14241. Основание пирамиды SABCDEF
— правильный шестиугольник ABCDEF
. Боковое ребро SF
перпендикулярно плоскости основание и равно ребру основания. Найдите двугранные углы пирамиды:
а) при ребре SF
и при рёбрах основания;
б) при остальных боковых рёбрах.
Ответ. а) Двугранный угол пирамиды при ребре SF
равен 120^{\circ}
,
двугранные углы при рёбрах AF
и EF
равны 90^{\circ}
,
двугранные углы при рёбрах AB
и DE
равны \arctg\frac{2}{\sqrt{3}}
,
двугранные углы при рёбрах BC
и CD
равны 30^{\circ}
;
б) двугранный угол при ребре SC
равен 2\arctg\sqrt{15}=\arccos\left(-\frac{7}{8}\right)
,
двугранные углы при рёбрах SB
и SD
равны \arccos\left(-\frac{2}{\sqrt{7}}\right)
,
двугранные углы при рёбрах SA
и SE
равны \arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{7}}\right)
,
Решение. Заметим, что пирамида симметрична относительно плоскости CSF
, поэтому равны двугранные углы при рёбрах AF
и EF
, AB
и DE
, BC
и CD
, SA
и SE
, SB
и SD
.
а) Линейный угол двугранного ребра пирамиды при ребре SF
— это угол AFE
, т. е. угол правильного шестиугольника. Следовательно, он равен 120^{\circ}
.
Плоскость ASF
проходит через прямую SF
, перпендикулярную плоскости основания пирамиды, значит, плоскости ASF
и ABCDEF
перпендикулярны (см. задачу 7710). Следовательно, \angle EF=\angle AF=90^{\circ}
.
Обозначим SH=AB=a
. Пусть прямые AB
и EF
пересекаются в точке T
, а FK
— высота равностороннего треугольника AFT
, FK=\frac{a\sqrt{3}}{2}
. По теореме о трёх перпендикулярах SK\perp AB
, значит, SKF
— линейный угол пирамиды при ребре AB
. Из прямоугольного треугольника SFK
находим, что
\tg\angle SKF=\frac{SF}{FK}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \angle DE=\angle AB=\arctg\frac{2}{\sqrt{3}}
.
Пусть диагонали CF=2a
и BD=a\sqrt{3}
пересекаются в точке P
, а PQ
— перпендикуляр ребру SC
. Тогда
PQ=\frac{1}{4}\cdot\frac{SF\cdot CF}{SC}=\frac{1}{4}\cdot\frac{a\cdot2a}{a\sqrt{5}}=\frac{1}{4}\cdot\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{a}{2\sqrt{5}}.
Прямая SC
перпендикулярна пересекающимся прямым PQ
и BD
плоскости BQD
, значит, линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SC
— это угол BQD
. Обозначим \angle BQD=\gamma
. Тогда
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{15},~\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-15}{1+15}=-\frac{7}{8}.
Следовательно,
\angle SC=2\arctg\sqrt{15}=\arccos\left(-\frac{7}{8}\right).
Введём прямоугольную систему координат Fxyz
, направив ось Fx
по лучу FB
, ось FY
— по лучу FE
, ось Fz
— по лучу FS
. Тогда, поскольку FB=a\sqrt{3}
, FS=a
, FT=AF=a
, то уравнения плоскостей BSC
и ASB
имеют вид
\frac{x}{a\sqrt{3}}+\frac{z}{a}=1,~\frac{x}{a\sqrt{3}}-\frac{y}{a}+\frac{z}{a}=1
соответственно (уравнение плоскостей в отрезках, см. задачу 7564), или
x+\sqrt{3}z-a\sqrt{3}=0,~x-\sqrt{3}y+\sqrt{3}z-a\sqrt{3}=0.
Пусть \overrightarrow{n_{1}}=(1;0;\sqrt{3})
и \overrightarrow{n_{2}}=(1;-\sqrt{3};\sqrt{3})
— векторы нормали этих плоскостей, а \varphi
— угол между плоскостями. Тогда (см. задачу 7565)
\cos\varphi=\left|\frac{\overrightarrow{n_{1}}\overrightarrow{n_{2}}}{|\overrightarrow{n_{1}}|\cdot|\overrightarrow{n_{2}}|}\right|=\left|\frac{1\cdot1-0\cdot3+\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{2\cdot\sqrt{7}}\right|=\frac{4}{2\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}},
а так как искомый двугранный угол тупой, то \angle SD=\angle SB=\arccos\left(-\frac{2}{\sqrt{7}}\right)
.
Уравнение плоскости ESF
в выбранной системе координат имеет вид x=0
. Пусть \overrightarrow{n_{3}}=(1;0;0)
— вектор нормали этой плоскости. Пусть L
— точка пересечения прямых BF
и DE
. Поскольку FL=a\sqrt{3}
, FE=a
и FS=a
, то уравнения плоскости DSE
имеет вид
-\frac{x}{a\sqrt{3}}+\frac{y}{a}+\frac{z}{a}=1,~\mbox{или}~x-\sqrt{3}y-\sqrt{3}z+a\sqrt{3}=0
Пусть \overrightarrow{n_{4}}=(1;-\sqrt{3};-\sqrt{3})
— вектор нормали этой плоскости, а \psi
— угол между плоскостями ESF
и DSE
, то
\cos\psi=\left|\frac{\overrightarrow{n_{3}}\overrightarrow{n_{4}}}{|\overrightarrow{n_{3}}|\cdot|\overrightarrow{n_{4}}|}\right|=\left|\frac{1\cdot1-0\cdot3+0\cdot\sqrt{3}}{1\cdot\sqrt{7}}\right|=\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}},
а так как искомый двугранный угол тупой, то \angle SA=\angle SE=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{7}}\right)
.