9216. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Точка O
— центр основания, K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую SC
.
а) Докажите, что прямая OK
перпендикулярна прямой BD
.
б) Найдите двугранный угол при боковом ребре пирамиды, если угол между боковым ребром и плоскостью основания равен 60^{\circ}
.
Ответ. 2\arctg\frac{2}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{7}\right)
.
Решение. а) Прямая BD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC
и SO
плоскости ASC
, следовательно, BD\perp OK
.
б) Пусть сторона квадрата ABCD
равна a
. Из прямоугольного треугольника CKO
находим, что
OK=OC\sin\angle OCS=\frac{a\sqrt{2}}{2}\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}.
Высота KO
треугольника BKD
является его медианой, значит, этот треугольник равнобедренный, BK=DK
. По теореме о трёх перпендикулярах SC\perp BD
, поэтому прямая SC
перпендикулярна плоскости BKD
. Следовательно, BKD
— линейный угол двугранного угла при ребре SC
пирамиды, причём KO
— его биссектриса.
Обозначим \angle BKD=\alpha
. Тогда \angle BKO=\frac{\alpha}{2}
. Из прямоугольного треугольника BOK
находим, что
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{BO}{KO}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{4}{3}}{1+\frac{4}{3}}=-\frac{1}{7}.