14500. Высота SH
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равна стороне основания ABCD
. Найдите:
а) тангенс угла между высотой SH
и медианой BL
боковой грани ASB
;
б) косинус угла бокового ребра с плоскостью основания;
в) косинус угла боковой грани с плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при боковом ребре.
Ответ. а) \sqrt{\frac{5}{2}}
; б) \frac{1}{\sqrt{3}}
; в) \frac{1}{\sqrt{5}}
; г) -\frac{1}{5}
.
Решение. Обозначим SH=AB=a
.
а) Пусть L
— середина отрезка AH
. Тогда LL'
— средняя линия прямоугольного треугольника AHS
, поэтому MM'\parallel DH
. Значит, угол \varphi
между скрещивающимися прямыми SH
и BL
равен углу между пересекающимися прямыми LL'
и BL
.
Поскольку SH
— перпендикуляр к плоскости ABC
, то LL'
— тоже перпендикуляр к этой плоскости, поэтому \varphi=\angle BLL'
. Из прямоугольных треугольников BHL'
и BL'L
находим, что
BL'=\sqrt{BH^{2}+HL'^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+\frac{a^{2}}{8}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}},
\tg\varphi=\frac{BL'}{LL'}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{\frac{5}{2}}
б) Угол бокового ребра с плоскостью основания обозначим \alpha
. Из прямоугольного треугольника AHS
находим, что
SA=\sqrt{SH^{2}+AH^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}},
\cos\alpha=\cos\angle SAH=\frac{AH}{SA}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{a\sqrt{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
в) Угол боковой грани с плоскостью основания обозначим \beta
. Пусть N
— середина ребра AB
. Поскольку HN\perp AB
и SN\perp AB
, то SNH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
, поэтому \beta=\angle SNH
. Из прямоугольного треугольника SHN
находим, что
SN=\sqrt{SH^{2}+HN^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\cos\beta=\cos\angle SNH=\frac{HN}{SN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
г) Двугранный угол пирамиды при боковом ребре обозначим \gamma
. Из центра H
основания пирамиды опустим перпендикуляр HF
на ребро SC
. Тогда прямая SC
перпендикулярна пересекающимся прямым BD
(по теореме о трёх перпендикулярах) и HF
плоскости BFD
. Значит, плоскость BFD
перпендикулярна прямой SC
, поэтому BFD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре SC
, т. е. \angle BFD=\gamma
.
Прямая BD
перпендикулярна плоскости ASC
, поэтому HN\perp BD
. Медиана FH
треугольника BFD
является его высотой, значит, FH
— биссектриса угла BFD
, поэтому \angle BFH=\frac{\gamma}{2}
.
Из прямоугольных треугольников CFH
и BFH
находим, что
HF=CH\sin\angle FCH=CH\sin\alpha=CH\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=
=CH\sqrt{1-\frac{1}{3}}=CH\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\sqrt{\frac{3}{2}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{3}{2}}{1+\frac{3}{2}}=-\frac{1}{5}.
Источник: Школьные материалы. —