14226. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Отношение её высоты к расстоянию от вершины A
до ребра SD
равно \frac{5}{6}
. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани 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) \arctg\frac{8}{3\sqrt{3}}=\arccos\frac{3\sqrt{3}}{91}=\arcsin\frac{8}{\sqrt{91}}
;
в) \arccos\left(-\frac{59}{91}\right)=2\arctg\frac{5\sqrt{3}}{4}
;
г) \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{16}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCDEF
, AP
— высота треугольника ASD
, N
— середина ребра DE
, G
— точка пересечения диагоналей AE
и FH
ромба AFEH
, GQ
— перпендикуляр к боковому ребру SF
. Тогда SH
— высота пирамиды, плоскость AQE
перпендикулярна боковому ребру SF
.
Обозначим \angle SDA=\alpha
— угол бокового ребра пирамиды с плоскостью её основания, \beta=\angle SNH
— угол боковой грани с плоскостью основания, \gamma=\angle AQE
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SF
, \varphi
— угол апофемы SN
с боковой гранью ESF
. Положим SH=5h
, AP=6h
.
а) Опустим перпендикуляр HT
на ребро SD
. Тогда HT=\frac{1}{2}AP=3h
, так как HT
— средняя линия треугольника APD
. Из прямоугольных треугольников SHD
и STH
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle SDH=\cos\angle SHT=\frac{HT}{SH}=\frac{3h}{5h}=\frac{3}{5},
\sin\alpha=\frac{4}{5},~\tg\alpha=\frac{4}{3}.
б) Пусть ребро основания пирамиды равно a
. Тогда
SH=HD\tg\alpha=a\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{4}a,~AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника SHN
находим, что
\tg\beta=\tg\angle SNH=\frac{SH}{HN}=\frac{\frac{3}{4}a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{3\sqrt{3}},~
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{64}{27}}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{91}},~\sin\beta=\frac{8}{\sqrt{91}}.
в) В равнобедренном треугольнике AQE
отрезок QG
— медиана, высота и биссектриса. Тогда
GQ=FG\sin\alpha=\frac{a}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{2a}{5},~AG=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{AG}{GQ}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{2}{5}a}=\frac{5\sqrt{3}}{4},~\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{75}{16}}{1+\frac{75}{16}}=-\frac{59}{91}.
г) Синус угла между апофемой SN
и боковой гранью ESF
равен отношению расстояния от точки N
до плоскости ECF
к длине апофемы DN
. Поскольку N
— середина наклонной DE
к плоскости SCF
, расстояние от точки N
до этой плоскости вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки D
, а так как прямая DH
параллельна плоскости ESF
, то точки D
и H
равноудалены от плоскости ESF
. Точка H
равноудалена от плоскостей всех боковых граней правильной пирамиды. Опустим перпендикуляр HK
на апофему SN
. Тогда HK
— перпендикуляр к этой плоскости, поэтому расстояние от точки H
до плоскости DSE
, а значит, и до плоскости ESF
, равно длине отрезка HK
.
Из прямоугольных треугольников HKN
и SHN
находим, что
HK=AN\sin\angle HNK=AN\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{8}{\sqrt{91}},
SN=\frac{HN}{\cos\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{91}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{91}}{3\sqrt{3}}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}HK}{SN}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{8}{\sqrt{91}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{91}}{3\sqrt{3}}}=\frac{12\sqrt{3}}{91}.