14501. Апофема правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равна стороне основания ABCD
. Найдите:
а) тангенс угла между высотой SH
и медианой BL
боковой грани ASB
;
б) синус угла бокового ребра с плоскостью основания;
в) угол боковой грани с плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при боковом ребре.
Ответ. а) 2\sqrt{\frac{5}{6}}=\sqrt{\frac{10}{3}}
; б) \sqrt{\frac{3}{5}}
; в) 60^{\circ}
; г) -\frac{1}{4}
.
Решение. Пусть N
— середина ребра AB
. Тогда SN
— апофема пирамиды. Обозначим SN=AB=a
.
а) Пусть L'
— середина отрезка AH
. Тогда LL'
— средняя линия прямоугольного треугольника SHA
, 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'
, SHN
и SAH
находим, что
BL'=\sqrt{BH^{2}+HL'^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+\frac{a^{2}}{8}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}},
LL'=\frac{1}{2}SH=\frac{1}{2}\sqrt{SN^{2}-HN^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{4},
\tg\varphi=\frac{BL'}{LL'}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2\sqrt{\frac{5}{6}}=\sqrt{\frac{10}{3}}.
б) Угол бокового ребра с плоскостью основания обозначим \alpha
. Из прямоугольного треугольника ANS
находим, что
SA=\sqrt{SN^{2}+AN^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\cos\alpha=\cos\angle SAH=\frac{AH}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{5}}.
Следовательно, \sin\alpha=\sqrt{\frac{3}{5}}
.
в) Угол боковой грани с плоскостью основания обозначим \beta
. 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}}{a}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle\beta=60^{\circ}
.
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=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{\frac{3}{5}}=\sqrt{\frac{3}{10}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{3}{10}}}=\sqrt{\frac{5}{3}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{3}}{1+\frac{5}{3}}=-\frac{1}{4}.
Источник: Школьные материалы. —