14504. Дана треугольная призма, основание которой — правильный треугольник и все рёбра которой равны между собой. Ортогональная проекция вершины одного основания на плоскость другого совпадает с центром этого основания. Найдите:
а) угол бокового ребра призмы с плоскостью её основания;
б) углы боковых граней призмы;
в) двугранные углы призмы при всех её рёбрах.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
;
б) 60^{\circ}
и 120^{\circ}
, 60^{\circ}
и 120^{\circ}
, 90^{\circ}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)
, \arccos\frac{1}{3}
, \arccos\frac{1}{3}
— двугранные углы при рёбрах одного основания;
\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
, \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
, \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
— двугранные углы при рёбрах другого основания;
\arccos\frac{1}{3}
, \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
и \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
— двугранные углы при боковых рёбрах.
Решение. Пусть ортогональная проекция вершины A_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}
данной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
совпадает с центром H
основания ABC
, а все рёбра призмы равны 1. Тогда ABCA_{1}
— правильный тетраэдр с ребром 1.
а) Обозначим через \alpha
угол бокового ребра призмы с плоскостью основания ABC
. Тогда
\cos\alpha=\cos\angle A_{1}AH=\frac{HA}{AA_{1}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
.
б) Треугольник ABA_{1}
равносторонний, поэтому \angle BAA_{1}=60^{\circ}
. Тогда \angle ABB_{1}=120^{\circ}
. Аналогично,
\angle CAA_{1}=60^{\circ},~\angle ACC_{1}=120^{\circ}.
По теореме о трёх перпендикулярах AA_{1}\perp BC
, а так как BB_{1}\parallel AA_{1}
, то BB_{1}\perp BC
. Значит, BCC_{1}B_{1}
— прямоугольник. Следовательно, углы боковой грани BCC_{1}B
равны по 90^{\circ}
.
в) Пусть M
и M_{1}
— середины рёбер BC
и B_{1}C_{1}
соответственно. Поскольку AA_{1}\perp BC
и MM_{1}\parallel AA_{1}
, то MM_{1}\perp BC
, а так как AM\perp BC
, то AMM_{1}
— линейный угол двугранного угла призмы при ребре BC
. Из параллелограмма AA_{1}M_{1}M
находим, что
\angle AMM_{1}=180^{\circ}-\angle MAA_{1}=180^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right).
Обозначим через \beta
двугранный угол при ребре AB
призмы. Пусть K
— середина ребра AB
. Поскольку ABCA_{1}
— правильный тетраэдр,
\cos\beta=\frac{HK}{A_{1}K}=\frac{1}{3}.
Следовательно,
\cos\angle HKA_{1}=\beta=\arccos\frac{1}{3}.
Аналогично, двугранный угол призмы при ребре AC
также равен \arccos\frac{1}{3}
.
Поскольку AA_{1}M_{1}M
— параллелограмм, двугранный угол призмы при ребре BC
дополняет до 180^{\circ}
угол MAA_{1}
, а значит, равен
180^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right).
Тогда двугранные углы при рёбрах A_{1}B_{1}
, AC_{1}
и B_{1}C_{1}
, равны соответственно
\arccos\left(-\frac{1}{3}\right),~\arccos\left(-\frac{1}{3}\right),~\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}.
Осталось найти двугранные углы при боковых рёбрах призмы, т. е. углы перпендикулярного сечения призмы.
Пусть N
— середина ребра AA_{1}
. Тогда BN\perp AA_{1}
и CN\perp AA_{1}
, поэтому плоскость BNC
перпендикулярна ребру AA_{1}
, а значит, и рёбрам BB_{1}
и CC_{1}
. Следовательно, равнобедренный треугольник BNC
— перпендикулярное сечение призмы. Поскольку ABCA_{1}
— правильный тетраэдр, то углы при вершинах N
, B
и C
этого треугольника равны соответственно \beta
, \alpha
и \alpha
, т. е. \arccos\frac{1}{3}
, \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
и \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
.