14233. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
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 соседними боковыми гранями;
д) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arccos\frac{\sqrt{2}}{4}=\arcsin\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\arctg\sqrt{7}
;
б) \arctg\sqrt{14}=\arccos\frac{1}{\sqrt{15}}=\arcsin\sqrt{\frac{14}{15}}
;
в) \arccos\frac{13}{15}=2\arctg\frac{1}{\sqrt{14}}
;
г) \arccos\left(-\frac{1}{15}\right)=2\arctg\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{7}}
;
д) \arcsin\frac{\sqrt{14}}{15}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCD
, M
— середина ребра BC
. Тогда SH
— высота пирамиды, Обозначим AB=a
, SB=2a
, \angle SBH=\alpha
, \angle SMH=\beta
.
а) Из прямоугольного треугольника SBH
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle SBH=\frac{BH}{SB}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{4}.
Тогда
\sin\alpha=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}},~\tg\alpha=\sqrt{7}.
б) Из прямоугольных треугольников BSH
и MSH
находим, что
SH=BH\tg\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{7}=\frac{a\sqrt{14}}{2},~~\tg\beta=\tg\angle SMH=\frac{SH}{HM}=\frac{\frac{a\sqrt{14}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{14},
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+14}}=\frac{1}{\sqrt{15}},~\sin\beta=\sqrt{\frac{14}{15}}.
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{a\sqrt{14}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{14}},
\cos\delta=\frac{1-\tg^{2}\frac{\delta}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\delta}{2}}\frac{1-\frac{1}{14}}{1+\frac{1}{14}}=\frac{13}{15}.
г) Пусть HF
— высота треугольника SHC
. Прямая SC
перпендикулярна пересекающимся прямым BD
(по теореме о трёх перпендикулярах) и HF
плоскости BFD
, значит, BFD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SC
. Обозначим \angle BFD=\gamma
. Медиана FH
равнобедренного треугольника BFD
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников CFH
и BHF
находим, что
FH=CH\sin\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{4},~\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{FH}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{4}}=\frac{2\sqrt{2}}{7}.
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{8}{7}}{1+\frac{8}{7}}=-\frac{1}{15}.
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
, так как она параллельна прямой CD
, лежащей в этой плоскости. Значит, расстояние от точки M
до плоскости CSD
равно расстоянию до этой плоскости от точки H
, равному высоте HP
прямоугольного треугольника SHK
, где K
— середина ребра CD
. Из прямоугольных треугольников HPK
и SHM
находим, что
HP=HK\sin\beta=\frac{a}{2}\cdot\sqrt{\frac{14}{15}}=\frac{a\sqrt{14}}{2\sqrt{15}},~
SM=\sqrt{SB^{2}-MB^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{HP}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{14}}{2\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{15}.