Упр.767 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)
- В правильной четырёхугольной пирамиде $$MABCD$$ боковое ребро $$MA$$, равное $$8\ \text{см}$$, наклонено к плоскости основания под углом $$60^\circ$$. Найдите:
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 $$\frac{1}{2}(MB+MD)MK$$, где $$K$$ — середина ребра $$AB$$;
е) радиус описанного около пирамиды шара.
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 $$MAH$$
$$MH=MA\sin 60^\circ=8\cdot \frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3,$$
$$AH=MA\cos 60^\circ=8\cdot \frac12=4.$$
Диагональ квадрата основания
$$AC=2AH=8,$$
значит, сторона основания
$$AB=BC=CD=DA=\frac{AC}{\sqrt2}=4\sqrt2.$$
а)
В боковой грани $$MAB$$ высота к основанию $$AB$$ проходит через середину ребра $$AB$$. Пусть $$K$$ — середина $$AB$$. Тогда в равнобедренном треугольнике $$MAB$$
$$MK=\sqrt{MA^2-\left(\frac{AB}{2}\right)^2}=\sqrt{64-8}=2\sqrt{14}.$$
Площадь одной боковой грани:
$$S_{MAB}=\frac12\cdot AB\cdot MK=\frac12\cdot 4\sqrt2\cdot 2\sqrt{14}=8\sqrt7.$$
Всего боковых граней четыре, поэтому
$$S_{\text{бок}}=4S_{MAB}=32\sqrt7\ \text{см}^2.$$
б)
Площадь основания:
$$S_{ABCD}=(4\sqrt2)^2=32.$$
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 $$\alpha$$.
Рассмотрим сечение плоскостью, проходящей через вершину $$M$$ и центры противоположных рёбер основания. Тогда
$$\cos \alpha=\frac{5}{7},$$
откуда
$$\tan \alpha=\frac{2\sqrt6}{5}.$$
Следовательно,
$$\alpha=\arctg \frac{2\sqrt6}{5}.$$
г)
Угол между боковой гранью и плоскостью основания обозначим через $$\beta$$. В сечении, перпендикулярном ребру основания, получаем
$$\tan \beta=\frac{MH}{HP}=\sqrt6,$$
значит
$$\beta=\arctg \sqrt6.$$
д)
Так как $$K$$ — середина ребра $$AB$$, то
$$\frac12(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})=\overrightarrow{MP}$$
для соответствующей средней линии в основании, и требуется найти скалярное произведение $$\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MK}$$.
Из прямоугольного треугольника $$MPH$$:
$$HP=\frac{BC}{2}=2\sqrt2,$$
$$MP=\sqrt{MH^2+HP^2}=\sqrt{48+8}=2\sqrt{14}.$$
Тогда
$$\cos \angle PMK=\frac{MP}{2MK}=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{14}},$$
и
$$\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MK}=MP\cdot MK\cdot \cos \angle PMK=48.$$
е)
Пусть $$O$$ — центр описанного около пирамиды шара. Тогда $$O$$ лежит на высоте $$MH$$, и $$OA=OM=R$$. В прямоугольном треугольнике $$AOH$$
$$R^2=OH^2+AH^2=(4\sqrt3-R)^2+16.$$
Раскрывая скобки, получаем
$$R^2=48-8\sqrt3\,R+R^2+16,$$
$$8\sqrt3\,R=64,$$
$$R=\frac{8\sqrt3}{3}\ \text{см}.$$
Ответ: $$32\sqrt7\ \text{см}^2,\ \frac{128\sqrt3}{3}\ \text{см}^3,\ \arctg\frac{2\sqrt6}{5},\ \arctg\sqrt6,\ 48,\ \frac{8\sqrt3}{3}\ \text{см}.$$
