ГДЗ по Геометрии 11 Класс Базовый Уровень Номер 21.88 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

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.

Ромб \(ABCD\) имеет все стороны равные \(a\) и углы при вершинах \(B\) и \(D\) равны \(\beta\). Перпендикуляры \(MO\) и \(BO\) к стороне \(AD\) образуют угол \(\alpha\).

Треугольники \(ABO\) и \(CBH\) равны, поэтому \(BO = BH\). В прямоугольном треугольнике \(ABO\) длина \(BO = a \sin \beta\).

В прямоугольном треугольнике \(MBO\) длина \(MB = BO \tan \alpha = a \sin \beta \tan \alpha\).

Тангенс искомого угла \(\angle MHB\) равен отношению \(MB\) к \(BH\), то есть

\(\tan \angle MHB = \frac{MB}{BH} = \frac{a \sin \beta \tan \alpha}{a \sin \beta} = \tan \alpha\).

Следовательно, \(\angle MHB = \alpha\).

Так как \(ABCD\) — ромб, все его стороны равны: \(AB = BC = CD = AD = a\). Из условия известно, что углы при вершинах \(B\) и \(D\) равны: \(\angle ABC = \angle ADC = \beta\). Поскольку \(MO\) и \(BO\) перпендикулярны к стороне \(AD\), то угол между ними \(\angle MOB = \alpha\). Угол \(\angle MHB\) — искомый, его нужно найти.

2 шаг. Докажем, что \(BO = BH\). Рассмотрим треугольники \(\triangle ABO\) и \(\triangle CBH\). Они равны по гипотенузе и острому углу, так как \(AB = BC\) (стороны ромба равны), и углы при вершинах \(O\) и \(H\) равны: \(\angle ABO = \angle CBH = \beta — 90^\circ\). Следовательно, равенство треугольников даёт равенство соответствующих сторон, в частности, \(BO = BH\).

3 шаг. Найдём длину \(BO\). Треугольник \(\triangle ABO\) прямоугольный, так как \(BO \perp AD\). Тогда по определению косинуса угла \(\angle ABO\) имеем: \(\cos \angle ABO = \frac{BO}{AB}\). Отсюда выразим \(BO\):

\(BO = AB \cos(\beta — 90^\circ) = a \cos(90^\circ — \beta) = a \sin \beta\).

4 шаг. Найдём длину \(MB\). Треугольник \(\triangle MBO\) тоже прямоугольный, так как \(MO \perp AD\). Тогда

\(MB = BO \tan \alpha = a \sin \beta \tan \alpha\).

5 шаг. Теперь найдём угол между гранью \(CDM\) и основанием пирамиды. Для этого используем тангенс угла \(\angle MHB\), который равен отношению противолежащего катета \(MB\) к прилежащему \(BH\):

\(\tan \angle MHB = \frac{MB}{BH} = \frac{a \sin \beta \tan \alpha}{a \sin \beta} = \tan \alpha\).

Отсюда следует, что

\(\angle MHB = \alpha\).

Ответ: \(\alpha\).