14207. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a
, боковая грань образует с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Найдите:
а) объём пирамиды;
б) угол бокового ребра с плоскостью основания;
в) расстояние между скрещивающимися рёбрами;
г) угол между боковыми гранями;
д) расстояние от точки B
до плоскости ADC
;
Ответ. а) \frac{a^{3}}{24}
;
б) \arctg\frac{1}{2}=\arccos\frac{2}{\sqrt{5}}
;
в) \frac{a\sqrt{15}}{10}
;
г) 2\arctg\frac{\sqrt{15}}{3}=\arccos\left(-\frac{1}{4}\right)
;
д) \frac{a\sqrt{6}}{4}
;
Решение. Пусть DM
— высота правильной треугольной пирамиды DABC
с вершиной D
, A_{1}
— середина ребра BC
. Обозначим через \beta
угол боковой грани с плоскостью основания пирамиды, \beta=45^{\circ}
.
а) Из прямоугольного треугольника DMA_{1}
находим, что
DM=MA_{1}\tg\beta=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg45^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{6}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DM=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a^{3}}{24}.
б) Обозначим через \alpha
угол бокового ребра с плоскостью основания. Из прямоугольного треугольника DMA
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle DAM=\frac{DM}{MA}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \alpha=\arctg\frac{1}{2}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.
в) Пусть F
— ортогональная проекция точки A_{1}
на прямую AD
. Тогда A_{1}F
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых BC
и AD
. Из прямоугольного треугольника AFA_{1}
находим, что
A_{1}F=AA_{1}\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{15}}{10}.
г) Обозначим через \gamma
двугранный угол при ребре AD
пирамиды. Медиана FA_{1}
треугольника BFC
является его высотой, значит, BFC
— равнобедренный треугольник, а FA_{1}
— его биссектриса. Тогда \angle BFA_{1}=\frac{\gamma}{2}
, и
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BA_{1}}{FA_{1}}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{10}}=\frac{\sqrt{15}}{3}.
Следовательно, \gamma=2\arctg\frac{\sqrt{15}}{3}
. Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{3}}{1+\frac{5}{3}}=-\frac{1}{4}.
д) Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки B
на апофему DB_{1}
. Тогда BH\perp DB_{1}
и BH\perp AC
, значит, DH
— перпендикуляр к плоскости ADC
, а расстояние от точки B
до этой плоскости равно длине отрезка BH
. Из прямоугольного треугольника BHB_{1}
находим, что
BH=BB_{1}\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sin45^{\circ}=\frac{a\sqrt{6}}{4}.