ГДЗ по Геометрии 11 Класс Базовый Уровень Номер 21.81 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

Основанием наклонной призмы \(ABCDA_1 B_1 C_1 D_1\) является ромб \(ABCD\), \(AB = AA_1 = 4\) см, \(\angle BAD = 60^\circ\). Известно, что \(\angle A_1 AB = \angle A_1 AD = 45^\circ\). Найдите объём призмы.

Дано: \( AB = AA_1 = 4 \text{ см} \), \(\angle BAD = 60^\circ\), \(\angle A_1AB = \angle A_1AD = 45^\circ\).

Рассмотрим треугольник \( A_1OA \). Он прямоугольный, \(\angle A_1AO = 45^\circ\), значит \( A_1O = AO \). Пусть катеты равны \( x \), тогда:

\( x^2 + x^2 = 4^2 \),
\( 2x^2 = 16 \),
\( x = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} \text{ см} \).

Значит, \( A_1O = AO = 2\sqrt{2} \text{ см} \).

Рассмотрим треугольник \( AOH \). Он прямоугольный, \(\angle BAC = 30^\circ\). Тогда

\( \cot 30^\circ = \frac{AO}{OH} \Rightarrow OH = \frac{AO}{\cot 30^\circ} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3} \text{ см} \).

Найдём высоту призмы \( A_1H \):

\( A_1H = \sqrt{(A_1O)^2 — OH^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 — \left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \text{ см} \).

Площадь ромба:

\( S = AB^2 \sin 60^\circ = 16 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3} \text{ см}^2 \).

Объём призмы:

\( V = S \cdot h = 8\sqrt{3} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{3} = 32 \text{ см}^3 \).

Ответ: \( 32 \text{ см}^3 \).

1. Дано, что стороны ромба \( AB = AA_1 = 4 \text{ см} \), угол при вершине \( \angle BAD = 60^\circ \), а углы при вершинах \( A_1 \) равны \( 45^\circ \), то есть \( \angle A_1AB = \angle A_1AD = 45^\circ \). В ромбе диагональ \( AC \) и высота \( A_1H \) перпендикулярны, то есть \( A_1H \perp AC \), а также высоты \( OH \) и \( A_1O \) перпендикулярны соответствующим сторонам \( AB \) и \( A_1O \perp AB \).

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник \( A_1OA \). Угол при вершине \( A \) равен \( 45^\circ \), так как \( \angle A_1AB = 45^\circ \), и угол \( \angle A_1OA = 90^\circ — 45^\circ = 45^\circ \). Следовательно, треугольник равнобедренный с катетами \( A_1O \) и \( AO \). Обозначим длину катетов через \( x \). По теореме Пифагора для гипотенузы \( AA_1 = 4 \text{ см} \) имеем: \( x^2 + x^2 = 4^2 \), то есть \( 2x^2 = 16 \), откуда \( x^2 = 8 \), и \( x = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} \text{ см} \). Таким образом, \( A_1O = AO = 2\sqrt{2} \text{ см} \).

3. Следующим шагом рассмотрим прямоугольный треугольник \( AOH \). Из условия известно, что угол \( \angle BAC = \frac{1}{2} \angle BAD = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ \). В этом треугольнике катеты связаны через тангенс и котангенс угла. Из тригонометрии \( \cot 30^\circ = \frac{AO}{OH} \), откуда \( OH = \frac{AO}{\cot 30^\circ} \). Подставляя значения, получаем \( OH = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3} \text{ см} \).

4. Теперь найдём высоту призмы \( A_1H \), которая является катетом в прямоугольном треугольнике \( A_1HO \). По теореме Пифагора:

\( A_1H = \sqrt{(A_1O)^2 — OH^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 — \left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2} = \sqrt{8 — \frac{24}{9}} = \sqrt{8 — \frac{8}{3}}=\)
\( = \sqrt{\frac{24}{3} — \frac{8}{3}} = \sqrt{\frac{16}{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \text{ см} \).

5. Площадь основания, то есть ромба, вычисляется по формуле \( S = AB^2 \sin 60^\circ \). Подставляя значения, получаем \( S = 4^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 16 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3} \text{ см}^2 \).

6. Объём призмы вычисляется как произведение площади основания на высоту: \( V = S \cdot h \), где \( h = A_1H \). Подставим значения:

\( V = 8\sqrt{3} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{32 \cdot 3}{3} = 32 \text{ см}^3 \).

Ответ: \( 32 \text{ см}^3 \).