Упр.766 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)
- В правильной треугольной пирамиде $$DABC$$ высота $$DO$$ равна $$3\text{ см}$$, а боковое ребро $$DA$$ равно $$5\text{ см}$$. Найдите:
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 $$\frac{1}{2}(DB+DC)MA$$, где $$M$$ — середина ребра $$BC$$;
е) радиус шара, вписанного в пирамиду.
Пусть $$O$$ — основание высоты пирамиды, $$M$$ — середина ребра $$BC$$.
а) Площадь полной поверхности
В прямоугольном треугольнике $$AOD$$:
$$AO=\sqrt{AD^2-DO^2}=\sqrt{25-9}=4$$
Так как пирамида правильная, то $$O$$ — центр равностороннего треугольника $$ABC$$, значит
$$AO=R=\frac{AB}{\sqrt3}, \qquad AB=4\sqrt3.$$
Тогда площадь основания:
$$S_{ABC}=\frac{\sqrt3}{4}AB^2=\frac{\sqrt3}{4}\cdot (4\sqrt3)^2=12\sqrt3.$$
Найдём высоту боковой грани $$DAB$$. Пусть $$H$$ — середина ребра $$AB$$. Тогда $$DH\perp AB$$, и в прямоугольном треугольнике $$DHA$$:
$$AH=\frac{AB}{2}=2\sqrt3,$$
$$DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{25-12}=\sqrt{13}.$$
Площадь одной боковой грани:
$$S_{DAB}=\frac12\cdot AB\cdot DH=\frac12\cdot 4\sqrt3\cdot \sqrt{13}=2\sqrt{39}.$$
Тогда полная поверхность пирамиды:
$$S_{\text{полн}}=S_{ABC}+3S_{DAB}=12\sqrt3+6\sqrt{39}=6\sqrt3(\sqrt{13}+2).$$
б) Объём пирамиды
$$V=\frac13 S_{ABC}\cdot DO=\frac13\cdot 12\sqrt3\cdot 3=12\sqrt3.$$
в) Угол между боковым ребром и плоскостью основания
Искомый угол — это $$\angle DAO$$. В прямоугольном треугольнике $$DAO$$:
$$\sin \angle DAO=\frac{DO}{AD}=\frac35,$$
значит
$$\angle DAO=\arcsin 0{,}6.$$
г) Угол наклона боковой грани к плоскости основания
Угол между гранями $$DAB$$ и $$ABC$$ равен углу между прямыми $$DH$$ и $$OH$$, то есть $$\angle DHO$$.
В треугольнике $$AOH$$:
$$OH=\sqrt{AO^2-AH^2}=\sqrt{16-12}=2.$$
В прямоугольном треугольнике $$DHO$$:
$$\tan \angle DHO=\frac{DO}{OH}=\frac32,$$
следовательно,
$$\angle DHO=\arctan 1{,}5.$$
д) $$\frac12(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})\cdot \overrightarrow{MA}$$
Так как $$M$$ — середина $$BC$$, то
$$\frac12(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})=\overrightarrow{DM}.$$
Значит, требуется найти $$\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{MA}.$$
В равностороннем треугольнике $$ABC$$ точка $$M$$ — середина стороны, поэтому $$OM\perp BC$$ и $$OM$$ — медиана, а значит и высота. Тогда
$$OM=\frac{AB\sqrt3}{6}=\frac{4\sqrt3\cdot \sqrt3}{6}=2.$$
Кроме того, $$MA$$ — медиана равностороннего треугольника:
$$MA=\frac{AB\sqrt3}{2}=\frac{4\sqrt3\cdot \sqrt3}{2}=6.$$
В треугольнике $$DMA$$ угол между $$DM$$ и $$MA$$ равен $$\angle DMA$$, и
$$\cos \angle DMA=\frac{OM}{DM}.$$
Так как $$DM$$ лежит в боковой грани, а проекция точки $$D$$ на основание — точка $$O$$, то в прямоугольном треугольнике $$DOM$$:
$$DM=\sqrt{DO^2+OM^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}.$$
Тогда
$$\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{MA}=DM\cdot MA\cdot \cos \angle DMA=DM\cdot OM=\sqrt{13}\cdot 2=2\sqrt{13}.$$
е) Радиус вписанного шара
Для пирамиды
$$V=\frac13 S_{\text{полн}}\,r,$$
откуда
$$r=\frac{3V}{S_{\text{полн}}}=\frac{3\cdot 12\sqrt3}{6\sqrt3(\sqrt{13}+2)}=\frac{6}{\sqrt{13}+2}.$$
Ответ
а) $$6\sqrt3(\sqrt{13}+2)$$ см$$^2$$; б) $$12\sqrt3$$ см$$^3$$; в) $$\arcsin 0{,}6$$; г) $$\arctan 1{,}5$$; д) $$2\sqrt{13}$$; е) $$\dfrac{6}{\sqrt{13}+2}$$ см.
