Учебник «Геометрия. 10 класс. Базовый уровень» под редакцией А.Г. Мерзляка, В.Б. Полонского и М.С. Якира — это современное учебное пособие, созданное для систематического изучения геометрии на старшей ступени школы. Издание соответствует требованиям ФГОС и охватывает все ключевые темы курса геометрии для 10 класса, позволяя учащимся не только освоить базовые понятия, но и развить пространственное мышление.
ГДЗ по Геометрии 10 Класс Базовый Уровень Номер 18.33 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы
Основанием пирамиды \(DABC\) является треугольник \(ABC\), такой, что \(\angle ABC = 120^\circ\), \(AB = BC\). Каждое боковое ребро пирамиды образует с плоскостью основания угол 45° и равно 8 см. Найдите площадь основания пирамиды.
Боковое ребро \(DB = 8\) см образует с плоскостью основания угол 45°, значит высота \(DO = 8 \cdot \sin 45^\circ = 4 \sqrt{2}\) см и проекция \(BO = 4 \sqrt{2}\) см.
Пусть \(AB = BC = x\). По теореме косинусов для \(\triangle ABC\) с углом \(120^\circ\): \(AC^2 = x^2 + x^2 — 2x^2 \cos 120^\circ = 3x^2\).
Из условия \(AC = 8 \sqrt{2}\), значит \(3x^2 = (8 \sqrt{2})^2 = 128\), откуда \(x = \frac{8 \sqrt{2}}{3}\).
Площадь основания \(\triangle ABC = \frac{1}{2} x^2 \sin 120^\circ = \frac{1}{2} \left(\frac{8 \sqrt{2}}{3}\right)^2 \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{32 \sqrt{3}}{9}\).
1. Пусть \(O\) — проекция точки \(D\) на плоскость основания \(ABC\). Боковое ребро \(DB = 8\) см образует с плоскостью основания угол 45°, значит высота \(DO = DB \cdot \sin 45^\circ = 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4 \sqrt{2}\) см.
2. Проекция ребра \(DB\) на плоскость основания равна \(BO = DB \cdot \cos 45^\circ = 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4 \sqrt{2}\) см.
3. Из условия \(AB = BC = x\), а угол при вершине \(B\) равен 120°, рассмотрим треугольник \(ABC\).
4. По теореме косинусов для стороны \(AC\) имеем \(AC^2 = AB^2 + BC^2 — 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos 120^\circ\).
5. Подставим \(AB = BC = x\), тогда \(AC^2 = x^2 + x^2 — 2x^2 \cdot \cos 120^\circ = 2x^2 — 2x^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2x^2 + x^2 = 3x^2\).
6. Из треугольника \(DBO\) известно, что \(BO = 4 \sqrt{2}\) — это длина проекции ребра \(DB\) на плоскость основания, которая совпадает с половиной \(AC\), значит \(AC = 8 \sqrt{2}\).
7. Подставим в уравнение \(3x^2 = (8 \sqrt{2})^2 = 64 \cdot 2 = 128\), откуда \(x^2 = \frac{128}{3}\) и \(x = \frac{8 \sqrt{2}}{3}\).
8. Площадь треугольника \(ABC\) вычисляется по формуле \(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin 120^\circ = \frac{1}{2} \cdot x^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\).
9. Подставим \(x = \frac{8 \sqrt{2}}{3}\), получается \(S = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{8 \sqrt{2}}{3}\right)^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{64 \cdot 2}{9} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{128 \sqrt{3}}{36} = \frac{32 \sqrt{3}}{9}\).
10. Итог: площадь основания пирамиды равна \(S_{ABC} = \frac{32 \sqrt{3}}{9}\) см\(^2\).
Оставь свой отзыв 💬
Комментариев пока нет, будьте первым!