14234. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды вдвое больше стороны основания. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с плоскостью основания;
в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arctg\sqrt{11}=\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}=\arcsin\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}
;
б) \arctg2\sqrt{11}=\arccos\frac{1}{3\sqrt{5}}=\arcsin\frac{2\sqrt{11}}{3\sqrt{5}}
;
в) \arccos\frac{7}{15}=2\arctg\frac{2}{\sqrt{11}}
;
г) \arcsin\frac{\sqrt{11}}{15}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABC
правильной треугольной пирамиды ABCD
, M
— середина ребра BC
. Тогда DH
— высота пирамиды. Обозначим AB=a
, DA=2a
, \alpha=\angle DAH
— угол бокового ребра с основанием, \angle HMD
— угол боковой грани с плоскостью основания.
а) Из прямоугольного треугольника AHD
находим, что
\cos\alpha=\tg\angle DAH=\frac{AH}{AD}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{6},
\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{3}{36}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},~\tg\alpha=\sqrt{11}.
б) Из прямоугольных треугольников AHD
и MHD
находим, что
DH=AD\sin\alpha=2a\cdot\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{3}}
\tg\beta=\frac{DH}{MH}=\frac{\frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{11}.
Тогда
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+44}}=\frac{1}{3\sqrt{5}},~\sin\beta=\frac{2\sqrt{11}}{3\sqrt{5}}.
в) Пусть MF
— высота треугольника AMD
. Прямая DA
перпендикулярна пересекающимся прямым BC
(по теореме о трёх перпендикулярах) и MF
плоскости BFC
, значит, BFC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре DA
. Обозначим \angle BFC=\gamma
. Медиана FM
равнобедренного треугольника BFC
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников AFM
и BMF
находим, что
MF=AM\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{11}}{4},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{MF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{11}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{11}}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{4}{11}}{1+\frac{4}{11}}=\frac{7}{15}.
г) Найдём угол \varphi
между апофемой DM
и боковой гранью ADC
. Его синус равен отношению расстояния от точки M
до плоскости ADC
к длине апофемы DM
.
Пусть N
— середина ребра AC
. Проведём высоту BP
треугольника BDN
. Тогда BP
— перпендикуляр к плоскости ADC
, а его длина равна расстоянию от точки B
до этой плоскости. Поскольку M
— середина наклонной BC
к этой плоскости, расстояние c
до неё от точки M
до плоскости ADC
вдвое меньше BP
(см. задачу 9180), т. е.
c=\frac{1}{2}BP=\frac{1}{2}BN\sin\beta=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{11}}{3\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{15}}.
Из прямоугольного треугольника DHM
находим, что
DM=\frac{HM}{\cos\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{1}{3\sqrt{5}}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{c}{DM}=\frac{\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{\sqrt{11}}{15}.
Источник: Школьные материалы. —