Номер 765, страница 189 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

765. В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD сторона AB основания равна 62 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 (AB + AD) AM;

е) площадь сферы, описанной около пирамиды.

Для решения задачи сначала найдем ключевые параметры пирамиды.Дано: сторона основания (квадрата) $a = 6\sqrt{2}$ см, боковое ребро $l = 12$ см.

1. Найдем диагональ основания $d$. В основании лежит квадрат $ABCD$, поэтому его диагональ $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.$d = 6\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 12$ см.

2. Центр основания $O$ — точка пересечения диагоналей. Расстояние от вершины основания до центра: $AO = \frac{1}{2}d = \frac{12}{2} = 6$ см.

3. Найдем высоту пирамиды $H = MO$. Треугольник $AMO$ прямоугольный, где $MA$ — гипотенуза, $AO$ и $MO$ — катеты.По теореме Пифагора: $H^2 = MA^2 - AO^2 = 12^2 - 6^2 = 144 - 36 = 108$.$H = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3}$ см.

Боковая поверхность состоит из четырех равных равнобедренных треугольников. Найдем площадь одного из них, например, $\triangle MAB$. Для этого нужна его высота (апофема пирамиды) $MK$, где $K$ — середина стороны $AB$.$AK = \frac{1}{2}AB = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.Из прямоугольного треугольника $AMK$:$MK = \sqrt{MA^2 - AK^2} = \sqrt{12^2 - (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{144 - 18} = \sqrt{126} = \sqrt{9 \cdot 14} = 3\sqrt{14}$ см.Площадь треугольника $MAB$:$S_{\triangle MAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{14} = 9\sqrt{28} = 9 \cdot 2\sqrt{7} = 18\sqrt{7}$ см?.Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей четырех боковых граней:$S_{бок} = 4 \cdot S_{\triangle MAB} = 4 \cdot 18\sqrt{7} = 72\sqrt{7}$ см?.
Ответ: $72\sqrt{7}$ см?.

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$.Площадь основания (квадрата):$S_{осн} = a^2 = (6\sqrt{2})^2 = 36 \cdot 2 = 72$ см?.Высота пирамиды $H = 6\sqrt{3}$ см.$V = \frac{1}{3} \cdot 72 \cdot 6\sqrt{3} = 24 \cdot 6\sqrt{3} = 144\sqrt{3}$ см?.
Ответ: $144\sqrt{3}$ см?.

Угол наклона боковой грани к плоскости основания — это двугранный угол. Например, между гранью $MCD$ и основанием $ABCD$. Этот угол равен линейному углу $\angle MKO$, где $K$ — середина $CD$, $MK \perp CD$ и $OK \perp CD$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOK$.Катет $MO = H = 6\sqrt{3}$ см.Катет $OK$ равен половине стороны основания: $OK = \frac{1}{2}AD = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.Тангенс искомого угла $\alpha = \angle MKO$:$\tan(\alpha) = \frac{MO}{OK} = \frac{6\sqrt{3}}{3\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6}$.Следовательно, угол $\alpha = \arctan(\sqrt{6})$.
Ответ: $\arctan(\sqrt{6})$.

Угол между боковым ребром (например, $MA$) и плоскостью основания — это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией ребра $MA$ на плоскость основания является отрезок $AO$. Искомый угол — это $\beta = \angle MAO$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $MAO$.Катет $AO = 6$ см, гипотенуза $MA = 12$ см.Косинус угла $\beta$:$\cos(\beta) = \frac{AO}{MA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$.Отсюда следует, что угол $\beta = 60^\circ$.
Ответ: $60^\circ$.

В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$. По правилу параллелограмма для сложения векторов: $\vec{AB} + \vec{AD} = \vec{AC}$.Таким образом, нам нужно найти скалярное произведение $(\vec{AB} + \vec{AD}) \cdot \vec{AM} = \vec{AC} \cdot \vec{AM}$.Скалярное произведение векторов равно произведению их длин на косинус угла между ними: $\vec{AC} \cdot \vec{AM} = |\vec{AC}| \cdot |\vec{AM}| \cdot \cos(\angle MAC)$.Длина вектора $|\vec{AC}|$ равна длине диагонали $AC = 12$ см.Длина вектора $|\vec{AM}|$ равна длине бокового ребра $MA = 12$ см.Рассмотрим треугольник $MAC$. Так как пирамида правильная, $MA = MC = 12$ см. Диагональ основания $AC$ также равна 12 см. Следовательно, треугольник $MAC$ — равносторонний, и все его углы равны $60^\circ$. Значит, $\angle MAC = 60^\circ$.Вычисляем скалярное произведение:$12 \cdot 12 \cdot \cos(60^\circ) = 144 \cdot \frac{1}{2} = 72$.
Ответ: $72$.

Центр сферы, описанной около правильной пирамиды, лежит на ее высоте $MO$. Радиус $R$ такой сферы можно найти по формуле $R = \frac{l^2}{2H}$, где $l$ — боковое ребро, а $H$ — высота пирамиды.Подставим известные значения: $l = 12$ см, $H = 6\sqrt{3}$ см.$R = \frac{12^2}{2 \cdot 6\sqrt{3}} = \frac{144}{12\sqrt{3}} = \frac{12}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{3} = 4\sqrt{3}$ см.Площадь сферы вычисляется по формуле $S_{сф} = 4\pi R^2$.$S_{сф} = 4\pi \cdot (4\sqrt{3})^2 = 4\pi \cdot (16 \cdot 3) = 4\pi \cdot 48 = 192\pi$ см?.
Ответ: $192\pi$ см?.