14224. Дана правильная треугольная пирамида ABCD
с вершиной D
. Отношение её высоты к расстоянию от вершины A
до плоскости BCD
равно \frac{5}{9}
. 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) \arctg\frac{4}{3}=\arccos\frac{3}{5}=\arcsin\frac{4}{5}
;
б) \arccos\frac{3}{5}=\arcsin\frac{4}{5}=\arctg\frac{4}{3}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{25}\right)=2\arctg\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}
;
г) \arcsin\frac{18}{25}
.
Решение. Пусть M
— середина ребра BC
, DH
— высота пирамиды, AP
и MQ
— высоты треугольника ADM
. Тогда AP
— перпендикуляр к плоскости BCD
, плоскость BCQ
перпендикулярна прямой AD
. Обозначим \beta=\angle DMH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре основания, \alpha=\angle DAH
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \gamma=\angle BQC
— линейный угол двугранного ребра при боковом ребре, \varphi
— угол апофемы с соседней боковой гранью.
а) Положим DH=5h
, AP=9h
. Треугольник HTM
подобен треугольнику APM
с коэффициентом \frac{1}{3}
, поэтому HT=\frac{1}{3}AP=3h
. Из прямоугольных треугольников DHM
и HTD
находим, что
\cos\beta=\cos\angle DMH=\cos\angle HMT=\frac{HT}{DH}=\frac{3h}{5h}=\frac{3}{5},
\sin\beta=\frac{4}{5},~\tg\beta=\frac{4}{3}.
Тогда
HM=\frac{HT}{\sin\alpha}=\frac{15}{4}h,~AH=2HM=\frac{15}{2}h,~AM=3HM=\frac{45}{4}h.
б) Из прямоугольного треугольника AHD
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle DAH=\frac{DH}{AH}=\frac{5h}{\frac{15}{4}h}=\frac{2}{3},~
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4}{9}}}=\frac{3}{\sqrt{13}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}}.
в) Треугольник ABC
равносторонний, поэтому
BM=AM\ctg60^{\circ}=\frac{45}{4}h\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{15h\sqrt{3}}{4}.
В равнобедренном треугольнике BQC
отрезок QM
— медиана, высота и биссектриса. Из прямоугольных треугольников AQM
и BMQ
находим, что
QM=AM\sin\alpha=\frac{45}{4}h\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{45h}{2\sqrt{13}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{QM}=\frac{\frac{15h\sqrt{3}}{4}}{\frac{45h}{2\sqrt{13}}}=\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}},~\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{13}{12}}{1+\frac{13}{12}}=-\frac{1}{25}.
г) Пусть N
— середина ребра AB
. Найдём угол \varphi
между апофемой DN
и боковой гранью BDC
. Его синус равен отношению расстояния от точки N
до плоскости BDC
к длине апофемы DN
.
Проведём высоту AP
треугольника ADM
. Тогда AP
— перпендикуляр к плоскости BCD
, а его длина равна расстоянию от точки A
до этой плоскости. Поскольку N
— середина наклонной AB
к этой плоскости, расстояние c
от точки N
до плоскости BCD
вдвое меньше AP
(см. задачу 9180), т. е.
c=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}AM\sin\beta=\frac{1}{2}\cdot\frac{45}{4}h\cdot\frac{4}{5}=\frac{9}{2}h.
Из прямоугольного треугольника DHN
находим, что
DN=\frac{HN}{\cos\angle DNH}=\frac{HN}{\cos\beta}=\frac{\frac{15}{4}h}{\frac{3}{5}}=\frac{25}{4}h.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{c}{DN}=\frac{\frac{9}{2}h}{\frac{25}{4}x}=\frac{18}{25}.