14223. Угол между противоположными боковыми гранями правильной шестиугольной пирамиды равен 60^{\circ}
. Найдите:
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол бокового ребра с плоскостью основания;
в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) 60^{\circ}
;
б) \arctg\frac{3}{2}=\arccos\frac{2}{\sqrt{13}}=\arcsin\frac{3}{\sqrt{13}}
;
в) \gamma=\arccos\left(-\frac{5}{8}\right)=2\arctg\frac{\sqrt{39}}{3}
;
г) \arcsin\frac{\sqrt{3}}{8}
.
Решение. Пусть сторона основания ABCDEF
правильной шестиугольной пирамиды SABCD
равна a
, H
— центр основания, M
и N
— середины рёбер AB
и ED
соответственно, G
— точка пересечения диагоналей DF
и HE
ромба DEFH
, GL
— перпендикуляр к ребру SE
. Тогда DH
— высота пирамиды, \angle SMN=\angle SNM=\beta
— линейный угол двугранного угла при основании пирамиды, \angle DLF=\gamma
— линейный угол двугранного угла при боковом ребре.
а) Плоскости ASB
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
и имеют общую точку S
. Значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно AB
и DE
, а линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями, — это угол MSN
, по условию равный 60^{\circ}
. Следовательно,
\beta=\angle SMH=\angle SMN=60^{\circ}.
б) Из равностороннего треугольника MSN
получаем
SH=\frac{MN\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}a,
а из прямоугольного треугольника SHA
—
\tg\alpha=\frac{SH}{HA}=\frac{\frac{3}{2}a}{a}=\frac{3}{2}.
Тогда
\ctg\alpha=\frac{2}{3},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4}{9}}}=\frac{3}{\sqrt{13}},~
б) Отрезок GL
— медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника DLF
. Из прямоугольных треугольников ELG
и DGL
находим, что
GL=EG\sin\alpha=\frac{a}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3a}{2\sqrt{13}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{DG}{GL}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{3a}{2\sqrt{13}}}=\frac{\sqrt{39}}{3}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{39}{9}}{1+\frac{39}{9}}=-\frac{5}{8}.
в) Из равностороннего треугольника MST
получаем, что SM=SN=MN=a\sqrt{3}
. Обозначим угол апофемы SN
с плоскостью CSD
через \varphi
. Расстояние d
от середины N
наклонной DE
к плоскости ESF
вдвое меньше расстояния от точки D
до этой плоскости, которое равно расстоянию до этой плоскости от точки H
(так как прямая DH
параллельна плоскости ESF
), т. е. половине высоты HP
прямоугольного треугольника расстояния от точки H
до высоты SK
треугольника ESF
, т. е.
d=\frac{1}{2}HP=\frac{1}{2}\cdot\frac{HK\cdot SH}{SK}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{3}{2}a}{a\sqrt{3}}=\frac{3}{8}a.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{d}{SN}=\frac{\frac{3}{8}a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{8}.
Примечание. Второй вариант. Угол бокового ребра с плоскостью основания правильной шестиугольной пирамиды равен 60^{\circ}
. Найдите:
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол между соседними боковыми гранями;
в) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ: а) \arctg2=\arccos\frac{1}{\sqrt{5}}=\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}
; б) \arccos\left(-\frac{3}{5}\right)=2\arctg2
. в) \arcsin\frac{1}{5}
.