14225. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Через ребро AB
проведена плоскость, делящая пополам двугранный угол пирамиды при этом ребре. Известно, что эта плоскость разбивает грань CSD
на части, отношение площадей которых равно \frac{4}{21}
(точка S
расположена в меньшей из этих частей). Найдите:
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол бокового ребра с плоскостью основания;
в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{3}=\arcsin\frac{2\sqrt{2}}{3}=\arctg2\sqrt{2}
;
б) \arctg2=\arccos\frac{1}{\sqrt{5}}=\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{9}\right)=2\arctg\frac{\sqrt{5}}{2}
;
г) \arcsin\frac{2\sqrt{2}}{9}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCD
. Тогда SH
— высота пирамиды. Плоскость сечения и плоскость CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
соответственно, значит (см. задачу 8004), они пересекаются по прямой KL
, параллельной CD
(считаем, что точки K
и L
лежат на боковых рёбрах SC
и SD
соответственно). Сечение пирамиды — равнобокая трапеция ABKL
с основаниями AB
и KL
. Треугольники KSL
и CSD
подобны, а так как их площади относятся как \frac{4}{25}
, то коэффициент подобия равен \frac{2}{5}
. Пусть M
, N
и E
— середины отрезков AB
, KL
и CD
соответственно. Тогда \angle SME=\beta
— линейный угол двугранного угла при ребре AB
пирамиды, \frac{SN}{SE}=\frac{SK}{SC}=\frac{2}{5}
, поэтому \frac{SN}{NE}=\frac{2}{3}
.
а) Отрезок MN
— биссектриса треугольника SME
, поэтому \frac{ME}{SM}=\frac{EN}{NS}=\frac{3}{2}
. Значит,
\cos\beta=\frac{MH}{SM}=\frac{\frac{1}{2}ME}{SM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{ME}{SM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{1}{3},~\sin\beta=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\tg\beta=2\sqrt{2}.
б) Обозначим через a
сторону квадрата ABCD
. Тогда
HM=\frac{a}{2},~SH=HM\tg\beta=\frac{a}{2}\cdot2\sqrt{2}=a\sqrt{2}.
Пусть угол бокового ребра с плоскостью основания равен \alpha
. Тогда
\tg\alpha=\tg\angle SAH=\frac{SH}{AH}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=2,
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+4}}=\frac{1}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}.
в) Пусть HF
— высота прямоугольного треугольника CHS
. Из прямоугольного треугольника CFH
находим, что
HF=CH\sin\angle FCH=CH\cdot\sin\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=a\sqrt{\frac{2}{5}}
По теореме о трёх перпендикулярах SC\perp BD
, поэтому BFD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре SC
. Обозначим его \gamma
. Отрезок FE
— медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника BFD
, поэтому
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{\frac{2}{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{4}}{1+\frac{5}{4}}=-\frac{1}{9}.
г) Пусть L
— середина ребра BC
. Найдём угол \varphi
между апофемой SL
и боковой гранью CSD
. Его синус равен отношению расстояния от точки L
до плоскости CSD
к длине апофемы SL
.
Проведём высоту HP
прямоугольного треугольника SHE
. Тогда HP
— перпендикуляр к плоскости CSD
, а его длина равна расстоянию от точки H
до этой плоскости. Прямая HL
параллельна прямой CD
, поэтому прямая HL
параллельна плоскости CSD
, и точки L
и H
удалены от этой плоскости на одно и то же расстояние, равное длине отрезка HP
. Из прямоугольных треугольников EPH
и SHL
находим, что
HP=HE\sin\angle\beta=\frac{a}{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{3},
SL=\frac{HL}{\cos\angle SLH}=\frac{HL}{\cos\beta}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}a.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{HP}{SL}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{3}}{\frac{3}{2}a}=\frac{2\sqrt{2}}{9}.
Источник: Школьные материалы. —