14222. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды образует угол 45^{\circ}
с плоскостью основания. Найдите
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол между соседними боковыми гранями;
в) угол между противоположными боковыми гранями;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arctg\sqrt{2}=\arcsin\sqrt{\frac{2}{3}}
;
б) \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)=2\arctg\sqrt{2}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
;
г) \arcsin\frac{\sqrt{2}}{3}
.
Решение. Пусть сторона основания ABCD
правильной пирамиды SABCD
равна a
, H
— центр основания, M
, N
и K
— середины рёбер AB
, CD
и BC
соответственно, HF
— перпендикуляр к SC
, HP
— перпендикуляр к апофеме SN
. Тогда DH
— высота пирамиды, HP
— перпендикуляр к плоскости CSD
, \angle SMN=\angle SNM=\beta
— линейный угол двугранного угла при основании пирамиды, \angle BFD=\gamma
— линейный угол двугранного угла при боковом ребре.
а) Из равнобедренного прямоугольного треугольника SAH
получаем
SH=AH=\frac{a\sqrt{2}}{2},
а из прямоугольного треугольника SHM
—
\tg\beta=\frac{SH}{HM}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{2}.
Тогда
\ctg\beta=\frac{1}{\sqrt{2}},~\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{2}}}=\sqrt{\frac{2}{3}}.
б) Отрезок HF
— медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника BFD
. Из прямоугольных треугольников SHC
и BHF
находим, что
HF=CH\sin45^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{2},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{2}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-2}{1+2}=-\frac{1}{3}.
в) Обозначим угол апофемы SK
с плоскостью CSD
через \varphi
. Прямая KH
параллельна плоскости CSD
, так как она параллельна прямой CD
, лежащей в этой плоскости. Значит, точки H
и K
равноудалены от плоскости CSD
. Из прямоугольных треугольников SHP
и SHK
находим, что
HP=HN\sin\angle PNH=HN\sin\beta=\frac{a}{2}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}},
SK=\frac{SH}{\sin\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{2}{3}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{HP}{SK}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}.
Примечание. Второй вариант. Противоположные боковые грани правильной четырёхугольной пирамиды перпендикулярны. Найдите
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с плоскостью основания;
в) угол между соседними боковыми гранями;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ: а) \arccos\sqrt{\frac{2}{3}}
; б) 45^{\circ}
; в) 120^{\circ}
; г) 30^{\circ}
.