Номер 64, страница 164 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 21. Упражнения для повторения курса геометрии 11 класса. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 64, страница 164.

Условие.

21.64. Центр шара, описанного около правильной четырёхугольной пирамиды, делит её высоту в отношении $3:2$, считая от вершины пирамиды. Найдите двугранный угол пирамиды при её боковом ребре.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть $SABCD$ – правильная четырёхугольная пирамида с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. $SO$ – высота пирамиды, где $O$ – центр квадрата $ABCD$.Пусть $K$ – центр описанной сферы. По условию, точка $K$ лежит на высоте $SO$ и делит её в отношении $SK : KO = 3 : 2$, считая от вершины $S$.

Обозначим высоту пирамиды $SO$ как $H$. Тогда $SK = \frac{3}{5}H$ и $KO = \frac{2}{5}H$.Так как сфера описана около пирамиды, все её вершины лежат на сфере. Радиус сферы $R$ равен расстоянию от её центра $K$ до любой вершины пирамиды.Следовательно, $R = SK = \frac{3}{5}H$.Также $R = KC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $KOC$. По теореме Пифагора:$KC^2 = KO^2 + OC^2$Подставим известные значения:$R^2 = KO^2 + OC^2$$(\frac{3}{5}H)^2 = (\frac{2}{5}H)^2 + OC^2$$\frac{9}{25}H^2 = \frac{4}{25}H^2 + OC^2$$OC^2 = \frac{9}{25}H^2 - \frac{4}{25}H^2 = \frac{5}{25}H^2 = \frac{H^2}{5}$Отсюда $OC = \frac{H}{\sqrt{5}}$. $OC$ – это половина диагонали квадрата в основании.

Искомый двугранный угол при боковом ребре (например, при ребре $SC$) – это угол между плоскостями боковых граней $(SBC)$ и $(SDC)$.Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Проведём в плоскости грани $(SDC)$ высоту $DM$ к ребру $SC$. Так как пирамида правильная, то боковые грани $\triangle SDC$ и $\triangle SBC$ являются равными равнобедренными треугольниками. Следовательно, высота, проведённая из вершины $B$ к ребру $SC$ в треугольнике $\triangle SBC$, также попадёт в точку $M$.Таким образом, $DM \perp SC$ и $BM \perp SC$. Угол $\angle BMD$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим его $\alpha$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $BMD$. Найдём длины его сторон.Основание $BD$ – это диагональ квадрата $ABCD$. $BD = 2 \cdot OC = \frac{2H}{\sqrt{5}}$.Стороны $BM$ и $DM$ равны. Найдём длину $DM$ из треугольника $SDC$.Сначала найдём длину бокового ребра $SC$ из прямоугольного треугольника $SOC$:$SC^2 = SO^2 + OC^2 = H^2 + (\frac{H}{\sqrt{5}})^2 = H^2 + \frac{H^2}{5} = \frac{6H^2}{5}$$SC = H\sqrt{\frac{6}{5}}$Теперь найдём сторону основания $DC$. Так как $OC$ – половина диагонали, то $AC=2\cdot OC = \frac{2H}{\sqrt{5}}$. Сторона квадрата $DC = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{2H}{\sqrt{5}\sqrt{2}} = \frac{2H}{\sqrt{10}}$.Площадь треугольника $SDC$ можно вычислить двумя способами.1. Через высоту $SL$ (апофему), проведённую к основанию $DC$. В $\triangle SOL$: $OL = \frac{DC}{2} = \frac{H}{\sqrt{10}}$.$SL^2 = SO^2 + OL^2 = H^2 + (\frac{H}{\sqrt{10}})^2 = H^2 + \frac{H^2}{10} = \frac{11H^2}{10}$.$SL = H\sqrt{\frac{11}{10}}$.Площадь $S_{\triangle SDC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot SL = \frac{1}{2} \cdot \frac{2H}{\sqrt{10}} \cdot H\sqrt{\frac{11}{10}} = \frac{H^2\sqrt{11}}{10}$.2. Через высоту $DM$, проведённую к стороне $SC$: $S_{\triangle SDC} = \frac{1}{2} \cdot SC \cdot DM$.Приравняем площади:$\frac{1}{2} \cdot H\sqrt{\frac{6}{5}} \cdot DM = \frac{H^2\sqrt{11}}{10}$$DM = \frac{H^2\sqrt{11}}{10} \cdot \frac{2}{H\sqrt{6/5}} = \frac{H\sqrt{11}}{5\sqrt{6/5}} = \frac{H\sqrt{11}}{\sqrt{25 \cdot 6/5}} = \frac{H\sqrt{11}}{\sqrt{30}} = H\sqrt{\frac{11}{30}}$.Итак, $BM = DM = H\sqrt{\frac{11}{30}}$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $BMD$:$BD^2 = BM^2 + DM^2 - 2 \cdot BM \cdot DM \cdot \cos\alpha$$(\frac{2H}{\sqrt{5}})^2 = (H\sqrt{\frac{11}{30}})^2 + (H\sqrt{\frac{11}{30}})^2 - 2 (H\sqrt{\frac{11}{30}})(H\sqrt{\frac{11}{30}}) \cos\alpha$$\frac{4H^2}{5} = \frac{11H^2}{30} + \frac{11H^2}{30} - 2 \cdot \frac{11H^2}{30} \cos\alpha$Сократим на $H^2$ (поскольку $H \neq 0$):$\frac{4}{5} = \frac{22}{30} - \frac{22}{30}\cos\alpha$$\frac{4}{5} = \frac{11}{15} - \frac{11}{15}\cos\alpha$Умножим обе части уравнения на 15:$12 = 11 - 11\cos\alpha$$1 = -11\cos\alpha$$\cos\alpha = -\frac{1}{11}$Следовательно, искомый двугранный угол $\alpha = \arccos(-\frac{1}{11})$.

Ответ: $\arccos(-\frac{1}{11})$.