Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в1

Контрольная работа № 5 по геометрии для 10 класса «Многогранники» УМК Мерзляк Базовый уровень Вариант 1. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень»  (авт. А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, Е.М.Рабинович, М.С.Якир, изд-во «Вентана-Граф») использованы на сайте в незначительных объемах, исключительно в учебных целях (пп. 1 п. 1 ст. 1274 ГК РФ). Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в1.
Вернуться к Списку контрольных

 

Геометрия 10 класс (Мерзляк)
Контрольная № 5. Вариант 1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

 

№ 1. Основанием прямой призмы является прямоугольный треугольник, катеты которого равны 6 см и 8 см. Найдите площадь полной поверхности призмы, если её боковое ребро равно 5 см.

Решение:
1. Найдем гипотенузу основания по теореме Пифагора:
\[
c = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 \text{ см}
\]
2. Площадь основания (прямоугольного треугольника):
\[
S_{\text{осн}} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24 \text{ см}^2
\]
3. Периметр основания:
\[
P_{\text{осн}} = 6 + 8 + 10 = 24 \text{ см}
\]
4. Площадь боковой поверхности (боковое ребро = высоте призмы = 5 см):
\[
S_{\text{бок}} = P_{\text{осн}} \cdot h = 24 \cdot 5 = 120 \text{ см}^2
\]
5. Площадь полной поверхности:
\[
S_{\text{полн}} = S_{\text{бок}} + 2S_{\text{осн}} = 120 + 2 \cdot 24 = 120 + 48 = 168 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: 168⁢ см².

---

№ 2. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна \(4\sqrt{3}\) см, а высота пирамиды — \(2\sqrt{6}\) см. Найдите: 1) боковое ребро пирамиды; 2) площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение:
1. Найдем боковое ребро.
— В правильной треугольной пирамиде основание — равносторонний треугольник. Радиус описанной окружности около основания:
\[
R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 4 \text{ см}
\]
— Расстояние от центра основания до вершины (высота пирамиды) \(h = 2\sqrt{6}\) см.
— Боковое ребро \(l\) находим по теореме Пифагора из треугольника, образованного высотой, радиусом описанной окружности и ребром:
\[
l = \sqrt{R^2 + h^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{6})^2} = \sqrt{16 + 4 \cdot 6} = \sqrt{16 + 24} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} \text{ см}
\]
2. Найдем площадь боковой поверхности.
— Апофема (высота боковой грани) \(m\). Радиус вписанной окружности в основание:
\[
r = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 2 \text{ см}
\]
— Апофема:
\[
m = \sqrt{h^2 + r^2} = \sqrt{(2\sqrt{6})^2 + 2^2} = \sqrt{24 + 4} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7} \text{ см}
\]
— Площадь одной боковой грани:
\[
S_{\text{грани}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot m = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{7} = 4\sqrt{21} \text{ см}^2
\]
— Боковых граней 3, значит:
\[
S_{\text{бок}} = 3 \cdot 4\sqrt{21} = 12\sqrt{21} \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: 1) \(2\sqrt{10}\) см; 2) \(12\sqrt{21}\) см².

---

№ 3. Найдите площадь боковой поверхности правильной четырёхугольной усечённой пирамиды, стороны оснований которой равны 6 см и 22 см, а боковое ребро — \(4\sqrt{5}\) см.

Решение:
1. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде основания — квадраты. Боковые грани — равные равнобедренные трапеции.
2. Найдем высоту боковой грани (апофему усечённой пирамиды). Рассмотрим одну боковую грань — трапецию с основаниями 6 см и 22 см и боковой стороной \(4\sqrt{5}\) см.
3. Проведем высоту трапеции. Разность оснований:
\[
22 — 6 = 16 \text{ см}
\]
Половина этой разности (проекция бокового ребра на основание):
\[
\frac{16}{2} = 8 \text{ см}
\]
4. Высота трапеции \(h\) (апофема) по теореме Пифагора:
\[
h = \sqrt{(4\sqrt{5})^2 — 8^2} = \sqrt{16 \cdot 5 — 64} = \sqrt{80 — 64} = \sqrt{16} = 4 \text{ см}
\]
5. Площадь одной боковой грани (трапеции):
\[
S_{\text{грани}} = \frac{6 + 22}{2} \cdot 4 = \frac{28}{2} \cdot 4 = 14 \cdot 4 = 56 \text{ см}^2
\]
6. Боковых граней 4, следовательно:
\[
S_{\text{бок}} = 4 \cdot 56 = 224 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: \(224\) см².

---

№ 4. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с боковой стороной \( a \) и углом \( \alpha \) при вершине. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны \( \beta \). Найдите:
1) площадь боковой поверхности пирамиды;
2) высоту пирамиды.
Решение:
1. Анализ основания.
В основании — равнобедренный треугольник \( ABC \) (\( AB = AC = a \), угол при вершине \( A \) равен \( \alpha \)).
Найдем основание \( BC \) и высоту основания \( AH \):
\[
BC = 2a \sin\frac{\alpha}{2}, \quad AH = a \cos\frac{\alpha}{2}.
\]
Площадь основания:
\[
S_{\text{осн}} = \frac{1}{2} a^2 \sin\alpha.
\]
2. Проекция вершины пирамиды.
Так как двугранные углы при ребрах основания равны \( \beta \), то вершина \( S \) проецируется в центр вписанной окружности основания (точку \( O \)).
Радиус вписанной окружности для треугольника \( ABC \):
\[
r = \frac{S_{\text{осн}}}{p},
\]
где \( p = a + a \sin\frac{\alpha}{2} \) — полупериметр.
Вычислим:
\[
S_{\text{осн}} = \frac{1}{2} a^2 \sin\alpha = a^2 \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2},
\]
\[
p = a + a \sin\frac{\alpha}{2} = a\left(1 + \sin\frac{\alpha}{2}\right).
\]
Тогда:
\[
r = \frac{a^2 \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{a\left(1 + \sin\frac{\alpha}{2}\right)} = \frac{a \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{1 + \sin\frac{\alpha}{2}}.
\]
3. Высота пирамиды.
В треугольнике \( SOA \) (где \( O \) — центр вписанной окружности, \( A \) — точка касания с боковой стороной) угол между апофемой и плоскостью основания равен \( \beta \).
Радиус \( r \) — проекция апофемы на основание, а высота \( h \) — противолежащий катет:
\[
h = r \cdot \tan\beta = \frac{a \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{1 + \sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \tan\beta.
\]
4. Площадь боковой поверхности.
Боковая поверхность состоит из трех граней. Апофемы всех граней равны:
\[
l = \frac{h}{\sin\beta} = \frac{r}{\cos\beta}.
\]
Площадь боковой поверхности:
\[
S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} P_{\text{осн}} \cdot l,
\]
где \( P_{\text{осн}} = 2a + 2a \sin\frac{\alpha}{2} = 2a\left(1 + \sin\frac{\alpha}{2}\right) \).
Подставляем:
\[
S_{\text{бок}} = \frac{1}{2} \cdot 2a\left(1 + \sin\frac{\alpha}{2}\right) \cdot \frac{r}{\cos\beta} = a\left(1 + \sin\frac{\alpha}{2}\right) \cdot \frac{1}{\cos\beta} \cdot \frac{a \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{1 + \sin\frac{\alpha}{2}}.
\]
Сокращаем:
\[
S_{\text{бок}} = \frac{a^2 \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\beta}.
\]
Учитывая, что \( \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2} \sin\alpha \), получаем:
\[
S_{\text{бок}} = \frac{a^2 \sin\alpha}{2 \cos\beta}.
\]
✅ Ответ:
1) \( S_{\text{бок}} = \dfrac{a^2 \sin\alpha}{2 \cos\beta} \).
2) \( h = \dfrac{a \sin\frac{\alpha}{2} \cos\frac{\alpha}{2}}{1 + \sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \tan\beta \).

---

№ 5. В наклонной треугольной призме, боковое ребро которой равно 18 см, проведено сечение, перпендикулярное боковому ребру. Это сечение является треугольником со сторонами 3 см и 8 см и углом 60° между ними. Найдите площадь боковой поверхности призмы.
Решение:
1. Понимание задачи.
В наклонной призме сечение, перпендикулярное боковому ребру, называется *перпендикулярным сечением*. Его периметр, умноженный на длину бокового ребра, дает площадь боковой поверхности:
\[
S_{\text{бок}} = P_{\text{сеч}} \cdot L,
\]
где \( L = 18 \) см — длина бокового ребра.
2. Нахождение периметра сечения.
В сечении — треугольник. Известны две стороны \( a = 3 \) см, \( b = 8 \) см и угол \( \gamma = 60^\circ \) между ними.
Найдем третью сторону \( c \) по теореме косинусов:
\[
c^2 = a^2 + b^2 — 2ab \cos\gamma = 3^2 + 8^2 — 2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot \cos 60^\circ.
\]
Так как \( \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \):
\[
c^2 = 9 + 64 — 2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot \frac{1}{2} = 73 — 24 = 49.
\]
Следовательно, \( c = 7 \) см.
3. Периметр сечения:
\[
P_{\text{сеч}} = 3 + 8 + 7 = 18 \text{ см}.
\]
4. Площадь боковой поверхности:
\[
S_{\text{бок}} = 18 \cdot 18 = 324 \text{ см}^2.
\]
Проверка:
— Третья сторона найдена верно: \( 3^2 + 8^2 — 2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot 0.5 = 49 \), \( \sqrt{49}=7 \).
— Периметр: \( 3+8+7=18 \).
— Умножение: \( 18 \cdot 18 = 324 \).
Всё верно.
✅ Ответ: \( S_{\text{бок}} = 324 \) см².

 

Другой вариант:

КР-5. Вариант 2

 

---

Вы смотрели: Контрольная работа по геометрии «Многогранники» для 10 класса УМК Мерзляк Базовый уровень. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень». Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в1.

Вернуться к Списку контрольных работ по геометрии.