14476. Сторона нижнего основания правильной усечённой четырёхугольной пирамиды в пять раз больше стороны верхнего основания. Боковая поверхность пирамиды равна квадрату её высоты. Найдите угол между боковым ребром и плоскостью основания.
Ответ. \arctg\sqrt{9+3\sqrt{10}}
.
Решение. Пусть O
и O_{1}
— центры соответственно нижнего и верхнего оснований ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
правильной усечённой пирамиды ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, OO_{1}=h
— высота пирамиды, M
и M_{1}
— середины рёбер AB
и A_{1}B_{1}
соответственно, \alpha
— искомый угол между боковым ребром AA_{1}
и плоскостью нижнего основания, S
— боковая поверхность пирамиды, MM_{1}=l
— апофема пирамиды, A_{1}B_{1}=a
и AB=5a
, A_{1}H
и M_{1}P
— перпендикуляры к OA
и OM
соответственно.
Тогда A_{1}H
— перпендикуляр к плоскости нижнего основания, поэтому
A_{1}H=M_{1}P=OO_{1}=h,~\angle A_{1}AH=\alpha,~S=h^{2}.
Из прямоугольного треугольника MPM_{1}
получаем
h^{2}=OO_{1}^{2}=MM_{1}^{2}-PM^{2}=MM_{1}^{2}-(OM-O_{1}M_{1})^{2}=l^{2}-4a^{2},
Тогда
h^{2}=S=4\cdot S_{AA_{1}B_{1}B}=4\cdot\frac{1}{2}(AB+A_{1}B_{1})\cdot MM_{1}=12al.
Значит,
12al=l^{2}-4a^{2},~l^{2}-12al-4a^{2}=0,
откуда
l=2a(3+\sqrt{10}).
Тогда
h^{2}=l^{2}-4a^{2}=a^{2}(2((3+\sqrt{10}))^{2}-4)=4a^{2}((3+\sqrt{10})^{2}-1)=8a^{2}(9+3\sqrt{10}),
откуда
\frac{h}{a}=2\sqrt{2}\sqrt{9+3\sqrt{10}}.
Наконец, из прямоугольного треугольника AHA_{1}
находим, что
\tg\alpha=\frac{A_{1}H}{AH}=\frac{A_{1}H}{OA-O_{1}A_{1}}=\frac{h}{\frac{5a\sqrt{2}}{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{h}{2a\sqrt{2}}=\frac{h}{a}\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}}=
=\frac{2\sqrt{2}\sqrt{9+3\sqrt{10}}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{9+3\sqrt{10}}.
Следовательно,
\alpha=\arctg\sqrt{9+3\sqrt{10}}.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.432, с. 245