14240. Основание пирамиды — прямоугольник со сторонами 6 и 8. Одно из боковых рёбер перпендикулярно плоскости основания и равно 6. Найдите все двугранные углы пирамиды.
Ответ. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны 90^{\circ}
, 90^{\circ}
, 45^{\circ}
и \arccos\frac{4}{5}
; двугранные углы при боковых рёбрах равны 90^{\circ}
, 90^{\circ}
, 90^{\circ}
и 180^{\circ}-\arccos\frac{2\sqrt{2}}{5}
.
Решение. Пусть прямоугольник ABCD
со сторонами AB=CD=6
и AD=BC=8
— основание пирамиды SABCD
с высотой SB=6
.
1) Плоскость ASB
проходит через прямую SB
, перпендикулярную плоскости основания пирамиды, значит, плоскость ASB
и плоскость основания перпендикулярны (см. задачу 7710). Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре AB
равен 90^{\circ}
.
2) Аналогично, двугранный угол пирамиды при ребре BC
равен 90^{\circ}
.
3) Поскольку BA\perp AD
и SA\perp AD
(по теореме о трёх перпендикулярах), линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AD
— это угол SAB
равнобедренного прямоугольного треугольника ABS
. Следовательно, \angle SAB=45^{\circ}
.
4) Аналогично, линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре CD
— это угол SCB
прямоугольного треугольника SBC
. Следовательно, \angle SAB=\arccos\frac{4}{5}
.
5) Поскольку BA\perp SB
и BC\perp SB
, линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SB
— это угол ABC
прямоугольника ABCD
. Следовательно, \angle ABC=90^{\circ}
.
6) Плоскость ASD
проходит через прямую AD
, перпендикулярную плоскости ASB
, значит, плоскости ASD
и ASB
перпендикулярны. Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре SA
равен 90^{\circ}
.
7) Плоскость CSD
проходит через прямую DC
, перпендикулярную плоскости BSC
, значит, плоскости CSD
и BSC
перпендикулярны. Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре SC
тоже равен 90^{\circ}
.
8) Осталось найти двугранный угол пирамиды при ребре SD
.
Первый способ. Пусть BM
— высота равнобедренного прямоугольного треугольника SBA
. Тогда M
— середина гипотенузы SA
, поэтому
BM=\frac{1}{2}SA=3\sqrt{2},
а так как прямая BM
перпендикулярна пересекающимся прямым SA
и AD
плоскости ASD
, то прямая BM
перпендикулярна плоскости ASD
.
Пусть BN
— высота прямоугольного треугольника SBC
. Тогда (см. задачу 1967)
BN=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{6\cdot8}{10}=\frac{24}{5},
а так как прямая BN
перпендикулярна пересекающимся прямым SC
и DC
плоскости CSD
, то прямая BN
перпендикулярна плоскости CSD
.
Двугранный угол пирамиды при ребре SD
дополняет до 180^{\circ}
угол между перпендикулярами к эти плоскостям (см. задачу 8970 и определения двугранного угла и угла между плоскостям), т. е. угол MBN
.
Поскольку CA=CS
, треугольник ACS
равнобедренный, поэтому его медиана CM
является высотой. Ортогональная проекция BN
наклонной AN
к плоскости CBS
перпендикулярна прямой CS
этой плоскости. Значит, по теореме о трёх перпендикулярах AN\perp CS
, т. е. AN
— тоже высота треугольника ACS
. Тогда (см. задачу 141)
\angle MNS=\angle CAS=\angle ASC=\angle MSN,
поэтому треугольник NMS
равнобедренный, MN=SM=3\sqrt{2}
. Значит, и треугольник BMN
равнобедренный, поэтому
\cos\angle MBN=\frac{\frac{1}{2}BN}{BM}=\frac{\frac{12}{5}}{3\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.
Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре SD
равен 180^{\circ}-\arccos\frac{2\sqrt{2}}{5}
.
Второй способ. Через точку A
проведём прямую, перпендикулярную диагонали BD
прямоугольника ABCD
. Пусть эта прямая пересекает диагональ BD
и продолжение стороны DC
в точках L
и T
соответственно, а LK
— перпендикуляр к ребру SD
. По теореме о трёх перпендикулярах SD\perp AT
. Прямая SD
перпендикулярна пересекающимся прямым AT
и LK
плоскости AKT
, значит, прямая SD
перпендикулярна этой плоскости, а AKT
— линейный угол искомого двугранного угла данной пирамиды при ребре SD
.
Обозначим \angle DAT=\angle ABD=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{3},~\cos\alpha=\frac{AB}{AD}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5},
поэтому
DT=AD\tg\alpha=8\cdot\frac{4}{3}=\frac{32}{3},~AT=\frac{AD}{\cos\alpha}=\frac{8}{\frac{3}{5}}=\frac{40}{3}.
По теореме трёх перпендикулярах \angle SCD=90^{\circ}
. Обозначим \angle SDC=\beta
. Тогда
\ctg\beta=\frac{CD}{SC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5},~\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\beta}}=\frac{5}{\sqrt{34}}.
Из прямоугольных треугольников DKT
и SAD
находим, что
KT=DT\cdot\sin\beta=\frac{32}{3}\cdot\frac{5}{\sqrt{34}}=\frac{160}{3\sqrt{34}},
AK=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{SA^{2}+AD^{2}}}=\frac{6\sqrt{2}\cdot8}{\sqrt{72+64}}=\frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{34}}.
По теореме косинусов
\cos\angle AKT=\frac{AK^{2}+KT^{2}-AT^{2}}{2AK\cdot KT}=\frac{\left(\frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{34}}\right)^{2}+\left(\frac{160}{3\sqrt{34}}\right)^{2}-\left(\frac{40}{3}\right)^{2}}{2\cdot\frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{34}}\cdot\frac{160}{3\sqrt{34}}}=-\frac{2\sqrt{2}}{5}.
Следовательно,
\angle AKT=\arccos\left(-\frac{2\sqrt{2}}{5}\right)=180^{\circ}-\arccos\frac{2\sqrt{2}}{5}.
Третий способ. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке B
, направив ось Bx
по лучу BA
, ось By
— по лучу BC
, ось Bz
— по лучу BS
. Уравнения плоскостей ASD
и CSD
имеют вид соответственно
\frac{x}{6}+\frac{z}{6}=1,~\frac{y}{8}+\frac{z}{6}=1
(уравнения плоскости в отрезках, см. задачу 7564), или
x+z-6=0,~3y+4z-24=0.
Пусть \overrightarrow{n_{1}}=(1;0;1)
и \overrightarrow{n_{2}}=(0;3;4)
— векторы нормали этих плоскостей, \varphi
— угол между ними. Тогда (см. задачи 8970 и 7565)
\cos\varphi=\frac{\overrightarrow{n_{1}}\overrightarrow{n_{2}}}{|\overrightarrow{n_{1}}|\cdot|\overrightarrow{n_{2}}|}=\frac{1\cdot9+0\cdot3+1\cdot4}{\sqrt{2}\cdot5}=\frac{4}{5\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.
Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре SD
равен 180^{\circ}-\arccos\frac{2\sqrt{2}}{5}
.