14238. Угол между боковым ребром и стороной основания правильной шестиугольной пирамиды равен \arccos\frac{5}{13}
. 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{10}{13}=\arcsin\frac{\sqrt{69}}{13}
;
б) \arccos\frac{5\sqrt{3}}{12}=\arcsin\frac{\sqrt{69}}{12}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{24}\right)=2\arcsin\frac{5\sqrt{3}}{12}
;
г) \arccos\left(-\frac{73}{96}\right)=2\arctg\frac{13}{\sqrt{23}}
;
д) \arcsin\frac{5\sqrt{23}}{96}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABCDEF
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
, M
— середина ребра DE
. Тогда SH
— высота пирамиды. Положим AB=10a
, \angle SAH=\alpha
, \angle SMH=\beta
. По условию \cos\angle BAS=\frac{5}{13}
, поэтому
AM=\frac{1}{2}AB=5a,~SA=13a,~SM=\sqrt{SA^{2}-AM^{2}}=\sqrt{169a^{2}-25a^{2}}=12a.
а) Из прямоугольного треугольника SAH
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle SAH=\frac{AH}{SA}=\frac{10a}{13a}=\frac{10}{13}.
Тогда
\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{100}{169}}=\frac{\sqrt{69}}{13}.
б) Из прямоугольного треугольника SHM
находим, что
\cos\beta=\frac{HM}{SM}=\frac{\frac{10a\sqrt{3}}{2}}{12a}=\frac{5\sqrt{3}}{12}.
Тогда
\sin\beta=\sqrt{1-\frac{75}{144}}=\frac{\sqrt{69}}{12}.
в) Пусть N
середина ребра DE
. 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
. Тогда
\sin\frac{\delta}{2}=\cos\beta=\frac{5\sqrt{3}}{12},~\cos\frac{\delta}{2}=\sin\beta=\frac{\sqrt{69}}{12}.
Тогда
\cos\delta=\cos^{2}\frac{\delta}{2}-\sin^{2}\frac{\delta}{2}=\frac{69}{144}-\frac{75}{144}=-\frac{1}{24}.
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\sin\alpha=5a\cdot\frac{\sqrt{69}}{13}=\frac{5a\sqrt{69}}{13},~\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle DPK=\frac{DK}{PK}=\frac{5a\sqrt{3}}{\frac{5a\sqrt{69}}{13}}=\frac{13}{\sqrt{23}}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{169}{23}}{1+\frac{169}{23}}=-\frac{73}{96}.
д) Пусть угол апофемы SN
с плоскостью ESF
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки N
до плоскости ESF
к длине отрезка SN=SM=12a
.
Точка N
— середина наклонной DE
к плоскости ESF
, поэтому расстояние от точки N
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
HQ=HL\sin\beta=5a\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{69}}{12}=\frac{5a\sqrt{23}}{4},
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}HQ}{SN}=\frac{\frac{5a\sqrt{23}}{8}}{12a}=\frac{5\sqrt{23}}{96}.