9851. Двугранный угол при основании правильной четырёхугольной пирамиды равен \alpha
. Все вершины пирамиды лежат на боковой поверхности цилиндра, ось которого перпендикулярна к стороне основания пирамиды. Найдите угол между осями пирамиды и цилиндра.
Ответ. \arcsin(\sqrt{2}\cos\alpha)
.
Решение. Пусть SABCD
— правильная четырёхугольная пирамида с вершиной S
, M
и N
— середины рёбер AD
и BC
соответственно, H
— центр основания ABCD
, \angle SNM=\angle SMN=\alpha
— линейные углы двугранных углов при рёбрах AD
и BC
(рис. 1). Тогда
SH=HM\tg\alpha=\frac{a}{2}\tg\alpha.
Рассмотрим ортогональную проекцию пирамиды и цилиндра на плоскость, проведённую через прямую AD
перпендикулярно оси цилиндра. Пусть S'
, B'
, C'
и O
— ортогональные проекции точек соответственно S
, B
, C
и H
на эту плоскость. Тогда AB'S'C'D
— пятиугольник, вписанный в окружность сечения цилиндра проведённой плоскостью. Из свойств параллельных проекций следует, что AB'C'D
— параллелограмм, вписанный в эту окружность, т. е. прямоугольник, причём его центр совпадает с точкой O
— ортогональной проекцией центра H
квадрата ABCD
. Значит, O
— центр описанной окружности пятиугольника.
Высота HO
треугольной пирамиды HAS'D
проходит через центр описанной окружности её основания AS'D
, поэтому боковые рёбра этой пирамиды равны (см. задачу 7163), т. е. HS'=HD=HA=\frac{a}{\sqrt{2}}
, где a
— сторона квадрата ABCD
.
Проведём плоскость через пересекающиеся прямые SM
и SN
. Угол между осями цилиндра и исходной пирамиды — это угол OHS
. Обозначим его \beta
. Из точек S'
и H
отрезок MS
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MS
. Тогда
\angle HS'S=\angle HMS=\alpha,
а так как SS'\parallel HD
, то
\angle HSS'=180^{\circ}-\angle OHS=180^{\circ}\beta.
Применив теорему синусов к треугольнику HSS'
, получим,
\frac{HS'}{\sin(180^{\circ}-\beta)}=\frac{SH}{\sin\alpha},~\mbox{или}~\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{\sin\beta}=\frac{\frac{a}{2}\tg\alpha}{\sin\alpha},
откуда \sin\beta=\sqrt{2}\cos\alpha
. Следовательно, \beta=\arcsin(\sqrt{2}\cos\alpha)
.