14451. Радиус шара, описанного около правильной четырёхугольной пирамиды, относится к стороне основания как 3:4
. Найдите угол между боковой гранью и плоскостью основания.
Ответ. 45^{\circ}
или \arctg2
.
Решение. Пусть SABCD
— данная правильная четырёхугольная пирамида с вершиной S
, SH
— высота пирамиды (центр квадрата ABCD
), M
— середина ребра AB
.
Обозначим через a
сторону основания пирамиды, h
— высоту SH
пирамиды, R
— радиус описанного шара, \angle SAH=\alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \angle SMH=\beta
— искомый угол боковой грани с плоскостью основания.
Проведём сечение пирамиды и шара плоскостью ASC
. Получим равнобедренный треугольник ASC
и описанный около него круг радиуса R
. По теореме синусов
a\sqrt{2}=AC=2R\sin\angle ASC=2R\sin(180^{\circ}-2\alpha)=2R\sin2\alpha,
откуда
\sin2\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2R}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{a}{R}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.
Тогда \cos2\alpha=\frac{1}{3}
или \cos2\alpha=-\frac{1}{3}
.
Рассмотрим первый из этих случаев. Находим, что
\cos^{2}\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2}=\frac{1+\frac{1}{3}}{2}=\frac{2}{3},
а так как \alpha\lt90^{\circ}
, то \alpha\gt0
, поэтому
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{\frac{3}{2}-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Из прямоугольных треугольников SHA
и SHM
получаем
\tg\alpha=\frac{SH}{HA}=\frac{h}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\cdot\frac{h}{a},~\tg\beta=\frac{SH}{HM}=\frac{h}{\frac{a}{2}}=2\cdot\frac{h}{a},
откуда
\tg\beta=\sqrt{2}\tg\alpha=\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=1.
Следовательно, \beta=45^{\circ}
.
Во втором случае аналогично получаем
\cos^{2}\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2}=\frac{1-\frac{1}{3}}{2}=\frac{1}{3},~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}},
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2},
\tg\beta=\sqrt{2}\tg\alpha=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2.
Следовательно, \beta=\arctg2
.