Номер 767, страница 189 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

767. В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD боковое ребро MA, равное 8 см, наклонено к плоскости основания под углом 60°. 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 12(MB + MD) MK, где K — середина ребра AB;

е) радиус описанного около пирамиды шара.

Пусть $MABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида. Это означает, что в основании лежит квадрат $ABCD$, а вершина $M$ проецируется в центр этого квадрата, точку $O$.

По условию, боковое ребро $MA = 8$ см, и оно наклонено к плоскости основания под углом $60°$. Угол между ребром $MA$ и плоскостью основания $ABCD$ — это угол между самим ребром и его проекцией $AO$ на эту плоскость. Таким образом, $\angle MAO = 60°$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MAO$ (угол $\angle MOA = 90°$).

• Высота пирамиды $H = MO = MA \cdot \sin(60°) = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$ см.
• Длина проекции бокового ребра на основание $AO = MA \cdot \cos(60°) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см.

Поскольку $O$ — центр квадрата $ABCD$, $AO$ — это половина диагонали $AC$. Диагональ основания $AC = 2 \cdot AO = 2 \cdot 4 = 8$ см. Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Диагональ квадрата связана со стороной формулой $AC = a\sqrt{2}$. Отсюда $a\sqrt{2} = 8$, что дает $a = \frac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем апофему пирамиды — высоту боковой грани. Пусть $N$ — середина стороны $CD$. Тогда $MN$ — апофема грани $MCD$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MON$ (угол $\angle MON = 90°$). Катет $ON$ равен половине стороны основания: $ON = \frac{a}{2} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора, гипотенуза $MN$ (апофема $h_a$): $h_a^2 = MN^2 = MO^2 + ON^2 = (4\sqrt{3})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 48 + 8 = 56$. $h_a = MN = \sqrt{56} = \sqrt{4 \cdot 14} = 2\sqrt{14}$ см.

а) площадь боковой поверхности пирамиды;

Боковая поверхность пирамиды состоит из четырех равных равнобедренных треугольников. Площадь одной такой грани, например $\triangle MCD$, равна: $S_{\triangle MCD} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_a$. $S_{\triangle MCD} = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{14} = 4\sqrt{2 \cdot 14} = 4\sqrt{28} = 4\sqrt{4 \cdot 7} = 4 \cdot 2\sqrt{7} = 8\sqrt{7}$ см?.

Площадь всей боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей четырех граней: $S_{бок} = 4 \cdot S_{\triangle MCD} = 4 \cdot 8\sqrt{7} = 32\sqrt{7}$ см?.

Ответ: $32\sqrt{7}$ см?.

б) объём пирамиды;

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$. Площадь основания (квадрата) $S_{осн} = a^2 = (4\sqrt{2})^2 = 16 \cdot 2 = 32$ см?. Высота пирамиды $H = 4\sqrt{3}$ см. $V = \frac{1}{3} \cdot 32 \cdot 4\sqrt{3} = \frac{128\sqrt{3}}{3}$ см?.

Ответ: $\frac{128\sqrt{3}}{3}$ см?.

в) угол между противоположными боковыми гранями;

Найдем угол между противоположными гранями $MAD$ и $MBC$. Этот двугранный угол измеряется линейным углом, который образуется перпендикулярами, проведенными в каждой грани к их линии пересечения. Пусть $K$ — середина $AD$, а $L$ — середина $BC$. Апофемы $MK$ и $ML$ перпендикулярны $AD$ и $BC$ соответственно. Линия пересечения граней проходит через $M$ параллельно $AD$ и $BC$. Следовательно, искомый угол — это угол $\angle KML$ в треугольнике $\triangle MKL$.

Стороны этого треугольника:

• $MK = ML = h_a = 2\sqrt{14}$ см.
• $KL$ соединяет середины противоположных сторон квадрата, поэтому $KL = a = 4\sqrt{2}$ см.

Применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle MKL$: $KL^2 = MK^2 + ML^2 - 2 \cdot MK \cdot ML \cdot \cos(\angle KML)$. $(4\sqrt{2})^2 = (2\sqrt{14})^2 + (2\sqrt{14})^2 - 2 \cdot (2\sqrt{14}) \cdot (2\sqrt{14}) \cdot \cos(\angle KML)$. $32 = 56 + 56 - 2 \cdot 56 \cdot \cos(\angle KML)$. $32 = 112 - 112 \cos(\angle KML)$. $112 \cos(\angle KML) = 112 - 32 = 80$. $\cos(\angle KML) = \frac{80}{112} = \frac{16 \cdot 5}{16 \cdot 7} = \frac{5}{7}$. Искомый угол равен $\arccos(\frac{5}{7})$.

Ответ: $\arccos(\frac{5}{7})$.

г) угол между боковой гранью и плоскостью основания;

Угол между боковой гранью (например, $MCD$) и плоскостью основания ($ABCD$) — это двугранный угол при ребре $CD$. Он измеряется углом между апофемой $MN$ и её проекцией на основание $ON$. Таким образом, искомый угол — это $\angle MNO$ в прямоугольном треугольнике $\triangle MON$.

В $\triangle MON$ имеем:

• Катет $MO = H = 4\sqrt{3}$ см.
• Катет $ON = \frac{a}{2} = 2\sqrt{2}$ см.

Найдем тангенс угла $\angle MNO$: $\tan(\angle MNO) = \frac{MO}{ON} = \frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6}$. Искомый угол равен $\arctan(\sqrt{6})$.

Ответ: $\arctan(\sqrt{6})$.

д) скалярное произведение векторов $\frac{1}{2}(\vec{MB} + \vec{MD})$ и $\vec{MK}$, где K — середина ребра AB;

Сначала упростим векторное выражение $\frac{1}{2}(\vec{MB} + \vec{MD})$. Точка $O$ является центром основания и серединой диагонали $BD$. По правилу параллелограмма (или медианы треугольника $\triangle MBD$) для векторов, исходящих из одной точки, имеем: $\vec{MB} + \vec{MD} = 2\vec{MO}$. Следовательно, $\frac{1}{2}(\vec{MB} + \vec{MD}) = \frac{1}{2}(2\vec{MO}) = \vec{MO}$.

Таким образом, задача сводится к нахождению скалярного произведения $\vec{MO} \cdot \vec{MK}$. По определению, скалярное произведение $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \cos\theta$, где $\theta$ — угол между векторами. $\vec{MO} \cdot \vec{MK} = |\vec{MO}| \cdot |\vec{MK}| \cdot \cos(\angle OMK)$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MOK$. Так как $K$ — середина $AB$, отрезок $OK$ перпендикулярен высоте $MO$. Значит, $\triangle MOK$ — прямоугольный с прямым углом $\angle MOK$. В этом треугольнике $\cos(\angle OMK) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{MO}{MK} = \frac{|\vec{MO}|}{|\vec{MK}|}$. Подставим это выражение в формулу скалярного произведения: $\vec{MO} \cdot \vec{MK} = |\vec{MO}| \cdot |\vec{MK}| \cdot \frac{|\vec{MO}|}{|\vec{MK}|} = |\vec{MO}|^2$. Длина вектора $\vec{MO}$ равна высоте пирамиды $H = 4\sqrt{3}$. Значит, скалярное произведение равно $|\vec{MO}|^2 = (4\sqrt{3})^2 = 16 \cdot 3 = 48$.

Ответ: 48.

е) радиус описанного около пирамиды шара.

Центр шара, описанного около правильной пирамиды, лежит на её высоте (оси симметрии). Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину $M$ и диагональ основания $AC$. Это сечение представляет собой треугольник $\triangle MAC$.

Найдем длины сторон этого треугольника:

• Боковые ребра $MA = MC = 8$ см (по условию и свойству правильной пирамиды).
• Диагональ основания $AC = 8$ см (как было найдено ранее).

Поскольку все три стороны треугольника $\triangle MAC$ равны 8 см, он является равносторонним. Окружность, описанная около $\triangle MAC$, является большим кругом описанного шара, а её радиус $R$ — это и есть радиус шара. Радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника со стороной $s$, вычисляется по формуле $R = \frac{s}{\sqrt{3}}$. Для $s=8$ см получаем: $R = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.

Ответ: $\frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.