14235. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину пирамиды и меньшую диагональ основания, — равносторонний треугольник. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с основанием;
в) угол между противоположными боковыми гранями;
г) угол между боковыми гранями;
д) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}=\arcsin\sqrt{\frac{2}{3}}=\arctg\sqrt{2}
;
б) \arctg\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\arccos\sqrt{\frac{3}{11}}=\arcsin\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{11}}
;
в) \arccos\frac{5}{11}=2\arctg\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}
;
г) \arccos\left(-\frac{7}{11}\right)=2\arctg\frac{3}{\sqrt{2}}
;
д) \arcsin\frac{\sqrt{6}}{11}
.
Решение. Пусть AB=a
, H
— центр основания ABCDEF
, M
— середина ребра DE
. Тогда SH
— высота пирамиды, а SB=BD=a\sqrt{3}
. Обозначим \angle SBH=\alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \angle SMH=\beta
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре основания.
а) Из прямоугольного треугольника SHB
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle SBH=\frac{BH}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\sin\alpha=\sqrt{\frac{2}{3}},~\tg\alpha=\sqrt{2}.
б) Из прямоугольных треугольников SHB
и SHM
находим, что
SH=BH\tg\alpha=a\sqrt{2},~\tg\beta=\tg\angle SMH=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
Тогда
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{8}{3}}}=\sqrt{\frac{3}{11}},~\sin\beta=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{11}}.
в) Пусть N
середина ребра AB
. Плоскости ASB
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
соответственно и имеют общую точку S
, значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно AB
и DE
(см. задачу 8004), а так как SN
и SM
перпендикулярны этой прямой, то MSN
— линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Обозначим \angle MSN=\delta
. Тогда
\tg\frac{\delta}{2}=\frac{HM}{SH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},~\cos\delta=\frac{1-\tg^{2}\frac{\delta}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\delta}{2}}=\frac{1-\frac{3}{8}}{1+\frac{3}{8}}=\frac{5}{11}.
г) Пусть K
— точка пересечения диагоналей ромба DEFH
, а KP
— перпендикуляр к ребру SE
. Тогда прямая SE
перпендикулярна пересекающимся прямым DF
(по теореме о трёх перпендикулярах) и KP
плоскости DPF
, значит, DPF
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре SE
. Обозначим \angle DPF=\gamma
. Медиана PK
равнобедренного треугольника DPF
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников EKP
и DKP
находим, что
PK=KE\sin\alpha=\frac{a}{2}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle DPK=\frac{DK}{PK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3}{\sqrt{2}}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{9}{2}}{1+\frac{9}{2}}=-\frac{7}{11}.
д) Пусть угол апофемы SM
с плоскостью ESF
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки M
до плоскости ESF
к длине отрезка SM
.
Точка M
— середина наклонной DE
к плоскости ESF
, поэтому расстояние от точки M
до плоскости ESF
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки D
(см. задачу 9180). Прямая DH
параллельна прямой EF
, поэтому прямая DH
параллельна плоскости ESF
. Значит, расстояние от точки D
до плоскости ESF
равно расстоянию до этой плоскости от точки H
, равному высоте HQ
прямоугольного треугольника SHL
, где L
— середина ребра EF
. Из прямоугольных треугольников DMS
и HQL
находим, что
SM=\sqrt{SD^{2}-DM^{2}}=\sqrt{3a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{11}}{2},~
HQ=HL\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}},
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}HQ}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{11}}}{\frac{a\sqrt{11}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{11}.