14499. Апофема правильной треугольной пирамиды ABCD
равна стороне основания ABC
. Найдите:
а) тангенс угла между высотой DH
и медианой AM
боковой грани ADB
;
б) косинус угла бокового ребра с плоскостью основания;
в) синус угла боковой грани с плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при боковом ребре.
Ответ. а) 2\sqrt{\frac{7}{11}}
; б) \frac{2}{\sqrt{15}}
; в) \frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}
; г) \frac{3}{8}
.
Решение. Пусть N
— середина ребра AB
. Тогда DN
— апофема пирамиды. Обозначим DN=AB=a
.
а) Пусть M'
— середина отрезка BH
. Тогда MM'
— средняя линия прямоугольного треугольника DHB
, поэтому MM'\parallel DH
. Тогда MM'\parallel DH
, значит, угол \varphi
между скрещивающимися прямыми DH
и AM
равен углу между пересекающимися прямыми MM'
и AM
.
Поскольку BH
— перпендикуляр к плоскости ABC
, то MM'
— тоже перпендикуляр к этой плоскости, поэтому \varphi=\angle AMM'
.
Пусть K
— середина ребра AC
. Тогда
KM'=KH+HM'=\frac{1}{3}BH+\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}BH=\frac{2}{3}BH=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Из прямоугольных треугольников DNH
, BHD
и AKM'
находим, что
DH=\sqrt{DN^{2}-HN^{2}}=\sqrt{a^{2}-\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},
MM'=\frac{1}{2}DH=\frac{\sqrt{11}}{4\sqrt{3}},~AM'=\sqrt{AK^{2}+KM'^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{3}}=\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}.
Следовательно,
\tg\varphi=\frac{AM'}{MM'}=\frac{\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{11}}{4\sqrt{3}}}=2\sqrt{\frac{7}{11}}.
б) Угол бокового ребра с плоскостью основания обозначим \alpha
. Из прямоугольных треугольников AND
и AHD
находим, что
AD=\sqrt{DN^{2}+AN^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\cos\alpha=\cos\angle DAH=\frac{AH}{AD}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{15}}.
в) Угол боковой грани с плоскостью основания обозначим \beta
. Поскольку HK\perp AC
и DK\perp AC
, то DKH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AC
, поэтому \beta=\angle DKH
. Из прямоугольного треугольника DKH
находим, что
\sin\beta=\sin\angle DKH=\frac{DH}{DK}=\frac{\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}}{a}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}.
г) Двугранный угол пирамиды при боковом ребре обозначим \gamma
. Из середины N
ребра AB
опустим перпендикуляр NF
на ребро DC
. Тогда прямая DC
перпендикулярна пересекающимся прямым AB
(по теореме о трёх перпендикулярах) и NF
плоскости AFB
. Значит, плоскость AFB
перпендикулярна прямой DC
, поэтому AFB
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре DC
, т. е. \angle AFB=\gamma
.
Прямая AB
перпендикулярна плоскости CND
, поэтому FN\perp AB
. Медиана FN
треугольника AFB
является его высотой, значит, FN
— биссектриса угла AFB
, поэтому \angle AFN=\frac{\gamma}{2}
.
Из прямоугольных треугольников CFN
и AFN
находим, что
NF=CN\sin\angle FCN=CN\sin\alpha=CN\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=
=CN\sqrt{1-\frac{4}{15}}=CN\sqrt{\frac{11}{15}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{\frac{11}{15}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{5}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle AFN=\frac{AN}{NF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{\frac{5}{11}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{11}}{1+\frac{5}{11}}=\frac{3}{8}.