14237. Угол между боковым ребром и стороной основания правильной четырёхугольной пирамиды равен \arccos\frac{3}{5}
. 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{3\sqrt{2}}{5}=\arcsin\frac{\sqrt{7}}{5}
;
б) \arccos\frac{3}{4}=\arcsin\frac{\sqrt{7}}{4}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{8}\right)=2\arcsin\frac{3}{4}
;
г) \arccos\left(-\frac{9}{16}\right)=2\arctg\frac{5}{\sqrt{7}}
;
д) \arcsin\frac{3\sqrt{7}}{16}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
, M
— середина ребра BC
. Тогда SH
— высота пирамиды, Положим AB=6a
, \angle SCH=\alpha
, \angle SMH=\beta
. По условию \cos\angle ABS=\frac{3}{5}
, поэтому
BM=\frac{1}{2}AB=3a,~SB=5a,~SM=\sqrt{SB^{2}-BM^{2}}=\sqrt{25a^{2}-9a^{2}}=4a.
а) Из прямоугольного треугольника SBH
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle SBH=\frac{BH}{SB}=\frac{3a\sqrt{2}}{5a}=\frac{3\sqrt{2}}{5}.
Тогда
\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{18}{25}}=\frac{\sqrt{7}}{5}.
б) Из прямоугольного треугольника MSH
находим, что
\cos\beta=\cos\angle SMH=\frac{HM}{SM}=\frac{3a}{4a}=\frac{3}{4}.
Тогда
\sin\beta=\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4}.
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
\sin\frac{\delta}{2}=\frac{HM}{SM}=\frac{3a}{4a}=\frac{3}{4},~\cos\frac{\delta}{2}=\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4},
\cos\delta=\cos^{2}\frac{\delta}{2}-\sin^{2}\frac{\delta}{2}=\frac{7}{16}-\frac{9}{16}=-\frac{1}{8}.
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{3a\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{7}}{5}=\frac{3a\sqrt{14}}{5},~\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{FH}=\frac{3a\sqrt{2}}{\frac{3a\sqrt{14}}{5}}=\frac{5}{\sqrt{7}}.
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{25}{7}}{1+\frac{25}{7}}=-\frac{9}{16}.
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 прямоугольного треугольника HPK
находим, что
HP=HK\sin\beta=3a\cdot\frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{3a\sqrt{7}}{4},
\sin\varphi=\frac{HP}{SM}=\frac{\frac{3a\sqrt{7}}{4}}{4a}=\frac{3\sqrt{7}}{16}.
Источник: Школьные материалы. —