14232. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Боковое ребро вдвое больше стороны основания. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с основанием;
в) угол между противоположными боковыми гранями;
г) угол между боковыми гранями;
д) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) 60^{\circ}
;
б) \arctg2=\arccos\frac{1}{\sqrt{5}}=\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}
;
в) \arccos\frac{3}{5}=2\arctg\frac{1}{2}
;
г) \arccos\left(-\frac{3}{5}\right)=2\arctg2
;
д) \arcsin\frac{1}{5}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCDEF
, M
— середина ребра DE
. Тогда SH
— высота пирамиды, Обозначим AB=a
, SA=2a
, \angle SDH=\alpha
, \angle SMH=\beta
. Из прямоугольного треугольника DMS
находим, что
SM=\sqrt{SD^{2}-DM^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
а) В прямоугольном треугольника SHD
катет HD=a
вдвое меньше гипотенузы SD=2a
, поэтому \alpha=\angle SDH=60^{\circ}
.
б) Из прямоугольных треугольников SHD
и SHM
находим, что
SH=BM\tg60^{\circ}=a\sqrt{3},~\tg\beta=\tg\angle SMH=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=2.
Тогда
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+4}}=\frac{1}{\sqrt{5}},~\sin\beta=\frac{2}{\sqrt{5}}.
в) Пусть N
середина ребра AB
. Плоскости ASB
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
соответственно и имеют общую точку S
, значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно AB
и DE
(см. задачу 8004), а так как SN
и SM
перпендикулярны этой прямой, то MSN
— линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Обозначим \angle MSN=\delta
. По теореме косинусов
\cos\delta=\frac{SM^{2}+SN^{2}-MN^{2}}{2SM\cdot SN}=\frac{\frac{15}{4}a^{2}+\frac{15}{4}a^{2}-3a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{15}}{2}N}=\frac{3}{5}.
г) Пусть K
— точка пересечения диагоналей ромба DEFH
, а KP
— высота прямоугольного треугольника SHE
. Тогда прямая SE
перпендикулярна пересекающимся прямым DF
(по теореме о трёх перпендикулярах) и KP
плоскости DPF
, значит, DPF
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре SE
. Обозначим \angle DPF=\gamma
. Медиана PK
равнобедренного треугольника DPF
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников EKP
и DKP
находим, что
PK=KE\sin60^{\circ}=\frac{a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4},~\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle DPK=\frac{DK}{PK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-4}{1+4}=-\frac{3}{5}.
д) Пусть угол апофемы SM
с плоскостью ESF
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки M
до плоскости ESF
к длине отрезка SM
.
Точка M
— середина наклонной DE
к плоскости ESF
, поэтому расстояние от точки M
до плоскости ESF
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки D
(см. задачу 9180). Прямая DH
параллельна прямой EF
, поэтому прямая DH
параллельна плоскости ESF
. Значит, расстояние от точки D
до плоскости ESF
равно расстоянию до этой плоскости от точки H
, равному высоте HQ
прямоугольного треугольника SHL
, где L
— середина ребра EF
. Из прямоугольного треугольника HQL
находим, что
SM=\sqrt{SD^{2}-DM^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2},~
HQ=HL\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}},
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}HQ}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{1}{5}.