14221. Угол боковой грани с плоскостью основания правильной треугольной пирамиды равен 60^{\circ}
. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол между боковыми гранями;
в) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arctg\frac{\sqrt{3}}{2}=\arcsin\sqrt{\frac{3}{7}}
;
б) \arccos\frac{1}{8}=2\arctg\frac{\sqrt{7}}{3}
;
в) \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{8}
.
Решение. Пусть сторона основания ABC
правильной пирамиды ABCD
равна a
, H
— центр основания, M
и N
— середины рёбер AB
и AC
соответственно, MF
— перпендикуляр к CD
, MP
— перпендикуляр к апофеме DN
. Тогда DH
и BP
— высоты пирамиды, DMH
— линейный угол двугранного угла при ребре AB
основания пирамиды, \angle DCH=\alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \angle AFB=\gamma
— линейный угол двугранного угла при боковом ребре пирамиды.
а) Из прямоугольного треугольника DHM
получаем
DH=HM\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\sqrt{3}=\frac{a}{2}.
Из прямоугольного треугольника DHC
находим, что
\tg\alpha=\frac{DH}{CH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Тогда
\ctg\alpha=\frac{2}{\sqrt{3}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4}{3}}}=\sqrt{\frac{3}{7}}.
б) Отрезок MF
— медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника AFB
. Из прямоугольных треугольников CFM
и AMF
находим, что
MF=CM\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{3a}{2\sqrt{7}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{AM}{MF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3a}{2\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{7}}{3}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{7}{9}}{1+\frac{7}{9}}=\frac{1}{8}.
в) Обозначим угол апофемы DM
с плоскостью ADC
через \varphi
. Поскольку M
— середина наклонной BA
к плоскости ADC
, расстояние от точки M
до плоскости ADC
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки B
(см. задачу 9180), т. е. равно половине высоты BP
пирамиды. Из прямоугольных треугольников DHM
и BPN
находим, что
DM=2MH=\frac{a\sqrt{3}}{3},
BP=BN\sin\angle BND=BN\sin\angle DMH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4}a.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}BP}{MD}=\frac{\frac{3}{8}a}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}.
Примечание. Второй вариант. Угол бокового ребра с плоскостью основания правильной треугольной пирамиды равен 60{\circ}
. Найдите:
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол между боковыми гранями;
в) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ: а) \arctg2\sqrt{3}=\arcsin\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}
; б) \arccos\frac{5}{13}=\arctg\frac{2}{3}
; в) \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{13}
.