Упр.765 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)
- В правильной четырёхугольной пирамиде $$MABCD$$ сторона $$AB$$ основания равна $$6\sqrt{2}$$ см, а боковое ребро $$MA$$ равно $$12$$ см. Найдите: а) площадь боковой поверхности пирамиды; б) объём пирамиды; в) угол наклона боковой грани к плоскости основания; г) угол между боковым ребром и плоскостью основания; д) скалярное произведение векторов $$(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})\overrightarrow{AM}$$; е) площадь сферы, описанной около пирамиды.
Пусть $$H$$ — центр квадрата $$ABCD$$, а $$MH$$ — высота пирамиды. Тогда в правильной пирамиде все боковые грани равны, поэтому
$$S_{\text{бок}}=4S_{ABM}.$$
Рассмотрим прямоугольный треугольник $$AMH$$. Так как $$H$$ — центр квадрата, то
$$AH=\frac{AC}{2}.$$
Диагональ основания:
$$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(6\sqrt2)^2+(6\sqrt2)^2}=12,$$
значит
$$AH=6.$$
Тогда
$$MH=\sqrt{AM^2-AH^2}=\sqrt{12^2-6^2}=\sqrt{108}=6\sqrt3.$$
а) Площадь одной боковой грани:
$$S_{ABM}=\frac12\cdot AH\cdot MH=\frac12\cdot 6\cdot 6\sqrt3=18\sqrt3.$$
Следовательно,
$$S_{\text{бок}}=4\cdot 18\sqrt3=72\sqrt3\ \text{см}^2.$$
б) Объём пирамиды:
$$S_{ABCD}=AB^2=(6\sqrt2)^2=72.$$
Тогда
$$V=\frac13 S_{ABCD}\cdot MH=\frac13\cdot 72\cdot 6\sqrt3=144\sqrt3\ \text{см}^3.$$
в) Угол наклона боковой грани к плоскости основания равен двугранному углу между плоскостями $$ABM$$ и $$ABCD$$. Возьмём в грани $$ABM$$ перпендикуляр к ребру $$AB$$: это отрезок $$MH_1$$, где $$H_1$$ — середина $$AB$$. Тогда искомый угол равен $$\angle MH_1H$$.
В прямоугольном треугольнике $$MHH_1$$:
$$HH_1=\sqrt{MH^2-MH_1^2}.$$
Так как $$AH_1=\frac{AB}{2}=3\sqrt2,$$ то
$$MH_1=\sqrt{AM^2-AH_1^2}=\sqrt{12^2-(3\sqrt2)^2}=\sqrt{126}=3\sqrt{14}.$$
Тогда
$$HH_1=\sqrt{MH^2-MH_1^2}=\sqrt{108-18}=3\sqrt{10},$$
и
$$\tan\angle MH_1H=\frac{MH}{HH_1}=\frac{6\sqrt3}{3\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{30}}{5}.$$
Следовательно,
$$\angle\bigl((ABM),(ABCD)\bigr)=\arctan\frac{\sqrt{30}}{5}.$$
г) Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол $$\angle MAH$$. В прямоугольном треугольнике $$AMH$$
$$\tan\angle MAH=\frac{MH}{AH}=\frac{6\sqrt3}{6}=\sqrt3,$$
откуда
$$\angle MAH=60^\circ.$$
д) Так как $$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC},$$ то
$$\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)\cdot\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AM}.$$
Угол между $$AC$$ и $$AM$$ равен $$\angle CAM=60^\circ$$, поэтому
$$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AM}=AC\cdot AM\cdot\cos60^\circ=12\cdot 12\cdot \frac12=72.$$
е) Найдём радиус описанной сферы. Центр сферы лежит на высоте $$MH$$, пусть это точка $$O$$. Обозначим $$MO=x$$, тогда $$OA=R$$. В прямоугольном треугольнике $$AOH$$:
$$OA^2=OH^2+AH^2,$$
где $$OH=MH-MO=6\sqrt3-x.$$
Следовательно,
$$R^2=(6\sqrt3-x)^2+6^2.$$
Но $$R=OA=MO=x,$$ значит
$$x^2=(6\sqrt3-x)^2+36.$$
Раскрывая скобки, получаем:
$$x^2=108-12\sqrt3\,x+x^2+36,$$
$$12\sqrt3\,x=144,$$
$$x=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3.$$
Значит,
$$R=4\sqrt3,$$
и площадь сферы равна
$$S_{\text{сферы}}=4\pi R^2=4\pi\cdot 48=192\pi\ \text{см}^2.$$
Ответ
а) $$72\sqrt3\ \text{см}^2$$; б) $$144\sqrt3\ \text{см}^3$$; в) $$\arctan\frac{\sqrt{30}}{5}$$; г) $$60^\circ$$; д) $$72$$; е) $$192\pi\ \text{см}^2$$.
