ГДЗ по Геометрии 11 Класс Базовый Уровень Номер 21.64 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

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.

Пусть \( SO = 3x \), \( OH = 2x \).

Найдём диагональ основания пирамиды: \( SH = 5x \), \( OD = 3x \).

Так как \( OH \perp HD \), то \( DH = \sqrt{DO^2 — OH^2} = \sqrt{(3x)^2 — (2x)^2} = \sqrt{5x^2} = x\sqrt{5} \).

Тогда \( DB = 2DH = 2x\sqrt{5} \).

Найдём боковое ребро пирамиды: \( SH \perp AH \).

\( SA = \sqrt{SH^2 + AH^2} = \sqrt{(5x)^2 + (\sqrt{5}x)^2} = \sqrt{30x^2} = x\sqrt{30} \).

Найдём отрезок бокового ребра \( AK \):

\( AH^2 = AK \cdot AS \),

\( AK = \frac{AH^2}{AS} = \frac{5x^2}{x\sqrt{30}} = x \sqrt{\frac{5}{6}} \).

Найдём отрезок \( KH \):

\( KH^2 = AH^2 — AK^2 = 5x^2 — \frac{25}{6}x^2 = \frac{5}{6}x^2 \),

\( KH = \frac{5}{\sqrt{6}} x \).

Найдём угол \( \angle DKH \):

\(\tan \angle DKH = \frac{HD}{KH} = \frac{x\sqrt{5}}{\frac{5}{\sqrt{6}} x} = \frac{\sqrt{30}}{5} \),

\(\angle DKH = \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).

Найдём угол \( \angle BKD \):

\(\angle BKD = 2 \angle DKH = 2 \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).

Ответ: \( 2 \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).

Пусть \( SO = 3x \) и \( OH = 2x \). Это вводные обозначения, которые позволяют нам выразить все длины через одну переменную \( x \), что значительно упрощает вычисления. Далее нам нужно найти диагональ основания пирамиды. Из условия известно, что \( SH = 5x \), а \( OD = 3x \). Рассмотрим треугольник \( OHD \), где \( OH \perp HD \). Используя теорему Пифагора, вычислим длину \( DH \) как \( \sqrt{DO^2 — OH^2} \). Подставляя известные значения, получаем \( DH = \sqrt{(3x)^2 — (2x)^2} = \sqrt{9x^2 — 4x^2} = \sqrt{5x^2} = x\sqrt{5} \). Поскольку \( DB \) — это двойная длина \( DH \), то \( DB = 2DH = 2x\sqrt{5} \).

Теперь найдём боковое ребро пирамиды \( SA \). Рассмотрим треугольник \( SHA \), в котором \( SH \perp AH \). Тогда длина \( SA \) равна гипотенузе, которую можно найти по формуле \( SA = \sqrt{SH^2 + AH^2} \). Известно, что \( SH = 5x \), а \( AH = \sqrt{5} x \). Подставляя, получаем \( SA = \sqrt{(5x)^2 + (\sqrt{5} x)^2} = \sqrt{25x^2 + 5x^2} = \sqrt{30x^2} = x\sqrt{30} \).

Далее найдём отрезок \( AK \) на боковом ребре, где \( K \) — точка пересечения перпендикуляров от нижней вершины. Рассмотрим треугольник \( SHA \), где \( SH \perp AH \), и \( HK \perp AS \). Из условия \( AH^2 = AK \cdot AS \), следовательно, \( AK = \frac{AH^2}{AS} \). Подставляя значения, получаем \( AK = \frac{5x^2}{x\sqrt{30}} = x \sqrt{\frac{5}{6}} \).

Теперь найдём отрезок \( KH \) в треугольнике \( AKH \), где \( HK \perp AK \). По теореме Пифагора \( KH^2 = AH^2 — AK^2 \). Подставим значения: \( KH^2 = 5x^2 — \frac{25}{6} x^2 = \frac{30}{6} x^2 — \frac{25}{6} x^2 = \frac{5}{6} x^2 \). Следовательно, \( KH = \frac{5}{\sqrt{6}} x \).

Наконец, найдём угол \( \angle DKH \). Из треугольника \( DKH \) известно, что \( \tan \angle DKH = \frac{HD}{KH} \). Подставим значения: \( \tan \angle DKH = \frac{x \sqrt{5}}{\frac{5}{\sqrt{6}} x} = \frac{\sqrt{5}}{\frac{5}{\sqrt{6}}} = \frac{\sqrt{5} \cdot \sqrt{6}}{5} = \frac{\sqrt{30}}{5} \). Значит, \( \angle DKH = \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).

Угол \( \angle BKD \) равен удвоенному углу \( \angle DKH \), то есть \( \angle BKD = 2 \angle DKH = 2 \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).

Ответ: \( 2 \arctan \frac{\sqrt{30}}{5} \).