14231. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Отношение стороны основания к расстоянию от центра основания до бокового ребра равно 5:2\sqrt{2}
. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с основанием;
в) угол между противоположными боковыми гранями;
г) угол между соседними боковыми гранями;
д) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arcsin\frac{4}{5}=\arccos\frac{3}{5}=\arctg\frac{4}{3}
;
б) \arctg\frac{4\sqrt{2}}{3}=\arccos\frac{3}{\sqrt{41}}=\arcsin4\sqrt{\frac{2}{41}}
;
в) \arccos\frac{23}{41}=2\arctg\frac{3}{4\sqrt{2}}
;
г) \arccos\left(-\frac{9}{41}\right)=2\arctg\frac{5}{4}
;
д) \arcsin\frac{12\sqrt{2}}{41}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCD
, M
— середина ребра BC
, HP
— высота треугольника BHS
. Тогда SH
— высота пирамиды, HP
— перпендикуляр к плоскости BSC
. Обозначим AB=a
, \angle SBH=\alpha
, \angle SMH=\beta
. Тогда HP=\frac{2\sqrt{2}}{5}
.
а) Из прямоугольного треугольника SBH
находим, что
\sin\alpha=\sin\angle SBH=\frac{HP}{HB}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{5}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{5}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{3}{5},~\tg\alpha=\frac{4}{3}.
б) Из прямоугольных треугольников BSH
и MSH
находим, что
SH=BH\tg\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2a\sqrt{2}}{3},~~\tg\beta=\tg\angle SMH=\frac{SH}{HM}=\frac{\frac{2a\sqrt{2}}{3}}{\frac{a}{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{3},
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{32}{9}}}=\frac{3}{\sqrt{41}},~\sin\alpha=4\sqrt{\frac{2}{41}}.
в) Пусть N
середина ребра AD
. Плоскости BSC
и ASD
проходят через параллельные прямые BC
и AD
соответственно и имеют общую точку S
, значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно BC
и AD
, а так как SM
и SN
перпендикулярны этой прямой, то MSN
— линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Обозначим \angle MSN=\delta
. Тогда
\tg\frac{\delta}{2}=\frac{HM}{SH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{2a\sqrt{2}}{3}}=\frac{3}{4\sqrt{2}},
\cos\delta=\frac{1-\tg^{2}\frac{\delta}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\delta}{2}}\frac{1-\frac{9}{32}}{1+\frac{9}{32}}=\frac{23}{41}.
г) Поскольку HP
— высота треугольника SBH
, прямая SB
перпендикулярна пересекающимся прямым AC
(по теореме о трёх перпендикулярах) и HQ
плоскости AQC
, значит, AQC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SB
. Обозначим \angle APC=\gamma
. Медиана PH
равнобедренного треугольника APC
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольного треугольника AHP
находим, что
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle APH=\frac{AH}{HP}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{5a}{2\sqrt{2}}}=\frac{5}{4}.
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{25}{16}}{1+\frac{25}{165}}=-\frac{9}{41}.
д) Пусть угол апофемы SM
с плоскостью CSD
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки M
до плоскости CSD
к отрезку SM
.
Прямая MH
параллельна прямой CD
, поэтому прямая MH
параллельна плоскости CSD
. Значит, расстояние от точки M
до плоскости CSD
равно расстоянию до этой плоскости от точки H
, равному высоте HQ
прямоугольного треугольника SHM
. Из прямоугольных треугольников MHQ
и SHM
находим, что
HQ=HM\sin\beta=\frac{a}{2}\cdot4\sqrt{\frac{2}{41}}=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{41}},~SM=\frac{HM}{\cos\beta}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3}{\sqrt{41}}}=\frac{a\sqrt{41}}{6}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{HQ}{SM}=\frac{\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{41}}}{\frac{a\sqrt{41}}{6}}=\frac{12\sqrt{2}}{41}.
Источник: Школьные материалы. —