Домашняя работа по геометрии за 11 класс

к учебнику «Геометрия. 10-11 класс»

А.В. Погорелов, М.: «Просвещение», 2001 г.

учебно-практическое пособие

3

СОДЕРЖАНИЕ:

§ 20 Многогранники ................................................................4 § 21 Тела вращения ...............................................................52 § 22 Объемы многогранников .............................................82 § 23 Объемы и поверхности тел вращения .....................107

§ 20. Многогранники.

1. Из точек А и В в гранях двугранного угла опущены перпендикуляры АА 1 и ВВ 2 на ребро угла. Найдите длину отрезка АВ , если АА ₁ =а , ВВ ₁ =b ₁ А ₁ В ₁ =с и двугранный угол равен α¹ . Задача решена в учебнике п. 171, стр. 59.

2. У трехгранного угла (аbс ) двугранный угол при ребре с прямой, двугранный угол при ребре b равен ϕ, а плоский угол (bc ) равен γ (ϕ,γ< ).

Найдите два других плоских угла α = ∠ (ab ), β = ∠(ас )

Задача решена в учебнике п. 172, стр. 60

3. У трехгранного угла один плоский угол равен γ, а прилегающие к нему двугранные углы равны φ (φ < ). Найдите два других

плоских угла α и угол β, который образует плоскость угла γ с противолежащим ребром.

Из произвольной точки S ребра, противолежащие углу γ, проведем перпендикуляры SA на плоскость угла γ и перпендикуляры SB и SC на его стороны. Тогда по теореме о трех перпендикулярах АВ ⊥OВ и АС ⊥OС .

Рассмотрим прямоугольные ∆SCA и ∆SВA . Они равны по катету и противолежащему углу (∠SCA =∠SBA =ϕ). Тогда АВ =СА . А значит, ∆АОВ =∆АОС по катету и гипотенузе. Так что ∠AОС =∠AOB .

А так как .

Далее, в ∆АSC SC и АС = .

В ∆АСО ОА AC AC AC и ОС = γ .

γ γ

Тогда из ∆SDC tg α ⁼ OCSC ₌ tg ϕsin⋅tg _ϕ⋅ 2_AS ⋅ AS _{= cos} tg 2_{ϕ .}

γ

AS ⋅tgϕ⋅sin 2 = tgϕ⋅sin _γ .

А из ∆SAO : tg

AS 2

 γ 

Ответ: α=arctg costg 2ϕ  , β=arctgtgϕ⋅sin 2γ  .



 

4. У трехгранного угла два плоских угла острые и равны α, а третий угол равен γ. Найдите двугранные углы ϕ, противолежащие плоским углам α, и угол β между плоскостью γ и противолежащим ребром.

Из произвольной точки А противолежащего углу γ угла проведем перпендикуляры АК на плоскость этого угла и AB и SB на другие ребра.

Тогда по теореме о трех перпендикулярах BK ⊥SB и KC ⊥SC . Тогда ∆ΑΚС =∆ΑΚΒ (по общему катету АК и противолежащему углу ∠ΑΚС =∠ΑΒΚ =φ). Тогда ВК =КС и ∠BKS =∠СKS (по гипотенузе и катету). Значит . Далее, имеем

SC =SB =AS ·cosα, и AВ =АC =AS ⋅sinα. Из ∆SCK получаем:

KC = SC = AS cos и SK = ^SC _γ = ^{AS cos} _γ ^α . cos cos

2 2

AS

Далее, из ∆АСК cos ϕ = cos ∠ACK = AS sin _α = _{tg α} .

И из ∆ASK cosβ = cos AS AS cos cos_γ .

2

 γ   

β

Ответ: α=arccos tgtgα2  , =arccos coscos α 2  .

 γ 

5. Докажите, что сечение призмы, параллельное основаниям, равно основаниям.

Пусть А 2В 2С 2 – данное сечение призмы. Тогда АА 2С 2С , АА 2В 2В , ВВ 2С 2С – параллелограммы.

Значит, АВ=А₂ В₂ , АС=А₂ С₂ , ВС=В₂ С₂ и т.д., то есть

АВС...=А₂ В₂ С₂ ... . Что и требовалось доказать.

6. Сколько диагоналей имеет n-угольная призма?

Так как диагональ призмы – это отрезок, соединяющий две вершины призмы, не принадлежащие одной грани, то из одной вершины можно провести n-3 различные диагонали. Но вершин в основании п, так что общее количество диагоналей будет n⋅(n – 3). Ответ: n⋅(n – 3).

7. Постройте сечение четырехугольной призмы плоскостью, проходящей через сторону основания и одну из вершин другого основания.

Пусть, например, плоскость проходит через сторону основания AD и вершину С ₁ , тогда отрезок C ₁ D принадлежит сечению. Далее, возможны два случая: либо AD пересекает ВС , либо нет. Если AD пересекает ВС , то точку их пересечения обозначим F . F ∈ ВС , а значит F ∈ (ВCC ₁ ). Проведем отрезок FС ₁ . Он пересечет ВВ ₁ в точке К . Тогда четырехугольник АКС 1D будет искомым сечением.

Если AD не пересекает ВС , то AD || ВС . Но ВС || В ₁ С ₁ , так что AD || B ₁ C ₁ , а через две параллельные прямые проходит единственная плоскость, содержащая их. Эта плоскость является искомым сечением т.к. точки А, D, C ₁ принадлежат этой плоскости.

8. Постройте сечение четырехугольной призмы плоскостью, проходящей через три точки на боковых ребрах призмы.

B₁ C₁

A D

Пусть K , M и N – данные точки. Возможны три случая:

1) Точки K , M , N расположены так, что MN || DC и KM || MN . Тогда плоскость, проходящая через точки K, M и N параллельна плоскости грани ABCD , т.к. две пересекающие прямые KM и MN параллельны грани ABCD . Проведем прямую ON || AD . Тогда она будет принадлежать плоскости сечения. Так как иначе она пересекала бы и грань ABCD , то есть и AD , что неверно.

Тогда четырехугольник KMNO – искомое сечение.

2) Точки K, M, N располагаются так, _B что КМ || ВС , но MN не параллельно DC . Тогда через точки M и N проведем прямую а , которая пересекает прямую DC в некоторой точке S .

Тогда S принадлежит сечению. Через

точку S проведем прямую b || KM . Тогда^K b принадлежит сечению и b || BC , т.к. b || KM и КМ || ВС . Тогда АВ пересекает прямую b в некоторой точке Х . Тогда Х принадлежит сечению.

А также можно соединить точи К и Х отрезком, который пересечет А ₁ А в некоторой точке О . Тогда точка О тоже принадлежит сечению. А значит, четырехугольник OKMN – это искомое сечение.

Общий случай:

3) Когда точки К, M, N располагаются так, что MN не параллельно DC и KM не параллельно MN . Тогда прямая ΜΝ пересечет прямую DC в некоторой точке F , прямая

МК пересечет прямую ВС в некоторой точке X. Точки Χ и F при-

надлежат плоскости ABCD , а также искомому сечению, значит, плоскость ABCD и сечение пересекаются по прямой XF . Тогда прямая АВ , или прямая AD , или обе эти прямых пересекают прямую XF . Допустим АВ пересекает XF в точке S . Тогда точка S принадлежит и плоскости АА 1В 1В , а также сечению. Проведем прямую SК . Она пересечет ребро АА ₁ в точке О. Так что ΜΝΟΚ – искомое сечение.

9. У призмы одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания. Докажите, Что остальные боковые ребра тоже перпендикулярны плоскости основания.

Боковые ребра призмы параллельны между собой, так что поскольку одно ребро перпендикулярно основанию, то значит, и остальные боковые ребра тоже перпендикулярны основанию. Что и требовалось доказать.

10. В прямой треугольной призме стороны основания равны 10 см, 17 см и 21 см, а высота призмы — 18 см. Найдите площадь сечения, проведенного через боковое ребро, и меньшую высоту основания.

Данным сечением является прямоугольник BHH ₁ B ₁ со сторонами ВВ ₁ =18 см и ВН ; где ВН — меньшая высота ∆АВС. Далее, площадь основания с одной стороны равна: S = p (p − a )(p −b )(p −c ) =

= 24(24−10)(24−17)(24− 21) = 84 (см² ).

С другой стороны S = BH , так что

ВН = 2 ⋅ 84

Тогда искомая площадь сечения равна S ₁ = BB ₁ ⋅ BH = 18 ⋅ 8 = 144 (см² ). Ответ: 144 см² .

11. Боковое ребро наклонной призмы равно 15 см и наклонено к плоскости основания под углом 30°. Найдите высоту призмы.

ΒΟ — перпендикуляр к основанию, так что ∆АВО — прямоугольный. Значит, BC =AB ⋅sin∠BAC =l 5⋅sin30° =7,5 (см). Ответ: 7,5 см.

12. В наклонной треугольной призме расстояния между боковыми ребрами равны 37 см, 13 см и 40 см. Найдите расстояние между большей боковой гранью и противолежащим боковым ребром.

Пусть сечение MNK перпендикулярно боковым ребрам призмы.

Тогда в ∆MNK :

MN = l3см, ΝΚ = 37см и MК = 40см.

Искомое расстояние равно высоте, проведенной в ∆MNK к большей стороне, то есть NH , где NH ⊥ MK .

Площадь ∆MNK с одной стороны равна: S = p(p-a)(p-b)(p-c) =

45(45-40)(45-37)(45-13) = 45⋅5⋅8⋅32 = 240 (см² ).

С другой стороны S NH , так что

NH

Ответ: 12 см.

13. Основанием призмы является правильный шестиугольник со стороной а , а боковые грани — квадраты. Найдите диагонали призмы и площади ее диагональных сечений.

Диагональные сечения призмы — это прямоугольники АА ₁ D ₁ D и АА ₁ С ₁ С . Далее, АА ₁ =a , AD =2a (диаметр описанной окружности) и

АС =а 3 (по теореме косинусов из ∆АВС ).

Так что площади сечений равны:

S ₁ = АА ₁ ⋅ АС = а · а 3 =а ^{2 3} и S ₂ =AA ₁ ⋅ AD = а · 2а = 2а ² .

Диагонали призмы вычисляются по теореме Пифагора:

AD ₁ = AA ₁ ² + AD ² = a ² + 4a ² = 5a ² = a 5 = d ₁ ,

АС = AA ₁ ² + AC ² = a ² + 3a ² = 4a ² = 2a = d 2 .

Ответ: S ₁ = a ² 3 ; S ₂ = 2a ² ; d ₁ = a 5 ; d ₂ = 2a .

14. В правильной шестиугольной призме, у которой боковые грани — квадраты, проведите плоскость через сторону нижнего основания и противолежащую ей сторону верхнего основания. Сторона основания равна а. Найдите площадь построенного сечения.

Данное сечение проходит через основание АВ и E ₁ D ₁ . Обозначим точку пересечения прямых АВ и DC точка F . Тогда F принадлежит плоскости сечения, а также плоскости CC ₁ D ₁ C . Так что проведем прямую D ₁ F , которая пересечет ребро СС ₁ в некоторой точке X .

Далее, продолжим прямые ЕК и АВ до их пересечения в точке О . Эта точка принадлежит плоскости сечения, а также грани KK ₁ Е ₁ Е . Тогда проведем прямую ОЕ ₁ , которая пересечет ребро КК ₁ в некоторой точке Y .

Шестиугольник ABXD ₁ E ₁ Y — искомое сечение. Найдем его площадь по формуле S ′ = cos^S _α , где S — площадь основания призмы, а α — угол, который образует данное сечение с плоскостью основания. Так как ЕА ⊥АВ , то и Ε ₁ Α ⊥ΑΒ (по теореме о трех перпендикулярах). Так что ∠ΕΑΕ ₁ = α. Далее, ЕЕ ₁ = a , и АЕ =а 3

(по теореме косинусов из ∆АЕК ). Далее, по теореме Пифагора

АЕ ₁ = a ² + (a 3)² = 2a , так что cos .

S = 2S_AKE + S_AEDB = AK ⋅AE ⋅sin∠AKE + AE ⋅DE = = a ² sin120° + a .

Так что S ′ .

Ответ: S ′=3а ² .

15. Через сторону нижнего основания правильной треугольной призмы проведена плоскость, пересекающая боковые грани по отрезкам, угол между которыми α. Найдите угол наклона этой плоскости к основанию призмы.

Пусть АОС — данная плоскость. Проведем ВH ⊥AC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах ОН ⊥АС. Значит, ∠OHB — искомый. Далее, в равностороннем ∆АВС высота ВН .

Далее, .

 2 

Ответ: arccos^  3tg ^{α }  .

2 

16. В правильной четырехугольной призме через середины двух смежных сторон основания проведена плоскость, пересекающая три боковых ребра и наклоненная к плоскости основания под углом α. Сторона основания равна а.

Найдите площадь полученного сечения.

ABCNM — это ортогональная проекция сечения. Тогда если S — площадь ABCNM , то площадь сечения S ′ = cos^S _α .

Далее, S = S_ABCD – S_MND = AD DN =

. Так что S ′ = cosS α = 87cosa 2α .

Ответ: .

17. В правильной четырехугольной призме площадь основания 144 см² , а высота 14 см.

Найдите диагональ призмы.

Так как призма правильная, то в основании ее лежит квадрат и его площадь равна:

S = a² . Тогда a = S = 144 =12(см).

Далее, заметим, что правильная четырехугольная призма является прямоугольным параллелепипедом, так что квадрат любой диагонали равен сумме квадратов трех его измерений, так что: d = a ² + a ² + h ² = 12² +12² +14² = 22 (см).

Ответ: 22 см.

18. В правильной четырехугольной призме площадь боковой грани равна Q Найдите площадь диагонального сечения.

Так как боковая грань — прямоугольник, то ее площадь Q=AA ₁ ·AD . А так как основание призмы — квадрат, то диагональ AC =AD 2 . Тогда площадь диагонального сечения: S = AC ·AA ₁ = 2 ·AD·AA ₁ =Q · 2 . Ответ: Q 2 .

19. Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна 15 см, высота равна 20 см.

Найдите кратчайшее расстояние от стороны основания до не пересекающей ее диагонали призмы.

Проведем плоскость А ₁ В ₁ СD, а через ребро АВ проведем плоскость ABMN, перпендикулярную плоскости A ₁ B ₁ CD.

Так как АВ перпендикулярна боковым граням, то ABMN — прямоугольник.

Пусть О — точка пересечения АС и MN . Проведем ОК ⊥ АВ .

Тогда ОК =ВМ.

В прямоугольном ∆ВВ 1С :

B ₁ С = BB ₁ ² + BC ² = 20² +15² = 25(см) (по теореме Пифагора). Тогда площадь ∆ВВ ₁ С : S = p (p −a )(p −b )(p −c ) = 30⋅15⋅10⋅5 = 150(см² ).

С другой стороны, S= B ₁ C ·BM , так что

Ну и ОК =ВМ =12 (см). Ответ: 12 см.

20. В прямой треугольной призме все ребра равны. Боковая поверхность равна 12 м² . Найдите высоту.

Так как все ребра равны, то боковые грани являются квадратами. Далее, площадь одной грани равна трети площади боковой поверхности: 12 : 3 = 4 (м² ). Значит, сторона квадрата равна

4 = 2 (м). Тогда ребро призмы равно высоте и равно 2 м. Ответ: 2 м.

21. Боковая поверхность правильной четырехугольной призмы 32 м² , а полная поверхность — 40 м² . Найдите высоту.

Так как площадь поверхности S = S бок + 2S осн, то площадь осно-

вания равна S осн = (40-32) : 2 = 4(м² ).

В основании находится квадрат, так как призма правильная, так что сторона квадрата равна 4 =2 м.

Боковая поверхность правильной призмы равна S бок=p·h =4a·h,

так что h=S :(4a )= 32 : (4 · 2) = 4(м). Ответ: 4 м.

22. В наклонной призме проведено сечение, перпендикулярное боковым ребрам и пересекающее все боковые ребра.

Найдите боковую поверхность призмы, если периметр сечения равен р, а боковые ребра равны l .

Задача решена в учебнике п. 176, стр. 65.

23. Расстояния между параллельными прямыми, содержащими боковые ребра наклонной треугольной призмы, равны 2 см, 3 см и 4 см, а боковые ребра — 5 см.

Найдите боковую поверхность призмы.

Проведем сечение MNK , перпендикулярное боковым ребрам.

Тогда стороны ∆ΜΝΚ равны расстояниям между параллельными прямыми, содержащими ребра.

Далее, площадь боковой поверхности наклонной призмы равна произведению периметра сечения, перпендикулярного боковым ребрам, на длину бокового ребра. Так что S бок = р · l = (2+3+4) · 5 = 45(см² ). Ответ: 45 см² .

24. По стороне основания а и боковому ребру b найдите полную поверхность правильной призмы: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

Полная поверхность призмы вычисляется по формуле:

S = S бок + 2S осн.

1) Основание призмы — равносторонний треугольник, так что его площадь S осн. Площадь боковой поверхности

S бок = p · l =3ab.

Так что S = 3ab +

2) Основание призмы — квадрат с площадью S осн = а ² . Площадь

боковой поверхности S бок = p·l = 4ab. Так что S = 2a² + 4ab.

3) Основание призмы — правильный шестиугольник. Его площадь S осн = 6 . А площадь боковой поверхности

S бок = p·l = 6ab. Так что S = 6аb + а ² 3 3 .

26. У параллелепипеда три грани имеют поверхности 1 м² , 2 м² и 3 м² .

Чему равна полная поверхность параллелепипеда?

У параллелепипеда противоположные грани равны, а значит, имеют равные площади. Так что данный параллелепипед имеет две грани с площадью 1 м² , две грани с площадью по 2 м² и две грани с площадью по 3 м² . Так что площадь полной поверхности

S = 2 · (1 + 2 + 3) = 12 (м² ). Ответ: 12 м² .

27. Известны углы, образуемые ребрами параллелепипеда, сходящимися в одной вершине. Как найти углы между ребрами, сходящимися в любой другой вершине?

При вершине A ∠A ₁ AD = α , ∠Α ₁ ΑΒ = β и ∠BAD = γ. Так как все грани параллелепипеда — параллелограммы, ∠C = ∠A ₁ = γ (как противоположные в параллелограмме), ∠В = ∠D =180° – γ (в параллелограмме ABCD ).

Далее, ∠B ₁ A ₁ D ₁ = ∠B ₁ C ₁ D ₁ = ∠BAD = ∠BCD = γ (так как противолежащие грани равны). Далее, ∠ABC =∠ADC =∠A ₁ B ₁ C ₁ = ∠A ₁ D ₁ C ₁ = = 180° – γ; ∠A ₁ AB = ∠A ₁ B ₁ B = ∠D ₁ C ₁ C = β; ∠AA ₁ B ₁ = ∠B ₁ BA = =∠C₁ CD = ∠DD ₁ C = 180° – β; ∠A ₁ AD = ∠A ₁ D ₁ D = ∠B ₁ BC = α; ∠AA ₁ D ₁ = ∠D ₁ DA = ∠BB ₁ C = ∠C ₁ CB = 180° – α.

28. Докажите, что отрезок, соединяющий центры оснований параллелепипеда, параллелен боковым ребрам.

Центры оснований параллелепипеда являются точками пересечения диагоналей параллелограммов ABCD и A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ . Далее, ABCD = A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ (как противоположные грани). Так что АС = А ₁ С ₁ , и O ₁ С ₁ = ОС = АС . Так как O ₁ С ₁ ||ОС и O ₁ C ₁ = OC , тo О ₁ С ₁ ОС — параллелограмм, так что OO ₁ ||СС ₁ . Что и требовалось доказать.

29. В прямом параллелепипеде стороны основания 6 м и 8 м образуют угол 30°, боковое ребро равно 5 м. Найдите полную поверхность этого параллелепипеда.

Полная поверхность прямого параллелепипеда равна S =2S ₁ +S ₂ .

Площадь параллелограмма ABCD , являющегося основанием, равна S осн = AB = 24(cм² ).

А площадь боковой поверхности равна

S бок = р · l = 2(АВ + ВС )АА ₁ = 2 ⋅ (6+8) ⋅ 5 = 140 (см² ).

Так что S = 2 ⋅ 24 + 140 =188(см² ).

Ответ: 188 см²

30. В прямом параллелепипеде стороны основания 3 см и 8 см, угол между ними 60°. Боковая поверхность равна 220 см² . Найдите полную поверхность.

Полная поверхность параллелепипеда равна S = S бок+2S осн Так как в основании лежит параллелограмм, то S ₁ = ab ⋅ sinα = = 3 ⋅ 8 ⋅ sin 60° = 12 3 (см² ). А Sбок = 220 см² (по условию). Так что S = 2 ⋅ 12 3 + 220 = 220 + 24 3 (см² ).

31. В прямом параллелепипеде стороны основания 3 см и 5 см, а одна из диагоналей основания 4 см. Найдите большую диагональ параллелепипеда, зная, что меньшая диагональ образует с плоскостью основания угол 60°.

По условию А ₁ D ₁ = 3см, D ₁ С ₁ = 5см, D ₁ B ₁ = 4см. Так как основание является параллелограммом, а у параллелограмма сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов его сторон, то 2 А ₁ В ₁ ² + 2 ⋅ А ₁ D ₁ ² = =A 1C 12+B 1D 12. Так что:

A 1C 1= 2⋅ A 1B 12 + 2⋅ A 1D 12 − D 1B 12 =

= 2⋅3² + 2⋅5² − 4² = 52 (см). Так что А ₁ С ₁ >D ₁ B ₁ , а значит, диагональ BD — меньшая, а А ₁ С — большая.

Далее, в ∆BB ₁ D ₁ : BB ₁ =B ₁ D ₁ ⋅tg60°=4 3 (см). CC ₁ =BB ₁ =4 3 см.

Далее, в ∆СС ₁ A ₁ по теореме Пифагора:

A ₁ C = A ₁ C ₁ ² + CC ₁ ² = ( 52)² + (4 3)² = 100 =10 (см).

Ответ: 10 см.

32. Найдите диагонали прямого параллелепипеда, у которого каждое ребро равно а, а угол основания равен 60°.

Так как каждое ребро равно а, то ∆ABD — равнобедренный (AB =AD =a ) и так как ∠BAD =60°, то ∆ABD является равносторонним и BD = AB = a.

Далее, из прямоугольного ∆BB ₁ D по теореме Пифагора

B ₁ D = BD ² + BB ₁ ² = a ² + a ² = a 2 .

В ∆ADС по теореме косинусов AС= AD ² + DC ² −2AD ⋅DC ⋅cos120^o =

= a ² + a ² − 2a ² ⋅^ − ^{1 }  = a 3 .

 2 

А из прямоугольного ∆АСС1 по теореме Пифагора:

АС ₁ = AC ² +CC ₁ ² = 3a ² + a ² = 2a .

Ответ: a 2 и 2а .

33. Боковое ребро прямого параллелепипеда 5 м, стороны основания 6 м и 8 м, а одна из диагоналей основания 12м. Найдите диагонали параллелепипеда.

Основание параллелепипеда — параллелограмм ABCD со сторонами АВ =6 м, AD =8 м и диагональю АС =12 м. Так как в параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, то 2⋅AB ² + 2AD ² = AC ² + ВD ² . Откуда получаем:

Ответ: 13 м и 9 м.

34. В прямом параллелепипеде боковое ребро 1м, стороны основания 23дм и 11дм, а диагонали основания относятся как 2:3. Найдите площади диагональных сечений.

Основание параллелепипеда — параллелограмм со сторонами а ₁ = 23дм и а ₂ = 11дм и диагоналями d ₁ и d ₂ , отношение которых d ₁ : d ₂ = 2 : 3. Пусть d ₁ = 2k , тогда d ₂ = 3k .

В параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, так что

2a ₁ ² + 2а ₂ ² = d ₁ ² + d ₂ ² , то есть

2 · 23² + 2 · 11² = (2k )² + (3k )² , 13k ² = 1300, k= 10 (дм).

Так что d ₁ = 20(дм) и d ₂ = 30(дм). Далее, высота h = 1м = 10дм и площади диагональных сечений вычисляются по формулам:

S ₁ = d ₁ ⋅ h = 20 ⋅ 10 = 200(дм² ) = 2 (м² ).

S ₂ = d ₂ ⋅ h = 30 ⋅ 10 = 300(дм² ) = 3 (м² ).

Ответ: 2м² и 3м² .

35. Найдите диагонали прямоугольного параллелепипеда по трем его измерениям: 1) 1, 2, 2; 2) 2, 3, 6; 3) 6, 6, 7.

Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений, то есть d ² = a ² + b ² + c ² . Так что d = a ² + b ² + c ² :

1) d = 1² + 2² + 2² = 9 = 3; 2) d = 2² + 3² + 6² = 49 = 7 ; 3) d = 6² + 6² + 7² = 121 =11.

36. Ребро куба равно а. Найдите расстояние от вершины куба до его диагонали, соединяющей две другие вершины.

Имеем A ₁ D = a 2 (из ∆АА D ). Далее, ∆Α ₁ B ₁ D — прямоугольный, A ₁ B ₁ = a , A ₁ D =

Далее, квадрат диагонали в прямоугольном параллелепипеде равен сумме квадратов трех его измерений, то есть

В ₁ D ² = a ² + a ² + a ² , так что B D = a 3 Площадь ∆A ₁ B ₁ D равна:

S = D , так что

A 1H = A 1 B 1 ⋅ A D .

B ₁ D Ответ: a

37. В прямоугольном параллелепипеде стороны основания 7 дм и 24 дм, а высота параллелепипеда 8 дм. Найдите площадь диагонального сечения.

Основание параллелепипеда — прямоугольник со сторонами а ₁ = 7дм и а ₂ = 24дм.

Тогда его диагональ по теореме Пифагора: b= a ² +b ² = 7² +24² = 25(дм).

Диагональное сечение — это прямоугольник со сторонами b = 25дм и с = 8дм (высота).

Тогда площадь диагонального сечения равна: S = b ⋅ c = 25 ⋅ 8 = 200(дм² ) = 2(м² ). Ответ: 2 м² .

38. Найдите поверхность прямоугольного параллелепипеда по

трем его измерениям: 10 см, 22 см, 16 см.

Пусть а = 10см, b = 22 см и с = 16 см — измерения параллелепипеда. Так как противоположные грани равны, то и площади их равны. А значит, площадь поверхности параллелепипеда равна: S = 2ab+2bc+2ac = 2⋅10⋅22+2⋅22⋅16+2⋅10⋅16 = 1464 (см² ). Ответ: 1464 см² .

39. Найдите боковую поверхность прямоугольного параллелепипеда, если его высота h , площадь основания Q , а площадь диагонального сечения Μ .

Основание параллелепипеда —прямоугольник со сторонами AB = а и AD = b .

Тогда диагональ BD находим по теореме Пифагора:

BD = a ² + b ² .

А площадь основания равна Q = AB · AD = а ⋅ b .

Площадь прямоугольника BB ₁ D ₁ D , равна М = BD ⋅ h , так что

BD = ^М .

h

Следовательно: ^М h ₂ ² = а ² + b ² , а Q = ab .

Тогда:

^М 2^{2 2} + b ² + 2ab , то есть ² + 2Q = (а + b )² . + 2Q = а

h

Так что: a + b =

Площадь боковой поверхности равна:

S = P ⋅ h = 2(a + b )h = 2h ^М h ₂ ² + 2Q = 2 М ² + 2Qh ² .

40. Диагонали трех граней прямоугольного параллелепипеда, сходящиеся в одной вершине, равны а, b и с. Найдите линейные размеры параллелепипеда.

Пусть х, у, z линейные размеры прямоугольного параллелепипеда. Тогда по теореме Пифагора: x ² + у ² = с ² . y ² + z ² = a ² . z ² + x ² = b ² .

Сложим первые два уравнения и вычтем третье:

2у ² = c ² + a ² - b ² . Так что у =

Аналогично: 2z² = a ² + b - c , z =

и 2x ² = b ² + c ² - a ² , x =

41. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник, у которого основание равно 12 см, а боковая сторона — 10 см. Боковые грани образуют с основанием равные двугранные углы, содержащие по 45°. Найдите высоту пирамиды.

Проведем перпендикуляр SO к плоскости основания и перпендикуляры SK, SM и SN к сторонам ∆ABС . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OK ⊥ BC , ОМ ⊥ АС и ON ⊥ AB .

Тогда, ∠SKO = ∠SMO = ∠SNO = 45° — как линейные углы данных двугранных углов.

А следовательно, прямоугольные треугольники SKO , SMO и SNO равны по катету и острому углу.

Так что OK=OM=ON , то есть точка О является центром окружности, вписанной в ∆АВС .

Выразим площадь прямоугольника АВС :

S = р (р − AB )(р − AC )(p − BC ) = 16⋅(16−10)⋅(16−10)⋅(16−12) =48(см)

С другой стороны, S = p ⋅ r . Так что r = .

Так как в прямоугольном треугольнике SOK острый угол равен 45°, то ∆SOK является равнобедренным и SO=OK =3 см. Ответ: 3 см.

42. Основание пирамиды — прямоугольник со сторонами 6 см и 8 см. Каждое боковое ребро пирамиды равно 13 см. Вычислите высоту пирамиды.

Так как SA = SB = SC = SD , то прямоугольные треугольники ASO, BSO , CSO и DSO равны по гипотенузе и общему катету SO .

Тогда AO = BO = CO = DO , а значит, точка О является точкой пересечения AC и BD . В ∆ABD :

BD = AB ² + AD ² = 6² +8² =10(см). Тогда OD = BD = 5(см). Далее, в ∆SOD по теореме Пифагора:

SO = SD ² −OD ² = 13² −5² = 12(см).

Ответ: 12 см.

43. Основанием пирамиды является правильный треугольник; одна из боковых граней перпендикулярна основанию, а две другие наклонены к нему под углом α.

Как наклонены к плоскости основания боковые ребра?

Допустим, плоскость SBC перпендикулярна основанию. Тогда SK ⊥ BC является высотой пирамиды. Проведем SM ⊥ AC и SN ⊥ AB . По теореме о трех перпендикулярах КМ ⊥ АС и KN ⊥ AB. Значит, ∠SNK = ∠SMK = α как линейные углы данных двугранных углов.

Тогда ∆SMK = ∆SNK по катету и острому углу. Так что MK = NK. Далее, ∆MKC = ∆NKB (так как MK = NM и ∠С =∠В =60°).

Так что КС = KB = .

Далее, в ∆СMK :

МК = KC ⋅ sin 60° = .

В ∆СAK : АK = AC ⋅ sin 60° = ^{a 3} .

2

В ∆SMK : SK = MK .

В ∆SCK : tg∠SCK = .

∠SCK = ∠SBK = arctg^ _  ₂ ³ tg^α _ .

В ∆SΑΚ : tg∠SAK = .

Так что ∠SAK = arctg^ _{ 2} ¹ tg^α _ .

44. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой а. Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол β. Найдите ее высоту.

Построим высоту пирамиды SK . Тогда прямоугольные треугольники SAK, SBK , SCK равны по катету и острому углу (SK — общий катет и острые углы β). Так что АК=ВК=СК , то есть точка К является центром окружности, описанной около основания, так что К лежит на гипотенузе ВС и СК = КВ = .

Далее, в ∆SKC : SK = KC .

Ответ: ^{а tg β} .

2

45. Основание пирамиды — прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см. Все двугранные углы при основании пирамиды равны 60°. Найдите высоту пирамиды.

Проведем SO — высоту пирамиды и перпендикуляры SK, SM и SN к соответствующим сторонам ∆АВС .

Тогда по теореме о трех перпендикулярах OK ⊥ ВC , ОМ ⊥ АС и ON ⊥ AB. Так что ∠SKO = ∠SMO = ∠SNO = 60° — линейные углы данных двугранных углов. Значит, треугольники SKO , SMO и SNO равны по катету и острому углу. Тогда OM = OK = ON , то есть точка О является центром окружности, вписанной в основание. В прямоугольном ∆АВС : AB = АС ² + ВС ² = 6² +8² = 10(см). Тогда площадь ∆АВС равна:

S = ВС = 8 = 24(см² ). С другой стороны, S = pr .

Так что r =

Далее, в ∆SΜΟ : SO = MO ⋅ tg 60°= r ⋅ 3 = 2 3 (см).

Ответ: SO = 2 3

46. Основание пирамиды — параллелограмм, у которого стороны 3 см и 7 см, а одна из диагоналей 6 см.

Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей, она равна 4 см. Найдите боковое ребро пирамиды.

Так как основание пирамиды — параллелограмм, то BO = DO и АО = ОС.

Тогда треугольники AOS и COS равны по двум катетам. Треугольники BOS и DOS также равны. Так что BS = DS и AS = CS. Далее,

OD BD = 6 = 3(cм).

В ∆DOS по теореме Пифагора имеем:

DS = SO ² +OD ² = 4² +3² = 5(cм).

BS = DS = 5 см.

Далее, в параллелограмме сумма квадратов всех сторон равна сумме квадратов диагоналей, то есть 2 ⋅ AB ² + 2 ⋅ AD ² = BD ² ⋅ AC ² .

Так что, AC = 2АВ ² +2AD ² −BD ² = 2⋅3² +2⋅7² −6² = 80 (см).

Поэтому AO = AC = ) и в прямоугольном

∆AOS по теореме Пифагора получаем:

AS = SO ² + AO ² = 4² + ( 20)² = 6(см).

CS = AS = 6 см.

47. Основание пирамиды — ромб с диагоналями 6 м и 8 м; высота пирамиды проходит через точку пересечений диагоналей ромба и равна 1 м. Найдите боковую поверхность пирамиды.

∆AOD = ∆COD (так как АО = ОС = АС и OD — общая).

Тогда высоты ОМ=ОК. Значит, прямоугольные ∆SOM и ∆SOK равны по двум катетам. Так что SM = SK .

Поэтому во всех боковых гранях высоты, проведенные к сторонам основания, равны. Так что площадь боковой поверхности равна

S бок = SM = 2 ⋅ AD ⋅ SM.

Так в ∆AOD : АО = АС = 4 м, а OD = BD = 3 м. Так что по

теореме Пифагора AD = AO ² +OD ² = 5 (см). Далее, площадь ∆AOD равна:

S = .

ОМ Тогда в ∆SOM :

SM = SO ² +OM ² = (2,4)² +1² = 2,6 (м). и S бок = 2 ⋅ AD ⋅ SM = 2 ⋅ 5 ⋅ 2,6 = 26(м² ).

Ответ: 26 м² .

48. Основание пирамиды — равнобедренный треугольник со сторонами 40 см, 25 см и 25 см. Ее высота проходит через вершину угла, противолежащего стороне 40 см, и равна 8 см. Найдите боковую поверхность пирамиды.

В ∆ABС АВ = АС = 25см и BС = 40см.

Проведем АК ⊥ ВС . Тогда по теореме о трех перпендикулярах SK ⊥ BC .

S_ASC = S_ASB = 8 = 100 (см² ).

Далее, КС = ВС = 40 = 20(см).

Так что в ∆АСК : АК = АС ² − КС ² = 25² − 20² = 15 (см).

Далее, в ∆ASK :

SK = АS ² + АК ² = 8² +15² =17(см). Поэтому площадь ∆SBC равна:

S_SBC = 17 =340(cм² ). Так что

площадь боковой поверхности равна S бок = S_ASC + S_ASB + S_SBC = = 100 + 100 + 340 = 540 (см² ). Ответ: 540 см² .

49. Основание пирамиды — квадрат, ее высота проходит через одну из вершин основания.

Найдите боковую поверхность пирамиды, если сторона основа-

ния равна 20 дм, а высота — 21 дм.

Пусть SB — высота.

Так как ABCD квадрат, то АВ = ВС =CD = AD = 20 дм, AB ⊥AD и

BC ⊥DC . Тогда, по теореме о трех перпендикулярах AS ⊥AD и CS ⊥DC .

Далее, треугольники ASB и CSB равны по двум катетам, а значит, их площади также равны.

S_ABS = S_CBS · 20 · 21=210(дм² ).

Далее, в ∆ASB :

AS = АВ ² + SB ² = 20² + 21² = 29(дм). Так как ∆SAB = ∆SCB , то AS = SC , и прямоугольные треугольники ASD и CSD равны по двум катетам, а значит, их площади тоже равны:

S_ASD 29 = 290(дм² ).

Так что S бок = 2S_ABS + 2S_ASD = 2 ⋅ 210 + 2 ⋅ 290 = 1000(дм² ) = 10(м² ). Ответ: 10 м² .

50. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину пирамиды и две данные точки на ее основании.

Пусть данные точки M и N , лежащие на основании пирамиды. Тогда MN пересекает ребра пирамиды в некоторых точках Р и Q . Так как точка P лежит с вершиной S в одной плоскости, то можно провести отрезок РS . Так как точка Q лежит с вершиной S в одной плоскости, то можно провести отрезок QS . Так что SQP — искомое сечение.

51. Постройте сечение треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через сторону основания пирамиды и данную точку на противолежащем ребре.

Так как точки В и М лежат в одной плоскости DBC , то можно провести отрезок MB , так как точки Α и Μ лежат в одной плоскости ADC , то можно провести отрезок AM . AMВ — искомое сечение, так как АВ ∈АМВ и М ∈АМВ .

52. Постройте сечение четырехугольной пирамиды плоскостью, проходящей через сторону основания и точку на одном из боковых ребер.

Пусть М точка на боковом ребре. Сторона ВС принадлежит сечению. Тогда возможны два случая:

S

l

AD

B C

1) ВС || AD . Тогда через точку М проведем прямую, параллельную AD и лежащую в плоскости (ASD ), которая пересечет прямую AS в некоторой точке N . Тогда MN || BC . Через 2 параллельные прямые можно провести плоскость. Так что BNMC — искомое сечение.

2) ВС не параллельно AD (общий случай). Тогда проведем прямые AD и ВС до пересечения в точке X . Далее, прямая ХМ пересекает AS в некоторой точке N .

Тогда BNMC — искомое сечение.

53. У четырехугольной усеченной пирамиды стороны одного основания равны 6, 7, 8, 9 см, а меньшая сторона другого основания равна 5 см. Найдите остальные стороны этого основания.

У усеченной пирамиды основания подобны. Зная меньшие стороны нижнего и верхнего оснований, найдем коэффициент подобия: . Тогда соответствующие стороны равны 7 ⋅ k = 7 =

k = 8 k = 9

54. Боковое ребро пирамиды разделено начетыре равные части, и через точки деления проведены плоскости параллельные основанию. Площадь основания равна 400 см² .

Найдите площади оснований.

Задача решена в учебнике п. 183, стр. 70.

55. Высота пирамиды равна 16 м. Площадь основания равна 512м² . На каком расстоянии от основания находится сечение, параллельное ему, если площадь сечения 50 м² ?

Сечение, параллельное основанию, отсекает от данной пирамиды другую пирамиду, подобную данной. Отношение площадей подобных фигур равны квадрату коэффициента подобия.

Так что имеем по условию k ² = . Так что k= . Отноше-

ние высот равно коэффициенту подобия.

Так что высота меньшей пирамиды равна x = k ⋅ 16м = 5м. А значит, расстояние, на котором находится сечение от основания, равно h = 16 – x = 11 (м). Ответ: 11 м.

56. В правильной треугольной пирамиде с высотой h через сторону основания а проведена плоскость, пересекающая противолежащее боковое ребро под прямым углом. Найдите площадь сечения.

Пусть АВСS пирамида, АВС — правильный треугольник.

Плоскость ADC перпендикулярна ребру BS . Тогда треугольни-

ки ADB, CDB и MDB прямоугольные.

∆ADB = ∆CDB по гипотенузе и катету (АВ = ВС = а и DB — общий катет). Так что AD = DC .

Следовательно, ВМ и DM — медианы и высоты треугольников. Тогда ВМ = ^{а 3} (так как АВС — равносторонний).

2

Высота SН в правильной пирамиде проходит через центр окружности, описанной около основания. Так что НВ = R = ^{а 3} .

3

Далее, в прямоугольном ∆SНB :

SB = SH 2 + HB 2 = h 2 + a 2 = 3h 2 + a 2

3 3

В прямоугольных ∆SНB и ∆ΜDB острый угол ∠SBM — общий.

Значит, ∆SНB ∼ ∆MDB по двум углам. Так что

, откуда получаем, что

MD = SH ⋅ MB =.

SB

А площадь сечения находим по формуле:

S = 3ha 2 .

57. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 7 см, а сторона основания — 8 см. Найдите боковое ребро.

Высота правильной пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания. Так как основание данной пирамиды — квадрат, то О — точка пересечения диагоналей.

Так что OC = ВС = АВ 2 = 4 2 (см).

Далее, в прямоугольном ∆SOC по теореме Пифагора находим SC = SO ² + OC ² = 7² + (4 2)² = 81 = 9(см).

Ответ: 9 см.

58. В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол при вершине равен α.

Найдите двугранный угол x при основании пирамиды.

Высота SO правильной четырехугольной пирамиды проходит

через центр пересечения диагоналей AD и ВС .

Проведем SM ⊥DC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM ⊥ DC .

Значит, ОМ — радиус окружности, вписанной в квадрат, поэтому ОМ = ^AB . В равнобедренном ∆DSC ∠DSC = α. Высота SM 2

является медианой и биссектрисой, так что

∠CSM = ^α , а СМ = ^AB . В ∆SMC : SM = ^CM ₌ ^AB .

^{2 2} tg 2tg

Так как ∠SMO является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостью основания и боковой гранью, то ∠SMO =x и из ∆SMO :

cos x = cos ∠SMO = ^OM SM ^{= AB} 2 _{⋅ AB} = tg ₂ .

Так что x = arccos^ tg ^{α }  .

 2 

59. По данной стороне a и боковому ребру b найдите высоту правильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, описанной около основания.

Значит, AO = R . А из ∆ASO :

SO = AS ² − AO ² = b ² − R ²

Тогда:

1) В равностороннем треугольнике R = ^{2 3} .

3



Значит, SO = b 2 − a 33 2 = b 2 − a 32 .

2) В квадрате R = ^{a 2} . Так что 2



SO = b 2 −^  a 22 2 = b 2 − a 22 .

3) В правильном шестиугольнике R= a. Поэтому SO = b ² −a ² .

60. По данной стороне основания а и высоте b найдите апофему правильной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной.

В правильной пирамиде высота SO проходит через центр окружности, вписанной в основание. Пусть SM — апофема. То есть

SM ⊥ DC . Тогда по теореме о трех перпендикулярах OM ⊥DC . Значит, ОМ = r .

Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM :

SM = SO ² +OM ² = b ² + r ² . Тогда

1) В правильном треугольнике r = ^{a 3} . Так что

6

SM =

3) В правильном шестиугольнике r = ; так что

2

^

SM = b ² +  a 23 ^ ² = b ² + 3a 4²

61. По стороне основания а и высоте b найдите полную поверхность правильной пирамиды:

Полная поверхность S = S осн + S бок.

Так как боковая поверхность состоит из n равных треугольников с основанием а и высотой, равной апофеме SM , то

2) В квадрате S осн = a ² и r = . Так что

S бок = ¹ ⋅4a b ^{2 + a 2} = a ⋅ 4b ² + a ² . Тогда S = a ² + a ⋅ 4b ² + a ²

2 4

3) В правильном шестиугольнике

S осн = 6 . Так что

S бок ₌ ¹ ⋅6a ⋅ b ² + ^{3a 2} = ^3a ⋅ 4b ² +3a ² . Поэтому

2 4 2

S = 3a 22 3 + 3 2a ⋅ 4b 2 +3a 2 = 3 2a a 3 + 4b 2 +3a 2  .

62. Найдите полную поверхность правильной шестиугольной пирамиды, если ее боковое ребро а, а радиус окружности, вписанной в основание, r.

В правильном шестиугольнике сторона выражается через радиус вписанной окружности по формуле: АВ = .

Далее, площадь правильного шестиугольника равна:

S осн = 6 .

Далее, в ∆SMB :

МВ = , SB = a . Тогда по теореме Пифагора:

SM = SB ² − MB ² = a ² − ^{r 2} .

3

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна S бок SM , где Ρ – периметр основания (SM – апофема). Так что

S бок = ¹ ⋅6AB ⋅SM = ¹ ⋅6⋅ ^{2r 3} ⋅ b ² − ^{r 2} = 2r 3b ² − r ² . Тогда

2 2 3 3 площадь полной поверхности равна:

S = 2r ² 3 + 2r 3b ² − r ² = 2r (r 3 + 3b ² − r ² ) .

63. В правильной четырехугольной пирамиде боковая поверхность равна 14,76 м² , а полная поверхность — 18 м² . Найдите сторону основания и высоту пирамиды.

Площадь основания равна разности площадей полной и боковой поверхности. То есть S осн = S – S бок = 18 – 14,76 = 3,24(м² ) Так как ABCD — квадрат, то AВ = S_oc н = 3,24 = 1,8 (м).

Так как в правильной пирамиде

S бок = P·h, где Ρ — периметр основания и h — апофема, то получаем, что h = SM = ^2S = 4,1 (м).

Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM :

SO = SM ² −OM ² = 4,1² − 0,9² = 4(м), так как ОМ = АВ = 0,9(м).

Ответ: 1,8 м и 4 м.

64. По стороне основания а найдите боковую поверхность правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.

Диагональное сечение представляет собой ∆ASC с высотой SO , равной высоте пирамиды, и основанием АС, являющимся диагональю квадрата АВCD . Так что AC = AВ 2 .

Так как диагональное сечение равновелико основанию, то получаем: SO = AD ² и SO =

Далее, в ∆SOM по теореме Пифагора:

^a 2 = 1,5a .

SM = SO ² +OM ² = 2a ^{2 +}

4

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна S бок = SM , где Ρ — периметр основания (SM — апофема).

Так что S бок = 1,5a = 3a ² .

Ответ: 3а ² .

65. Найдите боковую поверхность пирамиды, если площадь основания Q , а двугранные углы при основании φ.

Площадь основания равна сумме ортогональных проекций боковых граней, а боковые грани составляют с основанием равные углы φ, поэтому S бок = cos^Q _ϕ .

66. Найдите двугранные углы при основании правильной пирамиды, у которой площадь основания равна Q, а боковая поверхность S .

Как и в предыдущей задаче:

S бок = cos^Q _ϕ . Так что cos ϕ = ^Q _S , ϕ = arccos ^Q _S .

67. Найдите сторону основания и апофему правильной треугольной пирамиды, если ее боковое ребро равно 10 см, а боковая поверхность равна 144 см² .

Пусть АВ = ВС = АС = x , а SM = y — апофема. Тогда из ∆ASM по теореме Пифагора имеем: AS ² = AM ² + SM ² , то есть + y или 400 = x ² + 4y ² .

Так как площадь боковой поверхности правильной пирамиды

S = , где

Ρ — периметр основания и h — апофема, то 144 = y , то есть xy = 96. Имеем:

^ x ² + 4y ² = 400

_

xy = 96

x ² + 4xy + 4y ² = 400 + 4 ⋅ 96;

(x + 2y )² = 784;

x + 2y = 28;

x = 28 – 2y . Тогда 96 = (28 – 2y )y,

96 = 28y – 2y ² , y ² – 14y + 48 = 0; y = 6 или y = 8. Тогда x = 16 или x = 12. Ответ: 16 см и 6 см или 12 см и 8 см.

68. В правильной четырехугольной пирамиде найдите сторону основания, если боковое ребро равно 5 см, а полная поверхность —16 см² .

Пусть АВ = ВС = СD = AD = x , а SM = y — апофема. Тогда по теореме Пифагора в ∆SMC :

SC ² = SM ² + MC ² , 5² = y ² + ^{x 2} , то есть x ² + 4y ² = 100.

4

Полная поверхность равна S = S осн + S бок , где S осн — площадь квадрата, то есть S осн = x ² и S бок = · P · h , где Ρ — периметр осно-

вания и h — апофема, так что S бок = 2xy . Так что x ² + 2xy = 16. Имеем:

^ xx 2² ++ 42xyy 2 == 16100 16 2− xx 2 , y =

Так что x ² + 4_ ¹⁶ ₂ ⁻ _x ^{x 2 } _ ² = 100, то есть ^

x ⁴ – 100x ² + (16 – x ² )² = 0 x ⁴ – 66x ² + 128 = 0. Пусть x ² = a , тогда a ² – 66a + 128 = 0, a = 2 или a = 64. Тогда x = 2 или х = 8.

Но при х = 8 площадь основания больше полной.

Так что х = 2 . Ответ: 2 см.

69. Докажите, что боковая поверхность правильной усеченной пирамиды равна произведению полусуммы периметров оснований на апофему.

Задача решена в учебнике п. 184, стр. 71.

70. Высота правильной четырехугольной усеченной пирамиды равна 7 см. Стороны оснований равны 10 см и 2 см. Найдите боковое ребро пирамиды.

Рассмотрим диагональное сечение АА ₁ С ₁ С, AA ₁ =CC ₁ и A ₁ C ₁ ||AC . Так что АА ₁ С ₁ С — равнобедренная трапеция.

A ₁ С ₁ и АС — диагонали квадратов, лежащих в основании усеченной пирамиды. Значит,

А ₁ С ₁ = А ₁ В ₁ ⋅ 2 = 2 2 (см) и AC = AВ · 2 = 10 2 (см).

Так как A ₁ K ⊥AC и C ₁ H ⊥AC то А ₁ С ₁ НК — прямоугольник и А ₁ К =С ₁ Н = 7 см.

Прямоугольные треугольники ΑΑ 1Κ и СС 1Н равны по гипотену-

зе и катету. Так что АК=СН. Тогда

СН = АК = (АС - А ₁ С ₁ ) = (10 2 - 2 2 ) = 4 2 (см.)

Далее, по теореме Пифагора в ∆ΑΑ ₁ Κ :

AA ₁ = AK ² + A ₁ K ^{2 =} (4 2)² + 7² = 32+ 49 = 81 = 9 (см).

Ответ: 9 см.

71. Стороны оснований правильной усеченной треугольной пирамиды 4дм и 1дм. Боковое ребро 2 дм. Найдите высоту пирамиды.

Дополним усеченную пирамиду до полной.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, описанной около основания, то точки О и О ₁ — центры описанных вокруг ∆АВС и ∆А 1В 1С 1 окружностей. Тогда

AO = R ₁ = AB ₃ 3 = 4 ₃ 3 (дм) и

A 1O 1 АА ₁ О ₁ О — прямоугольная трапеция. Проведем A ₁ K ⊥AO. Тогда Α ₁ О ₁ ОК — прямоугольник, и А ₁ О ₁ = KО = ³ (дм).

3

Так что AK = AO – KO = ^{4 3 − 3} = 3 (дм).

3 3

Далее, в ∆АА ₁ К по теореме Пифагора:

A ₁ K = AA ₁ ² − AK ² = 2² −( 3)² =1(дм).

Ответ: 1 дм.

72. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде высота равна 2 см, а стороны оснований — 3 см и 5 см. Найдите диагональ этой пирамиды.

Диагональным сечением данной пирамиды является равнобокая трапеция АА 1С 1С.

Так как A ₁ С ₁ и АС — диагонали квадратов, A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ и ABCD , то

A ₁ С ₁ = A ₁ В ₁ ⋅ 2 = 3 2 (см) и AC=AВ ⋅ 2 = 5 2 (cм).

Проведем A ₁ K ⊥AC и C ₁ H ⊥AC.

Тогда А ₁ С ₁ НК — прямоугольник и А ₁ С ₁ = КН .

Так что, прямоугольные треугольники АА 1К и СС 1Н равны по гипотенузе и катету.

Тогда, АК=СН= (АС – А ₁ С ₁ ) = (5 2 – 3 2 ) = 2 . Тогда СК = АС – АК = 5 2 – 2 = 4 2 (см) и по теореме Пифагора в ∆А ₁ СК :

А ₁ С = A ₁ K ² +CK ² = 2² + (4 2)² = 6(см).

Ответ: 6 см.

73. Стороны оснований усеченной правильной треугольной пирамиды 2 см и 6 см. Боковая грань образует с большим основанием угол 60°. Найдите высоту.

Дополним усеченную пирамиду до полной.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, вписанной в основание, то О и О ₁ — центры окружностей, вписанных в АВС и А 1В 1С 1.

Проведем SK ⊥AC, а значит, и SK ₁ ⊥A ₁ C ₁ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах ОК ⊥АС и OK ₁ ⊥A ₁ C ₁ . Значит, ОК и O ₁ K ₁ — радиусы окружностей, вписанных в правильные треугольники AВС и A ₁ B ₁ C ₁ .

Так что, ОК ) и

O ₁ K ₁ = ^{A 1 B 1 ⋅ 3} = ^{2 3} = ³ (см). Далее, проведем K ₁ H ⊥KO .

6 6 3

Тогда K ₁ O ₁ OH — прямоугольник, значит, К ₁ Н = ОО ₁

Так как ∠K ₁ KH является линейным углом двугранного угла между основанием и боковой гранью, то ∠K ₁ KH = 60° (по условию).

Тогда в ∆К ₁ ΚΗ : Κ ₁ Η = ΚΗ ⋅ tg∠K ₁ KH = 3КН .

КН = KO – ОH = КО – К 1О 1 = 3 − 33  = 2 33 .

Так что К ₁ Н = ОО ₁ = К ₁ Н = 2 см Ответ: 2 см.

74. В правильной усеченной треугольной пирамиде сторона большего основания а , сторона меньшего b . Боковое ребро образует с основанием угол 45°.

Найдите площадь сечения, проходящего через боковое ребро и ось пирамиды.

Так как в правильной пирамиде высота проходит через центр окружности, описанной около основания, а ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, то О и О ₁ — центры окружностей, описанных около

∆А ₁ В ₁ С ₁ и ∆АВС . Так что

A ₁ O ₁ = R ₁ = ^{b 3} и AO = R.

3

Далее, проведем A ₁ K ⊥AO . Так что A ₁ O ₁ OK — прямоугольник, поэтому А ₁ O ₁ = КО . Тогда АК = АО – КО = .

Далее, в прямоугольном ∆АА ₁ К ∠АА ₁ К = 45°. Так что, A ₁ K = AK = (a - b) ³ .

3

В правильном треугольнике AВС АН = ^{a 3} , 2

а в .

Площадь сечения равна площади трапеции АА 1Н 1Н и равна:

S ₌ AH +2A ¹ H ¹ ⋅ A ₁ K = 1 2^ _ a 23 + b 23 ^ ⋅(a −b ) 33 =

Ответ:

75. Высота правильной четырехгранной усеченной пирамиды равна 4 см. Стороны оснований равны 2см и 8см.

Найдите площади диагональных сечений.

В диагональном сечении находится трапеция с высотой, равной высоте пирамиды — 4 см, и основаниями, равными диагоналям оснований, то есть квадратов со сторонами 2 см и 8 см. Так что основания трапеции равны 2 2 см и 8 2 см. Следовательно площадь сечения равна: S=

Ответ: 20 2 .

76. В правильной треугольной усеченной пирамиде сторона нижнего основания 8м, верхнего — 5м, а высота 3 м. Проведите сечение через сторону нижнего основания и противоположную вершину верхнего основания.

Найдите площадь сечения и двугранный угол между сечением и нижним основанием.

Ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, поэтому OO ₁ является высотой усеченной пирамиды, а точки О и О ₁ — центры окружностей, описанных около треугольников АВС и А 1В 1С 1. Тогда

А 1O 1 3 = 8 3 (м).

3 3

Далее, проведем АН ⊥ВС в ∆АВС . Так как ∆АВС — равносторонний, то АН Далее, по теореме о трех перпендикулярах АН ⊥ВС (в ∆А ₁ ВС ). Тогда ∠A ₁ HA — линейный угол искомого двугранного угла. Проведем А 1К ⊥ АН . Тогда из прямоугольника А 1О 1ОК получаем, что:

А ₁ O ₁ = КО . Так что АК = АО – КО =

Тогда КН = АН – АК = 4 3 - 3=3 3 (м). Далее, в прямоугольном ∆А 1КН ctg∠A ₁ HK = ^{KH = 3 3} = 3 , так что ∠A ₁ HK = 30°. Далее,

A ₁ K 3

по теореме Пифагора в ∆А 1КН :

А ₁ Н = A ₁ K ² + KH ² = 3² + (3 3)² = 6(м). Так что

площадь сечения равна S А 6 = 24(м² ).

Ответ: 24 м² и 30°.

77. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований 8 м и 2 м. Высота равна 4 м. Найдите полную поверхность.

Так как ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, то OO ₁ является высотой пирамиды и точки О и О 1 являются центрами окружностей, вписанных в квадраты ABCD и A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ . Тогда проведем ОК ⊥ AD и OK ₁ ⊥ A ₁ D ₁ .

Значит, ОК и O ₁ K ₁ — радиусы вписанных окружностей

OK 8 = 4(м)

Далее, проведем K ₁ Н ⊥ KO. Из прямоугольника K ₁ O ₁ OH следует, что ОK = О ₁ K ₁ =1 м. Так что

KH = KO – OH = 4 – 1 = 3 (м.)

Далее, из прямоугольного ∆КК 1Н найдем по теореме Пифагора:

КК ₁ = KH ² + K ₁ H ² = 3³ + 4² = 5(м), где КК ₁ — апофема.

Далее, площадь полнойповерхности S=S_ABCD +S_{A 1} B ₁ C ₁ D ₁ +S _, бок Sбок = S_ABCD = AB = 8^[1] = 64 (м² ). S A 1B 1C 1D 1= А1В12 = 22 = 4 (м2). Ответ: 168 м² .

78. Найдите полную поверхность правильной усеченной пирамиды: 1) треугольной; 2) четырехугольной; 3) шестиугольной, если высота h, а стороны оснований а и b.

Проведем ОК ⊥ АВ и ОК₁ ⊥ А₁ В₁ .

Высота OO ₁ = h проходит через центры окружностей, вписанных в основания. Так что ОК=r ₁ и О ₁ K ₁ = r ₂ .

Тогда в прямоугольном ∆ΚΚ ₁ Η : ΚΗ = ΟΚ – ΟΗ = O ₁ K ₁ = r ₁ – r ₂ и по теореме Пифагора:

КК ₁ = K ₁ H ² + KH ² = h ² + (r ₁ − r ₂ )² — апофема.

Площадь полной поверхности равна сумме площадей S ₁ и S ₂ оснований и площади боковой поверхности. S бок = ^{Р 1 + Р 2} ⋅ КК 1, 2

где Р ₁ и Р ₂ — периметры оснований. Тогда:

^{(a − b )} 2 и

Так что КК ₁ = h ² +

4

S = S ₁ + S ₂ + S бок =

= a ² + b ² + (a + b )

3) В шестиугольной пирамиде S ,

× 3 ⋅(a + b ) + (a + b ) 4h + 3(a −b