pogorelov-gdz-11-2001z (546201), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Тогда по теореме Пифагора:23SM = SB 2 − MB 2 = a 2 −r2.3Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна12Sбок= ⋅ P ⋅ SM , где Ρ – периметр основания (SM – апофема). ТакчтоSбок=1r212r 3⋅ 6 AB ⋅ SM = ⋅ 6 ⋅⋅ b2 −= 2r 3b 2 − r 2 .2233Тогдаплощадь полной поверхности равна:S = 2r2 3 + 2r 3b2 − 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.37Площадь основания равна разности площадей полной и боковой поверхности. То есть Sосн = S – Sбок = 18 – 14,76 = 3,24(м2)Так как ABCD — квадрат, то AВ= Socн = 3,24 = 1,8 (м).Так как в правильной пирамидеSбок =1·P·h, где Ρ — периметр основания и h — апофема, то2получаем, чтоh = SM =2 Sбок 2 ⋅ Sбок 2 ⋅ 14,76=== 4,1 (м).P4 ⋅ AB4 ⋅1,8Далее, по теореме Пифагора в ∆SOM:SO = SM 2 − OM 2 = 4,12 − 0,92 = 4(м), так как ОМ =1АВ = 0,9(м).2Ответ: 1,8 м и 4 м.64.
По стороне основания а найдите боковую поверхность правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.СDДиагональное сечение представляет собой ∆ASC с высотой SO,равной высоте пирамиды, и основанием АС, являющимся диагональю квадрата АВCD. Так что AC = AВ 2 = a 2 .Так как диагональное сечение равновелико основанию, то по12a 2лучаем: AC ⋅ SO = AD2 и SO ==a 2 .2a 2Далее, в ∆SOM по теореме Пифагора:SM =SO 2 + OM 2 = 2a 2 +a2= 1,5a.4Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равнаSбок =1⋅ P ⋅ SM, где Ρ — периметр основания (SM — апофема).2Так что Sбок =Ответ: 3а2.381⋅ 4a ⋅ 1,5a = 3a2.265.
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 равныеуглы φ, поэтому Sбок =Q.cos ϕ66. Найдите двугранные углы при основании правильной пирамиды, у которой площадь основания равна Q, а боковая поверхность S.Как и в предыдущей задаче:Sбок =QQQ.
Так что cos ϕ =, ϕ = arccos .cos ϕSS67. Найдите сторону основания и апофему правильной треугольной пирамиды, если ее боковое ребро равно 10 см, а боковаяповерхность равна 144 см2.Пусть АВ = ВС = АС = x, а SM = y — апофема. Тогда из ∆ASMпо теореме Пифагора имеем: AS2 = AM2 + SM2, то есть102 =x2+ y или 400 = x2 + 4y2.4Так как площадь боковой поверхности правильной пирамиды1S = ⋅ P ⋅ h, где21Ρ — периметр основания и h — апофема, то 144 = ⋅ 3x ⋅ y, то2есть xy = 96. Имеем: x 2 + 4 y 2 = 400 xy = 96x2 + 4xy + 4y2 = 400 + 4 ⋅ 96;(x + 2y)2 = 784;39x + 2y = 28;x = 28 – 2y.
Тогда 96 = (28 – 2y)y,96 = 28y – 2y2,y2 – 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 сторонуоснования, 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:SC2 =SM2 + MC2 , 52 = y2 +x2, то есть x2 + 4y2 = 100.4Полная поверхность равна S = Sосн + Sбок , где Sосн — площадь1квадрата, то есть Sосн = x2 и Sбок = · P · h, где Ρ — периметр осно2вания и h — апофема, так что Sбок = 2xy.Так что x2 + 2xy = 16.Имеем: x 2 + 4 y 2 = 10016 − x 2, y= 22x x + 2 xy = 162 16 − x 2 = 100, то есть 2x Так что x2 + 4 x4 – 100x2 + (16 – x2)2 = 0x4 – 66x2 + 128 = 0.
Пусть x2 = a, тогдаa2 – 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 усеченнойпирамиды равна произведению полусуммы периметров основанийна апофему.Задача решена в учебнике п. 184, стр. 71.70. Высота правильной четырехугольной усеченной пирамидыравна 7 см. Стороны оснований равны 10 см и 2 см.
Найдите боковое ребро пирамиды.40Рассмотрим диагональное сечение АА1С1С, AA1=CC1 и A1C1||AC.Так что АА1С1С — равнобедренная трапеция.A1С1 и АС — диагонали квадратов, лежащих в основании усеченной пирамиды. Значит,А1С1 = А1В1 ⋅ 2 = 2 2 (см) и AC = AВ · 2 =10 2 (см).Так как A1K⊥AC и C1H⊥AC то А1С1НК — прямоугольник иА1К=С1Н = 7 см.Прямоугольные треугольники ΑΑ1Κ и СС1Н равны по гипотенузе и катету. Так что АК=СН. ТогдаСН = АК =11(АС - А1С1) = (10 2 - 2 2 ) = 4 2 (см.)22Далее, по теореме Пифагора в ∆ΑΑ1Κ:AA1= AK 2 + A1 K 2 =(4 2 )2+ 7 2 = 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 центрокружности, описанной около основания, то точки О и О1 — центры описанных вокруг ∆АВС и ∆А1В1С1 окружностей.ТогдаAO = R1 =AB 3 = 4 3 (дм) и3341A1O1 = R 2 =A1 B1 33 (дм).=33АА1О1О — прямоугольная трапеция.Проведем A1K⊥AO. ТогдаΑ1О1ОК — прямоугольник, и А1О1 = KО =Так что AK = AO – KO =3(дм).34 33−= 3 (дм).33Далее, в ∆АА1К по теореме Пифагора:A1K = AA12 − AK 2 = 2 2 − ( 3 ) 2 =1(дм).Ответ: 1 дм.72. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде высотаравна 2 см, а стороны оснований — 3 см и 5 см.
Найдите диагональэтой пирамиды.Диагональным сечением данной пирамиды является равнобокая трапеция АА1С1С.Так как A1С1 и АС — диагонали квадратов, A1B1C1D1 и ABCD, тоA1С1 = A1В1 ⋅ 2 = 3 2 (см) и AC=AВ ⋅ 2 = 5 2 (cм).Проведем A1K⊥AC и C1H⊥AC.Тогда А1С1НК — прямоугольник и А1С1 = КН.Так что, прямоугольные треугольники АА1К и СС1Н равны погипотенузе и катету.11Тогда, АК=СН= (АС – А1С1 ) = (5 2 – 3 2 ) = 2 .22Тогда СК = АС – АК = 5 2 – 2 = 4 2 (см)и по теореме Пифагора в ∆А1СК:А1С =A1 K 2 + CK 2 = 2 2 + (4 2 ) 2 = 6(см).Ответ: 6 см.4273. Стороны оснований усеченной правильной треугольной пирамиды 2 см и 6 см.
Боковая грань образует с большим основаниемугол 60°. Найдите высоту.Дополним усеченную пирамиду до полной.Так как в правильной пирамиде высота проходит через центрокружности, вписанной в основание, то О и О1 — центры окружностей, вписанных в АВС и А1В1С1.Проведем SK⊥AC, а значит, и SK1⊥A1C1.Тогда по теореме о трех перпендикулярах ОК⊥АС и OK1⊥A1C1.Значит, ОК и O1K1 — радиусы окружностей, вписанных в правильные треугольники AВС и A1B1C1.Так что, ОК =O1K1 =AB ⋅ 3 6 3==663 (см) иA1 B1 ⋅ 3 2 33(см).
Далее, проведем K1H⊥KO.==663Тогда K1O1OH — прямоугольник, значит, К1Н = ОО1Так как ∠K1KH является линейным углом двугранного угламежду основанием и боковой гранью, то ∠K1KH = 60° (по условию).Тогда в ∆К1ΚΗ: Κ1Η = ΚΗ ⋅ tg∠K1KH =КН = KO – ОH = КО – К1О1 = 3 −Так что К1Н = 3 ⋅3 КН.3 2 3=.3 32 3= 2 (см).3ОО1 = К1Н = 2 смОтвет: 2 см.4374. В правильной усеченной треугольной пирамиде сторонабольшего основания а, сторона меньшего b. Боковое ребро образует с основанием угол 45°.Найдите площадь сечения, проходящего через боковое ребро иось пирамиды.Так как в правильной пирамиде высота проходит через центрокружности, описанной около основания, а ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, то О и О1 — центры окружностей, описанных около∆А1В1С1 и ∆АВС.
Так чтоA1O1 = R1 =b 3a 3и AO = R2 =.33Далее, проведем A1K⊥AO. Так что A1O1OK — прямоугольник,поэтому А1O1= КО. Тогда АК = АО – КО =Далее, в прямоугольном ∆АА1Кa 3 b 33−= ( a − b).333∠АА1К = 45°.3.Так что, A1K = AK = (a - b)3В правильном треугольнике AВСа в ∆A1B1C1: A1H1=АН =a 3,2b 3.2Площадь сечения равна площади трапеции АА1Н1Н и равна:S=1 a 3 b 3 3AH + A1H1⋅ ( a − b)⋅ A1K = +=22 22 313 3⋅(a + b)(a – b) = (a2 – b2).42 31Ответ: (a2 – b2).412= ⋅4475. Высота правильной четырехгранной усеченной пирамидыравна 4 см.
Стороны оснований равны 2см и 8см.Найдите площади диагональных сечений.В диагональном сечении находится трапеция с высотой, равнойвысоте пирамиды — 4 см, и основаниями, равными диагоналямоснований, 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=8 2 +2 22⋅ 4 = 20 2 (см ).2Ответ: 20 2 .76. В правильной треугольной усеченной пирамиде сторонанижнего основания 8м, верхнего — 5м, а высота 3 м.
Проведитесечение через сторону нижнего основания и противоположнуювершину верхнего основания.Найдите площадь сечения и двугранный угол между сечениеми нижним основанием.Ось правильной усеченной пирамиды совпадает с осью соответствующей полной пирамиды, поэтому OO1 является высотойусеченной пирамиды, а точки О и О1 — центры окружностей, описанных около треугольников АВС и А1В1С1.ТогдаА1O1=A1 B1 3 5 3AB 3 8 3=(м) и АO=(м).=3333Далее, проведем АН⊥ВС в ∆АВС.
Так как ∆АВС — равностоАВ 3 8 3ронний, то АН === 4 3 (м).22Далее, по теореме о трех перпендикулярах АН⊥ВС (в ∆А1ВС).Тогда ∠A1HA — линейный угол искомого двугранного угла. Проведем А1К ⊥ АН. Тогда из прямоугольника А1О1ОК получаем, что:45А1O1 = КО. Так что АК = АО – КО =Тогда КН = АН – АК = 4 3 в прямоугольном ∆А1КНctg∠A1HK =8 3 5 3−= 3 (м).333 = 3 3 (м).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
