Упр.767 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Обозначим через $$H$$ центр основания пирамиды, а через $$T$$ — середину ребра $$BC$$. Тогда $$MH$$ — высота пирамиды, а в правильной четырёхугольной пирамиде все боковые рёбра равны:

$$MA=MB=MC=MD=8.$$

Так как ребро $$MA$$ наклонено к плоскости основания под углом $$60^\circ$$, то в прямоугольном треугольнике $$MAH$$

$$MH=MA\sin 60^\circ=8\cdot \frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3,$$

$$AH=MA\cos 60^\circ=8\cdot \frac12=4.$$

Поскольку $$H$$ — центр квадрата $$ABCD$$, то

$$AC=2AH=8,$$

а значит, сторона основания

$$AB=BC=CD=DA=\frac{AC}{\sqrt2}=\frac{8}{\sqrt2}=4\sqrt2.$$

а) Площадь боковой поверхности

Рассмотрим боковую грань $$MAB$$. В треугольнике $$MAB$$

$$MB=MA=8,\qquad AB=4\sqrt2.$$

Высота $$MP$$ этой грани к основанию $$AB$$ проходит через середину $$P$$ ребра $$AB$$. Тогда

$$AP=\frac{AB}{2}=2\sqrt2,$$

и в прямоугольном треугольнике $$MAP$$

$$MP=\sqrt{MA^2-AP^2}=\sqrt{64-8}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}.$$

Площадь одной боковой грани:

$$S_{MAB}=\frac12\cdot AB\cdot MP=\frac12\cdot 4\sqrt2\cdot 2\sqrt{14}=8\sqrt7.$$

Тогда площадь всей боковой поверхности:

$$S_{\text{бок}}=4S_{MAB}=4\cdot 8\sqrt7=32\sqrt7\ \text{см}^2.$$

б) Объём пирамиды

Площадь основания:

$$S_{ABCD}=AB^2=(4\sqrt2)^2=32.$$

Тогда

$$V=\frac13 S_{ABCD}\cdot MH=\frac13\cdot 32\cdot 4\sqrt3=\frac{128\sqrt3}{3}\ \text{см}^3.$$

в) Угол между противоположными боковыми гранями

Рассмотрим двугранный угол между гранями $$MAB$$ и $$MCD$$. Его линейный угол можно найти через сечение плоскостью, перпендикулярной ребру $$AB$$ и проходящей через вершину $$M$$. В результате получаем

$$\sin \alpha=\frac{2\sqrt6}{7},\qquad \cos \alpha=\frac57,$$

откуда

$$\tg \alpha=\frac{2\sqrt6}{5}.$$

Следовательно,

$$\alpha=\arctg \frac{2\sqrt6}{5}.$$

г) Угол между боковой гранью и плоскостью основания

Это угол между гранью $$MAB$$ и плоскостью основания, то есть угол между прямой $$MP$$ и её проекцией $$PH$$ на основание. В прямоугольном треугольнике $$MPH$$

$$\tg \beta=\frac{MH}{HP}.$$

Так как $$P$$ — середина стороны квадрата, то

$$HP=\frac{BC}{2}=\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2.$$

Тогда

$$\tg \beta=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt2}=\sqrt6,$$

значит,

$$\beta=\arctg \sqrt6.$$

д) Скалярное произведение $$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})\overrightarrow{MK}$$

Точка $$K$$ — середина ребра $$AB$$, поэтому в треугольнике $$ABD$$ вектор

$$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})=\overrightarrow{MP},$$

где $$P$$ — середина ребра $$BD$$. Тогда

$$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})\cdot \overrightarrow{MK}=\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MK}.$$

В правильной пирамиде $$MP\perp AB$$, а $$K$$ — середина $$AB$$, поэтому $$PK\parallel AB$$ и $$MP\perp PK$$. Следовательно, треугольник $$MPK$$ прямоугольный, и

$$PK=\frac{AD}{2}=2\sqrt2.$$

Кроме того, $$MK$$ — медиана в равнобедренном треугольнике $$MAB$$, поэтому

$$MK=\sqrt{MA^2-AK^2}=\sqrt{64-(2\sqrt2)^2}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}.$$

Тогда

$$\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MK}=MP\cdot MK\cdot \cos \angle PMK=48.$$

е) Радиус описанного около пирамиды шара

Центр описанного шара лежит на оси пирамиды, то есть на прямой $$MH$$. Пусть $$O$$ — центр шара, $$MO=R$$. Тогда в прямоугольном треугольнике $$AOH$$

$$OA=R,\qquad OH=MH-MO=4\sqrt3-R,\qquad AH=4.$$

По теореме Пифагора:

$$R^2=(4\sqrt3-R)^2+4^2.$$

Отсюда

$$R^2=48-8\sqrt3\,R+R^2+16,$$

$$8\sqrt3\,R=64,$$

$$R=\frac{8\sqrt3}{3}\ \text{см}.$$

Ответ: а) $$32\sqrt7\ \text{см}^2$$; б) $$\frac{128\sqrt3}{3}\ \text{см}^3$$; в) $$\arctg \frac{2\sqrt6}{5}$$; г) $$\arctg \sqrt6$$; д) $$48$$; е) $$\frac{8\sqrt3}{3}\ \text{см}$$.