Номер 88, страница 166 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 21. Упражнения для повторения курса геометрии 11 класса. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 88, страница 166.

Условие.

21.88. Ромб $ABCD$ является основанием пирамиды $MABCD$. Известно, что $AB=a$, $\angle ABC=\beta$. Грани $ABM$ и $CBM$ перпендикулярны основанию пирамиды, а угол между гранью $ADM$ и основанием равен $\alpha$.

1) Найдите угол между гранью $CDM$ и основанием пирамиды.

2) Найдите объём пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Поскольку грани $ABM$ и $CBM$ перпендикулярны плоскости основания $ABCD$, то их линия пересечения, ребро $MB$, также перпендикулярна плоскости основания. Таким образом, $MB$ является высотой пирамиды. Обозначим её как $H$, то есть $H=MB$.

Основанием пирамиды является ромб $ABCD$ со стороной $a$ и углом $\angle ABC = \beta$. Площадь основания $S_{осн}$ можно вычислить по формуле площади параллелограмма (ромб является частным случаем): $S_{осн} = AB \cdot BC \cdot \sin(\angle ABC) = a \cdot a \cdot \sin(\beta) = a^2 \sin(\beta)$.

1) Найдите угол между гранью CDM и основанием пирамиды.

Угол между наклонной плоскостью (гранью) и плоскостью основания — это двугранный угол, который измеряется своим линейным углом.

По условию, угол между гранью $ADM$ и основанием равен $\alpha$. Построим линейный угол этого двугранного угла. Из точки $B$ (проекции вершины $M$ на основание) опустим перпендикуляр $BK$ на прямую $AD$. Поскольку $MB \perp (ABCD)$ и $BK \perp AD$ (по построению), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $MK$ также перпендикулярна $AD$. Следовательно, угол $\angle MKB$ является линейным углом двугранного угла при ребре $AD$, и $\angle MKB = \alpha$.

Найдем длину отрезка $BK$. $BK$ — это расстояние от вершины $B$ до стороны $AD$. Так как в ромбе противолежащие стороны параллельны ($AD \parallel BC$), то $BK$ является высотой ромба. Высота ромба равна произведению стороны на синус прилежащего угла: $BK = AB \cdot \sin(\angle BAD)$. Углы $\angle BAD$ и $\angle ABC$ — соседние углы ромба, их сумма равна $180^\circ$, поэтому $\angle BAD = 180^\circ - \beta$. $BK = a \cdot \sin(180^\circ - \beta) = a \sin(\beta)$.

Из прямоугольного треугольника $MKB$ (угол $\angle MBK = 90^\circ$) можем найти высоту пирамиды $H$: $H = MB = BK \cdot \tan(\angle MKB) = a \sin(\beta) \tan(\alpha)$.

Теперь найдем искомый угол между гранью $CDM$ и основанием. Обозначим его $\gamma$. Построим линейный угол этого двугранного угла. Из точки $B$ опустим перпендикуляр $BL$ на прямую $CD$. По теореме о трех перпендикулярах, $ML \perp CD$. Значит, $\angle MLB$ — линейный угол двугранного угла при ребре $CD$, и $\angle MLB = \gamma$.

Найдем длину отрезка $BL$. $BL$ — это высота треугольника $BCD$, проведенная из вершины $B$ к стороне $CD$. Треугольник $BCD$ является равнобедренным, так как $BC=CD=a$. Угол $\angle BCD = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - \beta$. В треугольнике $BCL$, который является прямоугольным ($\angle BLC = 90^\circ$), имеем: $BL = BC \cdot \sin(\angle BCD) = a \cdot \sin(180^\circ - \beta) = a \sin(\beta)$.

Мы получили, что $BK = BL = a \sin(\beta)$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MLB$ ($\angle MBL = 90^\circ$). Тангенс угла $\gamma$ равен: $\tan(\gamma) = \tan(\angle MLB) = \frac{MB}{BL} = \frac{a \sin(\beta) \tan(\alpha)}{a \sin(\beta)} = \tan(\alpha)$.

Так как $\alpha$ и $\gamma$ — острые углы (углы между гранями и основанием), из равенства их тангенсов следует равенство самих углов: $\gamma = \alpha$.

Ответ: $\alpha$

2) Найдите объём пирамиды.

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

Площадь основания (ромба $ABCD$) мы уже нашли: $S_{осн} = a^2 \sin(\beta)$.

Высота пирамиды $H = MB$ также была найдена в предыдущем пункте: $H = a \sin(\beta) \tan(\alpha)$.

Подставим найденные значения в формулу для объёма: $V = \frac{1}{3} \cdot (a^2 \sin(\beta)) \cdot (a \sin(\beta) \tan(\alpha))$.

$V = \frac{1}{3} a^3 \sin^2(\beta) \tan(\alpha)$.

Ответ: $\frac{1}{3} a^3 \sin^2(\beta) \tan(\alpha)$