Геометрия 3D, страница 128 - гдз по геометрии 7 класс учебник Казаков

Геометрия 3D

Задача 1. DABC — правильная треугольная пирамида, точка K — середина ребра DC, $\angle AKB = 50^\circ$. Найдите $\angle KAB$ (рис. 245).

Решение. Так как пирамида правильная, то треугольники $ADC$ и $BDC$ — равные равнобедренные, $AD = BD$, $BD = CD$, $\angle ADC = \angle BDC$. Тогда $\triangle ADK = \triangle BDK$ по двум сторонам и углу между ними. Отсюда $AK = BK$, $\triangle AKB$ — равнобедренный, $\angle KAB = \frac{180^\circ - 50^\circ}{2} = 65^\circ$.

Рис. 245

Ответ: 65°.

Задача 2. Сделайте чертеж правильной пирамиды DABC. Отметьте середину M ребра AD и найдите углы треугольника BMC, если известно, что AB = BM.

Задача 2.

Сделаем чертеж правильной пирамиды DABC. В основании лежит правильный треугольник ABC, D — вершина пирамиды. M — середина ребра AD.

Поскольку DABC — правильная треугольная пирамида, ее основание ABC является равносторонним треугольником, а все боковые ребра равны между собой. Пусть сторона основания равна $a$, а длина бокового ребра равна $l$. Тогда $AB = BC = CA = a$ и $DA = DB = DC = l$.

По условию точка M является серединой ребра AD, следовательно, $AM = MD = \frac{AD}{2} = \frac{l}{2}$.

Также дано, что $AB = BM$. Так как $AB = a$, то и $BM = a$.

Рассмотрим треугольник ABM. Мы знаем длины всех его сторон: $AB = a$, $BM = a$ и $AM = \frac{l}{2}$. Этот треугольник является равнобедренным. Угол $\angle MAB$ этого треугольника совпадает с углом $\angle DAB$ при основании боковой грани пирамиды. Применим теорему косинусов к треугольнику ABM, чтобы выразить косинус этого угла:
$BM^2 = AB^2 + AM^2 - 2 \cdot AB \cdot AM \cdot \cos(\angle MAB)$
$a^2 = a^2 + (\frac{l}{2})^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{l}{2} \cdot \cos(\angle DAB)$
$0 = \frac{l^2}{4} - al \cos(\angle DAB)$
$al \cos(\angle DAB) = \frac{l^2}{4}$
$\cos(\angle DAB) = \frac{l^2}{4al} = \frac{l}{4a}$

Теперь рассмотрим боковую грань — треугольник DAB. Он является равнобедренным с боковыми сторонами $DA = DB = l$ и основанием $AB = a$. Снова применим теорему косинусов для нахождения того же угла $\angle DAB$:
$DB^2 = DA^2 + AB^2 - 2 \cdot DA \cdot AB \cdot \cos(\angle DAB)$
$l^2 = l^2 + a^2 - 2 \cdot l \cdot a \cdot \cos(\angle DAB)$
$0 = a^2 - 2al \cos(\angle DAB)$
$2al \cos(\angle DAB) = a^2$
$\cos(\angle DAB) = \frac{a^2}{2al} = \frac{a}{2l}$

Мы получили два разных выражения для косинуса одного и того же угла. Приравняв их, найдем соотношение между длиной бокового ребра $l$ и стороной основания $a$:
$\frac{l}{4a} = \frac{a}{2l}$
$2l^2 = 4a^2$
$l^2 = 2a^2 \implies l = a\sqrt{2}$

Наша цель — найти углы треугольника BMC. Для этого определим длины его сторон.
1. Сторона $BC$ — это сторона основания, поэтому $BC = a$.
2. Сторона $BM$ по условию равна $AB$, так что $BM = a$.
3. Осталось найти длину стороны $MC$.

Рассмотрим треугольник ADC. Так как пирамида правильная, все ее боковые грани — равные равнобедренные треугольники. Значит, $\triangle ADC \cong \triangle ADB$. Следовательно, $AD = CD = l = a\sqrt{2}$, $AC = a$, и $\angle DAC = \angle DAB$.
Найдем косинус этого угла, подставив найденное соотношение $l = a\sqrt{2}$ в одно из выражений:
$\cos(\angle DAC) = \cos(\angle DAB) = \frac{a}{2l} = \frac{a}{2(a\sqrt{2})} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$

Теперь в треугольнике AMC известны две стороны ($AC = a$ и $AM = \frac{l}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$) и угол между ними ($\angle MAC = \angle DAC$). Применим теорему косинусов для нахождения стороны $MC$:
$MC^2 = AM^2 + AC^2 - 2 \cdot AM \cdot AC \cdot \cos(\angle MAC)$
$MC^2 = (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 + a^2 - 2 \cdot (\frac{a\sqrt{2}}{2}) \cdot a \cdot (\frac{1}{2\sqrt{2}})$
$MC^2 = \frac{2a^2}{4} + a^2 - \frac{2a^2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$
$MC^2 = \frac{a^2}{2} + a^2 - \frac{a^2}{2}$
$MC^2 = a^2 \implies MC = a$

Таким образом, мы установили, что все стороны треугольника BMC равны $a$:
$BM = a$
$BC = a$
$MC = a$

Следовательно, треугольник BMC является равносторонним. Все углы равностороннего треугольника равны $60^\circ$.

Ответ: все углы треугольника BMC равны $60^\circ$.