечения.

Площадь сечения равна площади прямоугольника DEFK, которая вычисляется по формуле $S_{DEFK} = DE \cdot EF$.

Найдем длины сторон этого прямоугольника.
По условию, сторона основания правильной пирамиды $AB = 8$ см. Так как $\triangle ABC$ равносторонний, то $AC = 8$ см.
Боковое ребро $AM = 12$ см. Так как пирамида правильная, все ее боковые ребра равны, поэтому $MB = 12$ см.

Как было установлено в пункте 2), DE и EF являются средними линиями треугольников MAB и MAC соответственно.
Длина стороны DE равна половине длины ребра MB:
$DE = \frac{1}{2}MB = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.
Длина стороны EF равна половине длины стороны основания AC:
$EF = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Теперь можем вычислить площадь прямоугольника DEFK:
$S_{DEFK} = DE \cdot EF = 6 \cdot 4 = 24 \text{ см}^2$.

Ответ: $24 \text{ см}^2$.

18.23. Постройте сечение правильной треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через основание её высоты и параллельной скрещивающимся рёбрам пирамиды. Найдите периметр этого сечения, если сторона основания пирамиды равна 9 см, а боковое ребро равно 12 см.

Построение сечения и определение его вида

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$. Основание $ABC$ — равносторонний треугольник. Пусть $SO$ — высота пирамиды, тогда точка $O$ — центр треугольника $ABC$ (точка пересечения медиан, высот и биссектрис).

Секущая плоскость $\alpha$ по условию проходит через точку $O$ и параллельна двум скрещивающимся рёбрам. В качестве скрещивающихся рёбер выберем боковое ребро $SA$ и ребро основания $BC$. Таким образом, плоскость $\alpha$ должна удовлетворять условиям: $O \in \alpha$, $\alpha \parallel SA$ и $\alpha \parallel BC$.

Выполним построение сечения:

1. Найдём линию пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $(ABC)$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через точку $O$ и параллельна прямой $BC$, лежащей в плоскости $(ABC)$, то их линия пересечения — это прямая, проходящая через $O$ параллельно $BC$. Проведём эту прямую до пересечения со сторонами $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Отрезок $MN$ является стороной искомого сечения.

2. Найдём линию пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью боковой грани $(SAB)$. Так как плоскость $\alpha$ параллельна ребру $SA$, которое лежит в грани $(SAB)$, то линия их пересечения будет параллельна $SA$. Эта линия пройдёт через точку $M$, принадлежащую обеим плоскостям. Проведём в плоскости $(SAB)$ через точку $M$ прямую, параллельную $SA$. Пусть она пересечёт ребро $SB$ в точке $P$. Отрезок $MP$ — вторая сторона сечения.

3. Аналогично, найдём линию пересечения $\alpha$ с гранью $(SAC)$. Проведём в плоскости $(SAC)$ через точку $N$ прямую, параллельную $SA$. Пусть она пересечёт ребро $SC$ в точке $Q$. Отрезок $NQ$ — третья сторона сечения.

4. Соединим точки $P$ и $Q$, лежащие в плоскости грани $(SBC)$. Отрезок $PQ$ — четвёртая и последняя сторона сечения.

Искомое сечение — четырёхугольник $MNQP$. Определим его вид. По построению имеем $MP \parallel SA$ и $NQ \parallel SA$, откуда следует, что $MP \parallel NQ$.
Пусть $AK$ — медиана и высота в $\triangle ABC$. Так как $O$ — точка пересечения медиан, $AO:OK = 2:1$, или $AO = \frac{2}{3}AK$. Поскольку $MN \parallel BC$, из подобия $\triangle AMN \sim \triangle ABC$ следует, что $\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AC} = \frac{AO}{AK} = \frac{2}{3}$.
В $\triangle SAB$ по построению $MP \parallel SA$, значит $\triangle BMP \sim \triangle BSA$. Отсюда $\frac{SP}{SB} = \frac{AM}{AB} = \frac{2}{3}$.
В $\triangle SAC$ по построению $NQ \parallel SA$, значит $\triangle CNQ \sim \triangle CSA$. Отсюда $\frac{SQ}{SC} = \frac{AN}{AC} = \frac{2}{3}$.
Теперь рассмотрим $\triangle SBC$. В нём $\frac{SP}{SB} = \frac{SQ}{SC} = \frac{2}{3}$. По теореме, обратной теореме Фалеса, $PQ \parallel BC$.
Так как $MN \parallel BC$ и $PQ \parallel BC$, то $MN \parallel PQ$.
В четырёхугольнике $MNQP$ противоположные стороны попарно параллельны ($MP \parallel NQ$ и $MN \parallel PQ$), следовательно, $MNQP$ — параллелограмм.

Нахождение периметра сечения

Периметр параллелограмма $MNQP$ равен $P = 2(MN + MP)$. Найдём длины его смежных сторон, используя данные задачи: сторона основания $a = 9$ см, боковое ребро $l = 12$ см.

1. Найдём длину стороны $MN$.
Из подобия треугольников $\triangle AMN$ и $\triangle ABC$ с коэффициентом $\frac{AO}{AK} = \frac{2}{3}$ следует:
$MN = \frac{2}{3} BC = \frac{2}{3} \cdot 9 = 6$ см.

2. Найдём длину стороны $MP$.
Из подобия треугольников $\triangle BMP$ и $\triangle BSA$ следует $\frac{MP}{SA} = \frac{BM}{BA}$.
Так как $\frac{AM}{AB} = \frac{2}{3}$, то $AM = \frac{2}{3}AB$. Тогда $BM = AB - AM = AB - \frac{2}{3}AB = \frac{1}{3}AB$.
Коэффициент подобия $\frac{BM}{BA} = \frac{1}{3}$.
Следовательно, $MP = \frac{1}{3} SA = \frac{1}{3} \cdot 12 = 4$ см.

3. Вычислим периметр сечения.
$P = 2(MN + MP) = 2(6 + 4) = 2 \cdot 10 = 20$ см.

Ответ: Периметр сечения равен 20 см.

18.24. Угол между двумя апофемами правильной треугольной пирамиды равен $60^\circ$. Докажите, что боковые грани пирамиды являются равнобедренными прямоугольными треугольниками.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где S — вершина, а ABC — основание. Так как пирамида правильная, ее основание — равносторонний треугольник ABC, а все боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками.

Проведем апофемы (высоты боковых граней) SK и SL к сторонам основания BC и AC соответственно. Поскольку боковые грани SBC и SAC равны, то их апофемы также равны: $SK = SL$.

Рассмотрим треугольник SKL. По условию, угол между апофемами SK и SL равен 60°, то есть $ \angle KSL = 60^\circ $. Так как треугольник SKL является равнобедренным ($SK = SL$) с углом при вершине 60°, то он является равносторонним. Следовательно, все его стороны равны: $SK = SL = KL$.

Теперь рассмотрим основание пирамиды — равносторонний треугольник ABC. Так как SK и SL являются высотами в равнобедренных треугольниках SBC и SAC, то точки K и L являются серединами сторон BC и AC. Таким образом, отрезок KL является средней линией треугольника ABC.

По свойству средней линии треугольника, ее длина равна половине длины параллельной ей стороны. Обозначим длину стороны основания как $a$. Тогда $AB = BC = AC = a$, и $KL = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}$.

Из того, что треугольник SKL равносторонний, мы знаем, что $SK = KL$. Подставляя найденное значение для KL, получаем, что длина апофемы $SK = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим боковую грань, например, треугольник SBC. SK является его высотой, опущенной на основание BC. Эта высота делит основание пополам, поэтому $KC = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SKC (угол $ \angle SKC = 90^\circ $). Мы выяснили, что его катеты равны: $SK = \frac{a}{2}$ и $KC = \frac{a}{2}$. Следовательно, треугольник SKC является равнобедренным прямоугольным треугольником, и его острые углы равны по 45°, то есть $ \angle KSC = 45^\circ $.

Аналогично для прямоугольного треугольника SKB, катет $KB = \frac{a}{2}$ и катет $SK = \frac{a}{2}$, откуда следует, что $ \angle KSB = 45^\circ $.

Угол при вершине S в боковой грани SBC, $ \angle BSC $, равен сумме углов $ \angle KSB $ и $ \angle KSC $: $ \angle BSC = \angle KSB + \angle KSC = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ $.

Таким образом, боковая грань SBC является равнобедренным треугольником (по определению правильной пирамиды) и имеет прямой угол при вершине S. Значит, это равнобедренный прямоугольный треугольник.

Так как все боковые грани правильной пирамиды равны между собой, то все они являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Боковые грани пирамиды действительно являются равнобедренными прямоугольными треугольниками.

18.25. Каждое ребро правильной пирамиды $MABCD$ равно $a$, точка $E$ – середина ребра $MC$.

1) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью $BED$.

2) Найдите угол между плоскостью $BED$ и плоскостью основания пирамиды.

1) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью BED.

По условию, MABCD – правильная пирамида, у которой все ребра равны a. Это означает, что в основании пирамиды лежит квадрат ABCD со стороной a, а боковые грани (MAB, MBC, MCD, MDA) являются равносторонними треугольниками со стороной a.

Сечение пирамиды плоскостью BED представляет собой треугольник BED. Найдем длины его сторон.

1. Сторона BD является диагональю квадрата ABCD. Длина диагонали квадрата со стороной a равна $a\sqrt{2}$. Таким образом, $BD = a\sqrt{2}$.

2. Сторона BE является медианой в равностороннем треугольнике MBC, проведенной из вершины B к стороне MC (так как E – середина MC). В равностороннем треугольнике медиана также является высотой. Длина высоты (медианы) в равностороннем треугольнике со стороной a вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, $BE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

3. Аналогично, сторона DE является медианой в равностороннем треугольнике MCD. Поэтому ее длина также равна $DE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Итак, треугольник BED является равнобедренным с основанием BD, так как $BE = DE$. Для нахождения его площади найдем высоту, проведенную к основанию BD. Пусть O – точка пересечения диагоналей квадрата ABCD (центр основания). В равнобедренном треугольнике BED медиана, проведенная к основанию, является и высотой. Поскольку O – середина BD, отрезок EO является медианой и высотой треугольника BED. Таким образом, $EO \perp BD$.

Площадь сечения $S_{BED} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot EO$.

Найдем длину высоты EO. Рассмотрим треугольник MOC. O - центр основания, MO - высота пирамиды. OC - половина диагонали AC. $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}a\sqrt{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$. В прямоугольном треугольнике MOC (MO перпендикулярна плоскости основания) по теореме Пифагора: $MO^2 = MC^2 - OC^2 = a^2 - (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 = a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{2}$. Отсюда $MO = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Так как $MO=OC=\frac{a}{\sqrt{2}}$, треугольник MOC является не только прямоугольным, но и равнобедренным. Точка E – середина гипотенузы MC. Отрезок EO является медианой, проведенной к гипотенузе. Длина медианы прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы.

Следовательно, $EO = \frac{1}{2}MC = \frac{a}{2}$.

Теперь можем вычислить площадь сечения:

$S_{BED} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot EO = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

2) Найдите угол между плоскостью BED и плоскостью основания пирамиды.

Угол между двумя плоскостями – это двугранный угол, который измеряется линейным углом, то есть углом между двумя перпендикулярами, проведенными в каждой плоскости к их линии пересечения.

Плоскость сечения BED и плоскость основания ABCD пересекаются по прямой BD.

1. В плоскости основания (ABCD) проведем перпендикуляр к линии пересечения BD. Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $AC \perp BD$. Отрезок OC лежит на диагонали AC, следовательно, $OC \perp BD$.

2. В плоскости сечения (BED) проведем перпендикуляр к линии пересечения BD. Как мы установили в пункте 1, треугольник BED – равнобедренный с основанием BD, и его высота (а также медиана) EO перпендикулярна основанию BD. То есть, $EO \perp BD$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями равен углу между отрезками OC и EO, то есть углу $\angle EOC$.

Рассмотрим треугольник EOC. Нам известны длины всех его сторон из предыдущего пункта:

• $OC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$ (половина диагонали квадрата)
• $EC = \frac{a}{2}$ (так как E – середина ребра MC)
• $EO = \frac{a}{2}$ (как медиана к гипотенузе в прямоугольном треугольнике MOC)

Для нахождения угла $\angle EOC$ воспользуемся теоремой косинусов для треугольника EOC:

$EC^2 = EO^2 + OC^2 - 2 \cdot EO \cdot OC \cdot \cos(\angle EOC)$

Подставим известные значения:

$(\frac{a}{2})^2 = (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\angle EOC)$

$\frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{4} + \frac{2a^2}{4} - \frac{a^2\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\angle EOC)$

$0 = \frac{a^2}{2} - \frac{a^2\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\angle EOC)$

$\frac{a^2\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\angle EOC) = \frac{a^2}{2}$

$\cos(\angle EOC) = \frac{a^2/2}{a^2\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Отсюда, $\angle EOC = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

18.26. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $a$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите площадь полной поверхности пирамиды.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ равна сумме площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$

1. Найдем площадь основания. В основании правильной треугольной пирамиды лежит равносторонний треугольник со стороной $a$. Его площадь вычисляется по формуле:

$S_{осн} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$

2. Найдем площадь боковой поверхности. Боковая поверхность состоит из трех одинаковых равнобедренных треугольников. Площадь боковой поверхности равна $S_{бок} = \frac{1}{2} P_{осн} \cdot h_s$, где $P_{осн}$ — периметр основания, а $h_s$ — апофема пирамиды (высота боковой грани).

Периметр основания $P_{осн} = 3a$.

Чтобы найти апофему $h_s$, рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через апофему и высоту пирамиды. Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник, катетами которого являются высота пирамиды $H$ и радиус вписанной в основание окружности $r$, а гипотенузой — апофема $h_s$. Двугранный угол при ребре основания $\alpha$ — это угол между апофемой и радиусом вписанной окружности.

Радиус окружности, вписанной в равносторонний треугольник со стороной $a$, равен:

$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$

Из прямоугольного треугольника, образованного высотой, апофемой и радиусом, имеем соотношение:

$\cos \alpha = \frac{r}{h_s}$

Отсюда выразим апофему:

$h_s = \frac{r}{\cos \alpha} = \frac{a}{2\sqrt{3}\cos \alpha}$

Теперь можем найти площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2} (3a) \cdot h_s = \frac{3a}{2} \cdot \frac{a}{2\sqrt{3}\cos \alpha} = \frac{3a^2}{4\sqrt{3}\cos \alpha}$

Упростим выражение, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$ или сократив $3$ и $\sqrt{3}$:

$S_{бок} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} \cdot a^2}{4\sqrt{3}\cos \alpha} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4\cos \alpha}$

3. Найдем площадь полной поверхности, сложив площади основания и боковой поверхности:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} + \frac{a^2\sqrt{3}}{4\cos \alpha}$

Вынесем общий множитель за скобки:

$S_{полн} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \left(1 + \frac{1}{\cos \alpha}\right)$

Ответ: $S_{полн} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \left(1 + \frac{1}{\cos \alpha}\right)$

18.27. Диагональ основания правильной четырёхугольной пирамиды рав-на $d$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Най-дите площадь полной поверхности пирамиды.

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$ складывается из площади основания $S_{осн}$ и площади боковой поверхности $S_{бок}$:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$

1. Найдем площадь основания.

В основании правильной четырёхугольной пирамиды лежит квадрат. Пусть сторона квадрата равна $a$. Диагональ квадрата $d$ связана со стороной по теореме Пифагора: $d^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$.

Площадь квадрата (основания пирамиды) можно найти через его диагональ:

$S_{осн} = \frac{1}{2}d^2$

Также можно выразить сторону квадрата через диагональ $a = \frac{d}{\sqrt{2}}$ и найти площадь как $a^2$:

$S_{осн} = a^2 = \left(\frac{d}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{d^2}{2}$

2. Найдем площадь боковой поверхности.

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды вычисляется по формуле $S_{бок} = \frac{1}{2}P \cdot h_a$, где $P$ — периметр основания, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).

Периметр основания: $P = 4a = 4 \cdot \frac{d}{\sqrt{2}} = \frac{4d\sqrt{2}}{2} = 2d\sqrt{2}$.

Двугранный угол при ребре основания $\alpha$ — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $SO$, апофемой $SM$ и отрезком $OM$, соединяющим центр основания $O$ с серединой стороны основания $M$. В этом треугольнике $\angle SMO = \alpha$.

Катет $OM$ равен половине стороны основания:

$OM = \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{d}{\sqrt{2}} = \frac{d}{2\sqrt{2}} = \frac{d\sqrt{2}}{4}$

Из этого треугольника выразим апофему $h_a = SM$:

$\cos(\alpha) = \frac{OM}{SM} = \frac{OM}{h_a} \implies h_a = \frac{OM}{\cos(\alpha)}$

Подставим значение $OM$:

$h_a = \frac{d\sqrt{2}/4}{\cos(\alpha)} = \frac{d\sqrt{2}}{4\cos(\alpha)}$

Теперь вычислим площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2}P \cdot h_a = \frac{1}{2} \cdot (2d\sqrt{2}) \cdot \frac{d\sqrt{2}}{4\cos(\alpha)} = \frac{2d^2(\sqrt{2})^2}{8\cos(\alpha)} = \frac{4d^2}{8\cos(\alpha)} = \frac{d^2}{2\cos(\alpha)}$

3. Найдем площадь полной поверхности.

Сложим площадь основания и площадь боковой поверхности:

$S_{полн} = S_{осн} + S_{бок} = \frac{d^2}{2} + \frac{d^2}{2\cos(\alpha)}$

Вынесем общий множитель за скобки:

$S_{полн} = \frac{d^2}{2} \left(1 + \frac{1}{\cos(\alpha)}\right) = \frac{d^2}{2} \frac{\cos(\alpha) + 1}{\cos(\alpha)}$

Ответ: $S_{полн} = \frac{d^2(1 + \cos\alpha)}{2\cos\alpha}$

18.28. Апофема правильной четырёхугольной пирамиды равна 6 см и образует с плоскостью основания угол $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида. В основании такой пирамиды лежит квадрат. Апофема — это высота боковой грани, проведенная из вершины пирамиды. Обозначим апофему как $h_a$. По условию, $h_a = 6$ см.

Угол между апофемой и плоскостью основания — это угол между апофемой и ее проекцией на это основание. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой $h_a$ (которая является гипотенузой в этом треугольнике) и проекцией апофемы на основание. Эта проекция соединяет центр основания с серединой стороны основания и равна половине стороны квадрата, лежащего в основании. Обозначим сторону квадрата как $a$. Тогда длина проекции равна $\frac{a}{2}$.

По условию, угол между апофемой и плоскостью основания равен $60^\circ$. В нашем прямоугольном треугольнике этот угол находится между гипотенузой $h_a$ и катетом $\frac{a}{2}$. Мы можем связать эти величины через косинус:
$\cos(60^\circ) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{a/2}{h_a}$

Подставим известные значения: $h_a = 6$ см и $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2} = \frac{a/2}{6}$
Решим уравнение относительно $a$:
$6 \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$
$3 = \frac{a}{2}$
$a = 3 \cdot 2 = 6$ см.
Итак, сторона основания пирамиды равна 6 см.

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды ($S_{бок}$) вычисляется по формуле:
$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a$,
где $P$ — периметр основания, а $h_a$ — апофема.

Периметр квадрата сo стороной $a=6$ см равен:
$P = 4a = 4 \cdot 6 = 24$ см.

Теперь мы можем найти площадь боковой поверхности, подставив известные значения в формулу:
$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 6 = 12 \cdot 6 = 72$ см$^2$.

Ответ: $72$ см$^2$.

18.29. Высота правильной треугольной пирамиды равна 5 см, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Высота пирамиды $SO = H = 5$ см, где $O$ — центр основания (центр вписанной и описанной окружностей правильного треугольника $ABC$).

Двугранный угол при ребре основания — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Рассмотрим, например, ребро $AC$. Проведем апофему $SM$, где $M$ — середина ребра $AC$. Тогда $SM \perp AC$. Так как пирамида правильная, точка $O$ — проекция вершины $S$ на основание, а $OM$ — проекция наклонной $SM$ на плоскость основания. По теореме о трех перпендикулярах, $OM \perp AC$.

Таким образом, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания $AC$. По условию, $\angle SMO = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$). В нем катет $SO$ — это высота пирамиды $H$, а катет $OM$ — это радиус вписанной в основание окружности $r$. Апофема $h_a = SM$ является гипотенузой.

Так как $\angle SMO = 45^\circ$, то треугольник $\triangle SOM$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. Следовательно, его катеты равны:$OM = SO = 5$ см.Таким образом, радиус вписанной в основание окружности $r = 5$ см.

Найдем апофему $h_a = SM$ по теореме Пифагора или из тригонометрических соотношений:$SM = \frac{SO}{\sin(45^\circ)} = \frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем сторону основания $a$. Радиус $r$ вписанной в правильный треугольник окружности связан со стороной $a$ формулой:$r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$ или $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.Из этой формулы выразим сторону $a$:$a = \frac{6r}{\sqrt{3}} = \frac{6 \cdot 5}{\sqrt{3}} = \frac{30}{\sqrt{3}} = 10\sqrt{3}$ см.

Периметр основания $P$ равен:$P = 3a = 3 \cdot 10\sqrt{3} = 30\sqrt{3}$ см.

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды вычисляется по формуле:$S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h_a$Подставим найденные значения периметра и апофемы:$S_{бок} = \frac{1}{2} \cdot 30\sqrt{3} \cdot 5\sqrt{2} = 15\sqrt{3} \cdot 5\sqrt{2} = 75\sqrt{6}$ см².

Ответ: $75\sqrt{6}$ см².

18.30. Какого вида параллелограмм может быть основанием пирамиды, у которой боковые рёбра образуют равные углы с плоскостью основания?

Пусть $S$ — вершина пирамиды, а $ABCD$ — параллелограмм, лежащий в основании. Пусть $H$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания. Тогда отрезок $SH$ является высотой пирамиды.

Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекциями боковых рёбер $SA$, $SB$, $SC$ и $SD$ являются отрезки $HA$, $HB$, $HC$ и $HD$. Соответствующие углы — это $\angle SAH$, $\angle SBH$, $\angle SCH$ и $\angle SDH$.

По условию задачи, все эти углы равны. Обозначим их величину через $\alpha$:

$\angle SAH = \angle SBH = \angle SCH = \angle SDH = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SHA$, $\triangle SHB$, $\triangle SHC$ и $\triangle SHD$. Они имеют общий катет $SH$. Из определения котангенса в прямоугольном треугольнике следует:

$HA = SH \cdot \cot(\alpha)$

$HB = SH \cdot \cot(\alpha)$

$HC = SH \cdot \cot(\alpha)$

$HD = SH \cdot \cot(\alpha)$

Так как правые части этих равенств одинаковы, то равны и левые:

$HA = HB = HC = HD$.

Это означает, что точка $H$ — основание высоты пирамиды — равноудалена от всех вершин параллелограмма $ABCD$. Следовательно, точка $H$ является центром окружности, описанной около параллелограмма $ABCD$.

Таким образом, условие задачи выполняется тогда и только тогда, когда около параллелограмма, лежащего в основании, можно описать окружность.

Выясним, каким свойством должен обладать такой параллелограмм. Известно, что четырёхугольник можно вписать в окружность, если сумма его противоположных углов равна $180^{\circ}$. Для параллелограмма $ABCD$ это означает:

$\angle A + \angle C = 180^{\circ}$ и $\angle B + \angle D = 180^{\circ}$.

В то же время, по свойству параллелограмма, его противоположные углы равны:

$\angle A = \angle C$ и $\angle B = \angle D$.

Подставляя второе равенство в первое, получаем:

$2\angle A = 180^{\circ} \implies \angle A = 90^{\circ}$.

Так как $\angle A = \angle C$, то и $\angle C = 90^{\circ}$. Поскольку сумма соседних углов параллелограмма равна $180^{\circ}$, то $\angle B = 180^{\circ} - \angle A = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$, и, соответственно, $\angle D = 90^{\circ}$.

Параллелограмм, у которого все углы прямые, — это прямоугольник.

Ответ: Прямоугольник.

18.31. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна 32 см. Высота пирамиды равна 12 см. Найдите боковые рёбра пирамиды, если они образуют равные углы с плоскостью основания.

Решение

Пусть дана пирамида, основанием которой является прямоугольный треугольник, а $H$ — её высота. По условию, $H = 12$ см. Гипотенуза основания равна 32 см.

Условие, что все боковые рёбра образуют равные углы с плоскостью основания, означает, что проекция вершины пирамиды на плоскость основания совпадает с центром окружности, описанной около треугольника-основания.

Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, находится на середине его гипотенузы.

Следовательно, радиус $R$ этой описанной окружности равен половине длины гипотенузы:$R = \frac{32}{2} = 16$ см.

Этот радиус является проекцией каждого бокового ребра на плоскость основания. Теперь мы можем рассмотреть прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, проекцией бокового ребра $R$ и самим боковым ребром $l$. В этом треугольнике $H$ и $R$ являются катетами, а $l$ — гипотенузой.

По теореме Пифагора найдём длину бокового ребра $l$:$l^2 = H^2 + R^2$$l^2 = 12^2 + 16^2$$l^2 = 144 + 256$$l^2 = 400$$l = \sqrt{400} = 20$ см.

Так как все боковые рёбра образуют равные углы с основанием, их длины равны.

Ответ: 20 см.