Страница 189 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

763. Докажите, что при параллельном переносе на вектор p: а) плоскость, не параллельная вектору p и не содержащая этот вектор, отображается на параллельную ей плоскость; б) плоскость, параллельная вектору p или содержащая этот вектор, отображается на себя.

Пусть $\alpha$ — данная плоскость, а $T$ — параллельный перенос на вектор $\vec{p}$. По условию, плоскость $\alpha$ не параллельна вектору $\vec{p}$. Это значит, что вектор $\vec{p}$ не параллелен ни одной прямой, лежащей в плоскости $\alpha$.

Выберем в плоскости $\alpha$ три неколлинеарные точки $A$, $B$ и $C$. Их образами при данном переносе будут точки $A'$, $B'$ и $C'$, для которых выполняется $\vec{AA'} = \vec{p}$, $\vec{BB'} = \vec{p}$ и $\vec{CC'} = \vec{p}$. Эти три точки $A'$, $B'$ и $C'$ определяют плоскость $\alpha'$, которая является образом плоскости $\alpha$.

Найдем векторы $\vec{A'B'}$ и $\vec{A'C'}$:
$\vec{A'B'} = \vec{A'A} + \vec{AB} + \vec{BB'} = -\vec{p} + \vec{AB} + \vec{p} = \vec{AB}$.
$\vec{A'C'} = \vec{A'A} + \vec{AC} + \vec{CC'} = -\vec{p} + \vec{AC} + \vec{p} = \vec{AC}$.

Из равенств $\vec{A'B'} = \vec{AB}$ и $\vec{A'C'} = \vec{AC}$ следует, что треугольник $A'B'C'$ равен треугольнику $ABC$. В частности, так как точки $A$, $B$, $C$ не коллинеарны, то и точки $A'$, $B'$, $C'$ не коллинеарны и задают плоскость $\alpha'$.

Также из этих равенств следует, что прямая $A'B'$ параллельна прямой $AB$ ($A'B' \parallel AB$) и прямая $A'C'$ параллельна прямой $AC$ ($A'C' \parallel AC$). Поскольку две пересекающиеся прямые ($AB$ и $AC$) в плоскости $\alpha$ параллельны двум пересекающимся прямым ($A'B'$ и $A'C'$) в плоскости $\alpha'$, то по признаку параллельности плоскостей $\alpha \parallel \alpha'$.

Докажем, что плоскости не совпадают. Возьмем любую точку $A \in \alpha$. Ее образ $A'$ таков, что $\vec{AA'} = \vec{p}$. Если бы плоскости $\alpha$ и $\alpha'$ совпадали, то точка $A'$ также принадлежала бы плоскости $\alpha$ ($A' \in \alpha$). Тогда вектор $\vec{AA'} = \vec{p}$ был бы параллелен плоскости $\alpha$, что противоречит условию задачи. Следовательно, плоскости $\alpha$ и $\alpha'$ не совпадают ($\alpha \neq \alpha'$).

Таким образом, плоскость $\alpha$ отображается на параллельную ей и не совпадающую с ней плоскость $\alpha'$.

Ответ: Утверждение доказано.

Пусть плоскость $\alpha$ параллельна вектору $\vec{p}$ или содержит этот вектор.
Условие, что плоскость $\alpha$ содержит вектор $\vec{p}$, означает, что существуют такие точки $A, B \in \alpha$, что $\vec{AB} = \vec{p}$. Это, в свою очередь, означает, что вектор $\vec{p}$ параллелен прямой $AB$, лежащей в плоскости $\alpha$, а значит, вектор $\vec{p}$ параллелен плоскости $\alpha$.
Таким образом, оба случая сводятся к одному: вектор $\vec{p}$ параллелен плоскости $\alpha$.

Это означает, что вектор $\vec{p}$ может быть представлен как линейная комбинация двух неколлинеарных векторов, параллельных плоскости $\alpha$.

Пусть $A$ — некоторая точка в плоскости $\alpha$, а $\vec{u}$ и $\vec{v}$ — два неколлинеарных вектора, параллельных плоскости $\alpha$. Тогда любая точка $M$ плоскости $\alpha$ может быть представлена в виде $\vec{AM} = s\vec{u} + t\vec{v}$ для некоторых действительных чисел $s$ и $t$.

Поскольку вектор $\vec{p}$ параллелен плоскости $\alpha$, его также можно разложить по векторам $\vec{u}$ и $\vec{v}$: $\vec{p} = k_1\vec{u} + k_2\vec{v}$ для некоторых чисел $k_1$ и $k_2$.

Докажем, что образ плоскости $\alpha$ совпадает с самой плоскостью $\alpha$. Для этого нужно показать, что образ любой точки из $\alpha$ лежит в $\alpha$, и любая точка из $\alpha$ является образом некоторой точки из $\alpha$.

1) Возьмем произвольную точку $M \in \alpha$ и найдем ее образ $M'$. По определению параллельного переноса, $\vec{MM'} = \vec{p}$. Выразим вектор $\vec{AM'}$:
$\vec{AM'} = \vec{AM} + \vec{MM'} = \vec{AM} + \vec{p} = (s\vec{u} + t\vec{v}) + (k_1\vec{u} + k_2\vec{v}) = (s+k_1)\vec{u} + (t+k_2)\vec{v}$.
Так как вектор $\vec{AM'}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{u}$ и $\vec{v}$, точка $M'$ принадлежит плоскости $\alpha$. Это означает, что образ плоскости $\alpha$ является ее подмножеством.

2) Теперь возьмем произвольную точку $N \in \alpha$ и покажем, что она является образом некоторой точки $M \in \alpha$. Положение точки $N$ определяется вектором $\vec{AN} = s'\vec{u} + t'\vec{v}$ для некоторых $s'$ и $t'$. Мы ищем точку $M$ такую, что ее образ есть $N$, то есть $\vec{MN} = \vec{p}$, что эквивалентно $\vec{AM} = \vec{AN} - \vec{p}$.
$\vec{AM} = \vec{AN} - \vec{p} = (s'\vec{u} + t'\vec{v}) - (k_1\vec{u} + k_2\vec{v}) = (s'-k_1)\vec{u} + (t'-k_2)\vec{v}$.
Так как вектор $\vec{AM}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{u}$ и $\vec{v}$, то искомая точка $M$ принадлежит плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы показали, что образ любой точки из $\alpha$ лежит в $\alpha$, и любая точка в $\alpha$ является образом некоторой точки из $\alpha$. Следовательно, плоскость $\alpha$ отображается на себя.

Ответ: Утверждение доказано.

764. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ сторона основания равна 6 см, а боковое ребро равно 3 см.

а) Найдите площадь сечения призмы плоскостью ABC₁.

б) Докажите, что прямая A₁B₁ параллельна плоскости AC₁B.

в) Найдите угол, который составляет прямая B₁C с плоскостью ABC.

г) Найдите угол между плоскостями AB₁C и ABC.

д) Найдите длину вектора BB₁ − BC + 2A₁A − C₁C.

е) Найдите объём призмы.

Дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$. Это означает, что основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ являются равносторонними треугольниками, а боковые ребра ($AA_1, BB_1, CC_1$) перпендикулярны основаниям.
По условию, сторона основания $a = 6$ см (например, $AB = BC = AC = 6$ см), а боковое ребро $h = 3$ см (например, $AA_1 = BB_1 = CC_1 = 3$ см).

а) Сечение призмы плоскостью $ABC_1$ представляет собой треугольник $ABC_1$. Найдем его площадь.

Стороны этого треугольника:
1. Сторона $AB$ лежит в основании призмы, ее длина $AB = 6$ см.
2. Сторону $AC_1$ найдем из прямоугольного треугольника $ACC_1$ (угол $\angle ACC_1 = 90^\circ$, так как призма правильная). По теореме Пифагора:$AC_1^2 = AC^2 + CC_1^2 = 6^2 + 3^2 = 36 + 9 = 45$.$AC_1 = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см.
3. Аналогично, сторону $BC_1$ найдем из прямоугольного треугольника $BCC_1$:$BC_1^2 = BC^2 + CC_1^2 = 6^2 + 3^2 = 45$.$BC_1 = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см.

Треугольник $ABC_1$ является равнобедренным с основанием $AB=6$ и боковыми сторонами $AC_1 = BC_1 = 3\sqrt{5}$.
Проведем в нем высоту $C_1M$ к основанию $AB$. В равнобедренном треугольнике высота является и медианой, поэтому $M$ — середина $AB$, и $AM = MB = 3$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $C_1MC$. Его катет $CC_1 = 3$ см. Второй катет $CM$ — это высота в равностороннем треугольнике $ABC$.$CM = \frac{AC \sqrt{3}}{2} = \frac{6 \sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ см.
Так как $CC_1 \perp (ABC)$, то $CC_1 \perp CM$. Следовательно, треугольник $C_1MC$ — прямоугольный.
Найдем гипотенузу $C_1M$ (которая является высотой в сечении $ABC_1$) по теореме Пифагора:$C_1M^2 = CM^2 + CC_1^2 = (3\sqrt{3})^2 + 3^2 = 27 + 9 = 36$.$C_1M = \sqrt{36} = 6$ см.

Теперь можем найти площадь сечения (треугольника $ABC_1$):$S_{ABC_1} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot C_1M = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 = 18$ см$^2$.

Ответ: $18$ см$^2$.

б) Чтобы доказать, что прямая $A_1B_1$ параллельна плоскости $AC_1B$, нужно доказать, что прямая $A_1B_1$ параллельна какой-либо прямой, лежащей в этой плоскости.

1. В правильной призме основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны: $(ABC) \parallel (A_1B_1C_1)$.
2. Прямые $AB$ и $A_1B_1$ — соответственные стороны оснований, следовательно, они параллельны: $A_1B_1 \parallel AB$.
3. Прямая $AB$ является одной из сторон треугольника $AC_1B$, а значит, лежит в плоскости этого сечения: $AB \subset (AC_1B)$.
4. По признаку параллельности прямой и плоскости: если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна какой-либо прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.
Так как $A_1B_1 \parallel AB$ и $AB \subset (AC_1B)$, то $A_1B_1 \parallel (AC_1B)$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

в) Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

1. Прямая — $B_1C$. Плоскость — $(ABC)$.
2. Найдем проекцию прямой $B_1C$ на плоскость $(ABC)$.
Проекцией точки $C$ на плоскость $(ABC)$ является сама точка $C$.
Так как призма правильная, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Значит, $B$ является ортогональной проекцией точки $B_1$ на плоскость $(ABC)$.
Следовательно, проекцией наклонной $B_1C$ на плоскость $(ABC)$ является отрезок $BC$.
3. Искомый угол — это угол между прямой $B_1C$ и ее проекцией $BC$, то есть угол $\angle B_1CB$.
4. Рассмотрим треугольник $B_1CB$. Так как $BB_1 \perp (ABC)$, то $BB_1 \perp BC$. Значит, $\Delta B_1CB$ — прямоугольный.
Катеты: $BB_1 = 3$ см (высота призмы), $BC = 6$ см (сторона основания).
Найдем тангенс угла $\angle B_1CB$:$\tan(\angle B_1CB) = \frac{BB_1}{BC} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
Следовательно, искомый угол равен $\arctan(\frac{1}{2})$.

Ответ: $\arctan(\frac{1}{2})$.

г) Угол между двумя плоскостями — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями.

1. Плоскости $(AB_1C)$ и $(ABC)$ пересекаются по прямой $AC$.
2. Построим линейный угол. Для этого в каждой плоскости проведем перпендикуляр к линии пересечения $AC$ в одной и той же точке.
3. В плоскости $(ABC)$ проведем высоту $BK$ к стороне $AC$. Так как $\Delta ABC$ равносторонний, $BK$ является также и медианой, т.е. $K$ — середина $AC$.$BK = \frac{BC\sqrt{3}}{2} = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ см.
4. В плоскости $(AB_1C)$ рассмотрим $\Delta AB_1C$.$AC = 6$.$AB_1 = CB_1 = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ (по аналогии с пунктом а)).Треугольник $AB_1C$ равнобедренный. Проведем в нем медиану $B_1K$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике медиана является и высотой, т.е. $B_1K \perp AC$.
5. Мы построили два перпендикуляра ($BK$ и $B_1K$) к общей прямой $AC$ в одной точке $K$. Угол между ними, $\angle B_1KB$, и есть искомый угол между плоскостями.
6. Найдем этот угол из треугольника $B_1KB$. Так как $BB_1 \perp (ABC)$, то $BB_1 \perp BK$. Значит, $\Delta B_1KB$ — прямоугольный.
Катеты: $BB_1 = 3$ см, $BK = 3\sqrt{3}$ см.
Найдем тангенс угла $\angle B_1KB$:$\tan(\angle B_1KB) = \frac{BB_1}{BK} = \frac{3}{3\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

д) Найдем длину вектора $\vec{v} = \vec{BB_1} - \vec{BC} + 2\vec{A_1A} - \vec{C_1C}$.

Упростим векторное выражение, используя свойства векторов в призме:
1. $\vec{A_1A} = -\vec{AA_1}$.
2. $\vec{C_1C} = -\vec{CC_1}$.
3. В призме векторы боковых ребер равны: $\vec{AA_1} = \vec{BB_1} = \vec{CC_1}$.
Подставим эти соотношения в исходное выражение:$\vec{v} = \vec{BB_1} - \vec{BC} + 2(-\vec{AA_1}) - (-\vec{CC_1})$$\vec{v} = \vec{BB_1} - \vec{BC} - 2\vec{AA_1} + \vec{CC_1}$
Заменим $\vec{AA_1}$ и $\vec{CC_1}$ на равный им вектор $\vec{BB_1}$:$\vec{v} = \vec{BB_1} - \vec{BC} - 2\vec{BB_1} + \vec{BB_1}$
Сгруппируем подобные члены:$\vec{v} = (\vec{BB_1} - 2\vec{BB_1} + \vec{BB_1}) - \vec{BC}$$\vec{v} = (1 - 2 + 1)\vec{BB_1} - \vec{BC} = 0 \cdot \vec{BB_1} - \vec{BC} = -\vec{BC}$.
Вектор $\vec{v}$ равен вектору $-\vec{BC}$, что то же самое, что и вектор $\vec{CB}$.
Длина вектора $\vec{v}$ равна длине вектора $\vec{CB}$, то есть длине отрезка $CB$.
Длина стороны основания $CB$ равна 6 см.$|\vec{v}| = |\vec{CB}| = 6$ см.

Ответ: 6.

е) Объем призмы вычисляется по формуле $V = S_{осн} \cdot h$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $h$ — высота призмы.

1. Основание — равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a = 6$ см. Его площадь:$S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{6^2\sqrt{3}}{4} = \frac{36\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}$ см$^2$.
2. Высота призмы $h$ равна длине бокового ребра: $h = 3$ см.
3. Вычислим объем:$V = S_{осн} \cdot h = 9\sqrt{3} \cdot 3 = 27\sqrt{3}$ см$^3$.

Ответ: $27\sqrt{3}$ см$^3$.

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?.

766. В правильной треугольной пирамиде DABC высота DO равна 3 см, а боковое ребро DA равно 5 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 12(DB + DC) MA, где M — середина ребра BC;

е) радиус шара, вписанного в пирамиду.

Дано: правильная треугольная пирамида $DABC$, высота $DO = 3$ см, боковое ребро $DA = 5$ см.

Так как пирамида правильная, в основании лежит равносторонний треугольник $ABC$, а высота $DO$ проецируется в его центр $O$. Точка $O$ является центром вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $DOA$. $DO$ — катет (высота пирамиды), $DA$ — гипотенуза (боковое ребро), $OA$ — второй катет. $OA$ является радиусом описанной окружности $R$ основания $ABC$.

По теореме Пифагора:

$OA = \sqrt{DA^2 - DO^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4$ см.

Итак, $R = OA = 4$ см.

Для равностороннего треугольника со стороной $a$ радиус описанной окружности $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$. Отсюда найдем сторону основания $a$:

$a = R \cdot \sqrt{3} = 4\sqrt{3}$ см.

Радиус вписанной окружности $r$ для равностороннего треугольника равен $r = \frac{R}{2}$.

$r = OM = \frac{4}{2} = 2$ см, где $M$ — середина стороны $BC$.

а) площадь полной поверхности пирамиды;

Площадь полной поверхности пирамиды $S_{\text{полн}}$ равна сумме площади основания $S_{\text{осн}}$ и площади боковой поверхности $S_{\text{бок}}$.

1. Площадь основания (равностороннего треугольника):

$S_{\text{осн}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(4\sqrt{3})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{16 \cdot 3 \cdot \sqrt{3}}{4} = 12\sqrt{3}$ см?.

2. Площадь боковой поверхности. $S_{\text{бок}} = 3 \cdot S_{\triangle DBC}$. Для нахождения площади боковой грани $DBC$ нужна ее высота (апофема пирамиды) $DM$. Найдем $DM$ из прямоугольного треугольника $DOM$ (где $M$ — середина $BC$):

$DM = \sqrt{DO^2 + OM^2} = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}$ см.

Площадь одной боковой грани:

$S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{3} \cdot \sqrt{13} = 2\sqrt{39}$ см?.

Площадь всей боковой поверхности:

$S_{\text{бок}} = 3 \cdot 2\sqrt{39} = 6\sqrt{39}$ см?.

3. Площадь полной поверхности:

$S_{\text{полн}} = S_{\text{осн}} + S_{\text{бок}} = 12\sqrt{3} + 6\sqrt{39} = 6\sqrt{3}(2 + \sqrt{13})$ см?.

Ответ: $12\sqrt{3} + 6\sqrt{39}$ см?.

б) объём пирамиды;

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{\text{осн}} \cdot H$, где $H=DO$.

$V = \frac{1}{3} \cdot 12\sqrt{3} \cdot 3 = 12\sqrt{3}$ см?.

Ответ: $12\sqrt{3}$ см?.

в) угол между боковым ребром и плоскостью основания;

Угол между боковым ребром (например, $DA$) и плоскостью основания ($ABC$) — это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией ребра $DA$ является отрезок $OA$. Искомый угол — это $\angle DAO$ в прямоугольном треугольнике $DOA$.

Мы знаем все стороны этого треугольника: $DO=3$, $OA=4$, $DA=5$.

$\sin(\angle DAO) = \frac{DO}{DA} = \frac{3}{5}$.

Следовательно, угол равен $\arcsin\left(\frac{3}{5}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{3}{5}\right)$.

г) угол наклона боковой грани к плоскости основания;

Угол наклона боковой грани (например, $DBC$) к плоскости основания ($ABC$) — это линейный угол двугранного угла, который образуется перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения ($BC$). Такими перпендикулярами являются апофема $DM$ и радиус вписанной окружности $OM$. Искомый угол — это $\angle DMO$ в прямоугольном треугольнике $DOM$.

Мы знаем катеты этого треугольника: $DO=3$, $OM=2$.

$\text{tg}(\angle DMO) = \frac{DO}{OM} = \frac{3}{2}$.

Следовательно, угол равен $\text{arctg}\left(\frac{3}{2}\right)$.

Ответ: $\text{arctg}\left(\frac{3}{2}\right)$.

д) скалярное произведение векторов $\frac{1}{2}(\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{DC})\overrightarrow{MA}$, где $M$ — середина ребра $BC$;

1. Упростим первый вектор. По правилу сложения векторов, выходящих из одной точки, вектор $\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{DC}$ равен $2\overrightarrow{DM}$, где $M$ — середина отрезка $BC$.

Таким образом, $\frac{1}{2}(\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{DC}) = \frac{1}{2}(2\overrightarrow{DM}) = \overrightarrow{DM}$.

2. Нам нужно найти скалярное произведение $\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MA}$.

По определению, скалярное произведение равно произведению длин векторов на косинус угла между ними: $\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MA} = |\overrightarrow{DM}| \cdot |\overrightarrow{MA}| \cdot \cos(\angle DMA)$.

3. Найдем длины векторов и косинус угла между ними. Рассмотрим треугольник $DMA$.

Длина $|\overrightarrow{DM}|$ — это апофема, мы ее нашли в пункте а): $|\overrightarrow{DM}| = \sqrt{13}$ см.

Длина $|\overrightarrow{MA}|$ — это медиана (и высота) равностороннего треугольника $ABC$. $|\overrightarrow{MA}| = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ см.

Длина ребра $|\overrightarrow{DA}|$ дана по условию: $|\overrightarrow{DA}| = 5$ см.

4. По теореме косинусов для треугольника $DMA$:

$DA^2 = DM^2 + MA^2 - 2 \cdot DM \cdot MA \cdot \cos(\angle DMA)$.

$5^2 = (\sqrt{13})^2 + 6^2 - 2 \cdot \sqrt{13} \cdot 6 \cdot \cos(\angle DMA)$.

$25 = 13 + 36 - 12\sqrt{13} \cdot \cos(\angle DMA)$.

$25 = 49 - 12\sqrt{13} \cdot \cos(\angle DMA)$.

$12\sqrt{13} \cdot \cos(\angle DMA) = 49 - 25 = 24$.

$\cos(\angle DMA) = \frac{24}{12\sqrt{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}}$.

5. Вычисляем скалярное произведение:

$\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MA} = |\overrightarrow{DM}| \cdot |\overrightarrow{MA}| \cdot \cos(\angle DMA) = \sqrt{13} \cdot 6 \cdot \frac{2}{\sqrt{13}} = 6 \cdot 2 = 12$.

Ответ: $12$.

е) радиус шара, вписанного в пирамиду.

Радиус $r_{\text{впис}}$ вписанного шара можно найти по формуле, связывающей объем пирамиды $V$ и площадь ее полной поверхности $S_{\text{полн}}$:

$V = \frac{1}{3} r_{\text{впис}} \cdot S_{\text{полн}}$.

Отсюда $r_{\text{впис}} = \frac{3V}{S_{\text{полн}}}$.

Из предыдущих пунктов имеем:

$V = 12\sqrt{3}$ см?.

$S_{\text{полн}} = 12\sqrt{3} + 6\sqrt{39}$ см?.

Подставляем значения:

$r_{\text{впис}} = \frac{3 \cdot 12\sqrt{3}}{12\sqrt{3} + 6\sqrt{39}} = \frac{36\sqrt{3}}{6\sqrt{3}(2 + \sqrt{13})} = \frac{6}{2 + \sqrt{13}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{13} - 2)$:

$r_{\text{впис}} = \frac{6(\sqrt{13} - 2)}{(2 + \sqrt{13})(\sqrt{13} - 2)} = \frac{6(\sqrt{13} - 2)}{(\sqrt{13})^2 - 2^2} = \frac{6(\sqrt{13} - 2)}{13 - 4} = \frac{6(\sqrt{13} - 2)}{9} = \frac{2(\sqrt{13} - 2)}{3}$ см.

Ответ: $\frac{2(\sqrt{13} - 2)}{3}$ см.

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.