Упр.766 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

а) площадь полной поверхности пирамиды;
б) объём пирамиды;
в) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
г) угол наклона боковой грани к плоскости основания;
д) скалярное произведение векторов 1/2(DB+DC)MA, где М — середина ребра ВС;
е) радиус шара, вписанного в пирамиду.

Рассмотрим правильную треугольную пирамиду $$DABC$$, где $$DO=3$$ см — высота, $$DA=5$$ см. Точка $$O$$ — центр равностороннего основания $$ABC$$.

Найдём сначала сторону основания. В прямоугольном треугольнике $$AOD$$:

$$AO=\sqrt{AD^2-DO^2}=\sqrt{25-9}=4\text{ см}.$$

Так как $$ABC$$ — равносторонний треугольник, то $$AO$$ — его радиус описанной окружности, значит

$$AO=\frac{AB}{\sqrt{3}}, \qquad AB=AO\sqrt{3}=4\sqrt{3}\text{ см}.$$

Площадь основания:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin 60^\circ=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{3}\cdot 4\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}\text{ см}^2.$$

Найдём апофему боковой грани. Пусть $$H$$ — середина ребра $$AB$$. Тогда в равностороннем треугольнике $$ABC$$ отрезок $$OH$$ — радиус вписанной окружности:

$$OH=\frac{AO}{2}=2\text{ см}.$$

В прямоугольном треугольнике $$DOH$$:

$$DH=\sqrt{DO^2+OH^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\text{ см}.$$

Площадь одной боковой грани:

$$S_{DAB}=\frac{1}{2}AB\cdot DH=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{3}\cdot \sqrt{13}=2\sqrt{39}\text{ см}^2.$$

Тогда полная поверхность пирамиды:

$$S_{\text{полн}}=S_{ABC}+3S_{DAB}=12\sqrt{3}+3\cdot 2\sqrt{39}=12\sqrt{3}+6\sqrt{39}=6\sqrt{3}\,(\sqrt{13}+2)\text{ см}^2.$$

Объём пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot 12\sqrt{3}\cdot 3=12\sqrt{3}\text{ см}^3.$$

Угол между боковым ребром и плоскостью основания равен углу $$\angle DAO$$. В прямоугольном треугольнике $$DAO$$:

$$\sin \angle DAO=\frac{DO}{AD}=\frac{3}{5},$$

значит

$$\angle DAO=\arcsin 0{,}6.$$

Угол наклона боковой грани к плоскости основания равен двугранному углу между плоскостями $$DAB$$ и $$ABC$$, то есть углу $$\angle DHO$$. В прямоугольном треугольнике $$DHO$$:

$$\tan \angle DHO=\frac{DO}{OH}=\frac{3}{2},$$

следовательно

$$\angle DHO=\arctg 1{,}5.$$

Для пункта д):

$$\frac{1}{2}(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})\cdot \overrightarrow{MA}=\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{MA},$$

так как $$M$$ — середина $$BC$$, а значит $$\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})$$.

В равностороннем треугольнике $$ABC$$ точка $$M$$ — середина стороны $$BC$$, поэтому $$OM$$ — медиана, а значит и высота. Тогда

$$OM=OH=2\text{ см}.$$

Кроме того,

$$AM=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 4\sqrt{3}=6\text{ см}.$$

В прямоугольном треугольнике $$AOM$$:

$$MA^2=AO^2+OM^2=4^2+2^2=20,$$

но нам достаточно найти скалярное произведение через проекцию на направление $$MA$$:

$$\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{MA}=DM\cdot MA\cdot \cos \angle DMA.$$

Так как точка $$O$$ лежит на высоте пирамиды, а $$M$$ — на медиане основания, получаем

$$\cos \angle DMA=\frac{OM}{DM}.$$

Следовательно,

$$\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{MA}=MA\cdot OM=6\cdot 2=12.$$

Найдём радиус вписанного шара. Для любой пирамиды

$$V=\frac{1}{3}rS_{\text{полн}},$$

откуда

$$r=\frac{3V}{S_{\text{полн}}}=\frac{3\cdot 12\sqrt{3}}{6\sqrt{3}(\sqrt{13}+2)}=\frac{6}{\sqrt{13}+2}\text{ см}.$$

Ответ

а) $$6\sqrt{3}\,(\sqrt{13}+2)\text{ см}^2$$; б) $$12\sqrt{3}\text{ см}^3$$; в) $$\arcsin 0{,}6$$; г) $$\arctg 1{,}5$$; д) $$12$$; е) $$\frac{6}{\sqrt{13}+2}\text{ см}$$.