Номер 269, страница 32 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

269. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция. Точка касания окружности, вписанной в эту трапецию, и её большей боковой стороны делит эту сторону на отрезки длиной 4 см и 25 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $30^\circ$. Найдите объём пирамиды.

269. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция. Точка касания окружности, вписанной в эту трапецию, и её большей боковой стороны делит эту сторону на отрезки длиной 4 см и 25 см. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $30^\circ$. Найдите объём пирамиды.

1. Нахождение параметров основания (трапеции).

Пусть основанием пирамиды является прямоугольная трапеция $ABCD$, где $AB$ – меньшая боковая сторона, перпендикулярная основаниям $AD$ и $BC$ ($\angle A = \angle B = 90^\circ$), а $CD$ – большая боковая сторона. В трапецию вписана окружность.

По условию, точка касания вписанной окружности делит большую боковую сторону $CD$ на отрезки длиной 4 см и 25 см. Пусть $K$ – точка касания на стороне $CD$. Тогда, по свойству касательных, проведенных из одной вершины к окружности, отрезки от вершин до точек касания равны. Пусть точки касания на сторонах $BC$ и $AD$ – это $M$ и $N$ соответственно. Тогда $CK = CM = 4$ см, а $DK = DN = 25$ см.

Длина большей боковой стороны $CD$ равна:$CD = CK + KD = 4 + 25 = 29$ см.

Так как в трапецию можно вписать окружность, суммы ее противолежащих сторон равны:$AB + CD = AD + BC$.

Высота прямоугольной трапеции $AB$ равна диаметру вписанной окружности, то есть $AB = 2r$, где $r$ – радиус вписанной окружности.

Проведем высоту $CH$ из вершины $C$ к основанию $AD$. Получим прямоугольный треугольник $CHD$. В этом треугольнике:

• Гипотенуза $CD = 29$ см.
• Катет $CH$ равен высоте трапеции $AB$, то есть $CH = 2r$.
• Катет $HD$ равен разности оснований: $HD = AD - AH = AD - BC$.

Используя свойство касательных, выразим основания через радиус $r$. Так как $AB$ перпендикулярна $BC$ и $AD$, то отрезки от вершин $B$ и $A$ до точек касания на этих сторонах равны радиусу $r$.Следовательно, $BC = CM + MB = 4 + r$, а $AD = DN + NA = 25 + r$.Тогда $HD = AD - BC = (25 + r) - (4 + r) = 21$ см.

Применим теорему Пифагора к треугольнику $CHD$:$CH^2 + HD^2 = CD^2$$(2r)^2 + 21^2 = 29^2$$4r^2 + 441 = 841$$4r^2 = 841 - 441$$4r^2 = 400$$r^2 = 100$$r = 10$ см.

Теперь найдем высоту и основания трапеции:Высота $h = AB = 2r = 2 \cdot 10 = 20$ см.Меньшее основание $BC = 4 + r = 4 + 10 = 14$ см.Большее основание $AD = 25 + r = 25 + 10 = 35$ см.

Площадь основания пирамиды (площадь трапеции) равна:$S_{осн} = \frac{AD + BC}{2} \cdot AB = \frac{35 + 14}{2} \cdot 20 = \frac{49}{2} \cdot 20 = 49 \cdot 10 = 490$ см².

2. Нахождение высоты пирамиды.

По условию, все двугранные углы при ребрах основания равны $30^\circ$. Это означает, что вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в основание окружности.Пусть $S$ – вершина пирамиды, а $O$ – центр вписанной окружности. Тогда $SO$ – высота пирамиды $H$.

Расстояние от центра вписанной окружности $O$ до любой стороны основания равно радиусу $r = 10$ см.Рассмотрим треугольник, образованный высотой пирамиды $SO$, апофемой боковой грани (например, $SK$, где $K$ – точка касания на стороне $CD$) и радиусом $OK$, проведенным к точке касания. Этот треугольник $SOK$ – прямоугольный ($\angle SOK = 90^\circ$).

Угол $\angle SKO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $CD$, и по условию он равен $30^\circ$.В прямоугольном треугольнике $SOK$:$OK = r = 10$ см (катет).$\angle SKO = 30^\circ$.Высота пирамиды $H = SO$ (противолежащий катет).

Найдем высоту $H$ через тангенс угла:$\tan(\angle SKO) = \frac{SO}{OK}$$H = SO = OK \cdot \tan(30^\circ) = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{10\sqrt{3}}{3}$ см.

3. Нахождение объема пирамиды.

Объем пирамиды вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$

Подставим найденные значения площади основания и высоты:$V = \frac{1}{3} \cdot 490 \cdot \frac{10\sqrt{3}}{3} = \frac{4900\sqrt{3}}{9}$ см³.

Ответ: $\frac{4900\sqrt{3}}{9}$ см³.