14230. Дана правильная треугольная пирамида ABCD
с вершиной D
. Отношение стороны основания к расстоянию от центра основания до боковой грани равно 2\sqrt{6}
. Найдите:
а) угол боковой грани с плоскостью основания;
б) угол бокового ребра с основанием;
в) угол между боковыми гранями;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) 45^{\circ}
;
б) \arctg\frac{1}{2}=\arccos\frac{2}{\sqrt{5}}=\arcsin\frac{1}{\sqrt{5}}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{4}\right)=2\arctg\sqrt{\frac{5}{3}}
;
г) \arcsin\frac{3}{4}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABC
, M
— середина ребра AB
, HP
— высота треугольника DHM
. Тогда DH
— высота пирамиды, HP
— перпендикуляр к плоскости ADB
. Обозначим AB=a
, \angle DMH=\beta
, \angle DCH=\alpha
.
а) Поскольку расстояние от точки H
до грани ADB
равно длине отрезка HP
, то
\sin\beta=\sin\angle DMH=\frac{HP}{HM}=\frac{\frac{a}{2\sqrt{6}}}{\frac{a}{2\sqrt{3}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Следовательно, \beta=45^{\circ}
.
б) Из прямоугольных треугольников DHM
и DHC
находим, что
DH=HM=\frac{a}{2\sqrt{3}},~\tg\alpha=\frac{DH}{HC}=\frac{\frac{a}{2\sqrt{3}}}{\frac{a}{\sqrt{3}}}=\frac{1}{2},
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.
в) Пусть N
— середина ребра BC
, а NF
— высота треугольника ADN
. Тогда прямая NF
перпендикулярна пересекающимся прямым BC
(по теореме о трёх перпендикулярах) и NF
плоскости BFC
, значит, BFC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AD
. Обозначим \angle BFC=\gamma
. Медиана FN
равнобедренного треугольника BFC
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников ANF
и BNF
находим, что
NF=AN\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BN}{NF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{\frac{5}{3}}.
Следовательно,
\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}.
г) Пусть угол апофемы DM
с плоскостью ADC
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки M
до плоскости ADC
к отрезку DM
.
Точка M
— середина наклонной BA
к плоскости ADC
, поэтому расстояние от точки M
до этой плоскости вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки A
(см. задачу 9180). Пусть L
— середина ребра AC
, BQ
— высота треугольника BDL
. Тогда BQ
— перпендикуляр к плоскости ADC
. Из прямоугольных треугольников BQL
и DHM
находим, что
BQ=BL\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},~DM=HM\sqrt{2}=\frac{a}{2\sqrt{3}}\cdot\sqrt{2}=\frac{a}{\sqrt{6}}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}BQ}{DM}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\frac{3}{4}.