Упр.767 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)
а) площадь боковой поверхности пирамиды;
б) объём пирамиды;
в) угол между противоположными боковыми гранями;
г) угол между боковой гранью и плоскостью основания;
д) скалярное произведение векторов 1/2(MB+MD)MK, где К — середина ребра АВ;
е) радиус описанного около пирамиды шара.
Обозначим через $$H$$ центр квадрата $$ABCD$$, а через $$O$$ — центр описанного около пирамиды шара.
Так как пирамида правильная, то $$MA=MB=MC=MD=8$$, а проекция ребра $$MA$$ на плоскость основания — это отрезок $$AH$$. По условию $$\angle MAH=60^\circ$$, значит в прямоугольном треугольнике $$MAH$$
$$MH=MA\sin 60^\circ=8\cdot \frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3,$$
$$AH=MA\cos 60^\circ=8\cdot \frac12=4.$$
Диагональ квадрата $$AC=2AH=8$$, поэтому сторона основания
$$AB=BC=\frac{AC}{\sqrt2}=\frac{8}{\sqrt2}=4\sqrt2.$$
Точка $$P$$ — середина ребра $$AD$$. Тогда $$HP\perp AD$$, и в квадрате $$ABCD$$
$$HP=\frac{BC}{2}=2\sqrt2.$$
В прямоугольном треугольнике $$MHP$$
$$MP=\sqrt{MH^2+HP^2}=\sqrt{(4\sqrt3)^2+(2\sqrt2)^2}=\sqrt{48+8}=2\sqrt{14}.$$
а) Площадь одной боковой грани:
$$S_{MAD}=\frac12\cdot AD\cdot MP=\frac12\cdot 4\sqrt2\cdot 2\sqrt{14}=8\sqrt7.$$
Так как боковых граней четыре, то
$$S_{\text{бок}}=4S_{MAD}=32\sqrt7\ \text{см}^2.$$
б) Площадь основания:
$$S_{ABCD}=AB^2=(4\sqrt2)^2=32.$$
Тогда объём пирамиды
$$V=\frac13 S_{ABCD}\cdot MH=\frac13\cdot 32\cdot 4\sqrt3=\frac{128\sqrt3}{3}\ \text{см}^3.$$
в) Угол между противоположными боковыми гранями равен двугранному углу между плоскостями $$MAB$$ и $$MCD$$. Обозначим его через $$\alpha$$. В сечении плоскостью, перпендикулярной ребру $$AB$$ и проходящей через $$M$$ и $$H$$, получаем
$$\angle PMT=2\angle PMH,$$
где $$T$$ — точка пересечения этой плоскости с ребром, параллельным $$AB$$. В треугольнике $$MHP$$
$$\sin \angle PMH=\frac{HP}{MP}=\frac{2\sqrt2}{2\sqrt{14}}=\frac{\sqrt7}{7},$$
$$\cos \angle PMH=\sqrt{1-\sin^2\angle PMH}=\sqrt{1-\frac17}=\sqrt{\frac67}.$$
Тогда
$$\sin \alpha=2\sin \angle PMH\cos \angle PMH=2\cdot \frac{\sqrt7}{7}\cdot \sqrt{\frac67}=\frac{2\sqrt6}{7},$$
$$\cos \alpha=\frac57,$$
откуда
$$\tg \alpha=\frac{2\sqrt6}{5},\qquad \alpha=\arctg \frac{2\sqrt6}{5}.$$
г) Угол между боковой гранью и плоскостью основания равен углу между прямой $$MP$$, лежащей в боковой грани и перпендикулярной ребру $$AD$$, и плоскостью основания. Поэтому
$$\tg \beta=\frac{MH}{HP}=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt2}=\sqrt6,$$
значит
$$\beta=\arctg \sqrt6.$$
д) Так как $$K$$ — середина ребра $$AB$$, то
$$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})=\overrightarrow{MH}.$$
Следовательно, требуется найти скалярное произведение $$\overrightarrow{MH}\cdot \overrightarrow{MK}$$. В треугольнике $$MHK$$
$$HK=\frac{AD}{2}=2\sqrt2,$$
и
$$\overrightarrow{MH}\cdot \overrightarrow{MK}=MH^2+ \overrightarrow{MH}\cdot \overrightarrow{HK}.$$
Удобнее воспользоваться формулой через угол при $$M$$:
$$\overrightarrow{MH}\cdot \overrightarrow{MK}=MH\cdot MK\cdot \cos \angle HMK.$$
Из симметрии пирамиды и расположения точки $$K$$ получаем $$MK=2\sqrt{14}$$ и $$\cos \angle HMK=\frac{3}{2\sqrt{14}}$$, поэтому
$$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})\cdot \overrightarrow{MK}= \overrightarrow{MH}\cdot \overrightarrow{MK}=48.$$
е) Центр описанного шара лежит на высоте пирамиды, поэтому $$MO=AO=R$$. В прямоугольном треугольнике $$AOH$$
$$OH=MH-MO=4\sqrt3-R,$$
а также
$$R^2=OH^2+AH^2=(4\sqrt3-R)^2+4^2.$$
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) $$\frac{8\sqrt3}{3}\ \text{см}$$.