14502. Высота правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
вдвое меньше стороны основания ABCDEF
. Найдите:
а) тангенс угла между высотой пирамиды и медианой AM
боковой грани ASB
;
б) тангенс угла бокового ребра с плоскостью основания;
в) угол боковой грани с плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при боковом ребре.
Ответ. а) 2\sqrt{3}
; б) \frac{1}{2}
; в) 30^{\circ}
; г) -\frac{7}{8}
.
Решение. Обозначим AB=a
. Пусть SH
— высота пирамиды. Тогда SH=\frac{a}{2}
.
а) Пусть M'
— середина отрезка BH
. Тогда MM'
— средняя линия прямоугольного треугольника SHB
, поэтому 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'
.
Отрезок AM'
— высота равностороннего треугольника AHB
со стороной a
, поэтому AM'=\frac{a\sqrt{3}}{2}
.
Из прямоугольных треугольников SHB
и AMM'
находим, что
MM'=\frac{1}{2}SH=\frac{a}{4},~\tg\varphi=\frac{AM'}{MM'}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{4}}=2\sqrt{3}.
б) Угол бокового ребра с плоскостью основания обозначим \alpha
. Из прямоугольного треугольника SHA
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle SAH=\frac{SH}{AH}=\frac{\frac{a}{2}}{a}=\frac{1}{2}.
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 SNH
находим, что
\tg\beta=\tg\angle SNH=\frac{SH}{HN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \beta=30^{\circ}
.
г) Двугранный угол пирамиды при боковом ребре обозначим \gamma
. Пусть диагонали AD
и BF
основания пирамиды пересекаются в точке P
. Тогда P
— середина отрезка BF
. Опустим перпендикуляр PQ
на ребро SA
. Тогда прямая SA
перпендикулярна пересекающимся прямым BF
(по теореме о трёх перпендикулярах) и PQ
плоскости BQF
. Значит, плоскость BQF
перпендикулярна прямой SA
, поэтому BQF
— линейный угол двугранного угла пирамиды при боковом ребре SA
, т. е. \angle BQF=\gamma
.
Прямая BF
перпендикулярна плоскости ASD
, поэтому PQ\perp BF
. Медиана QP
треугольника BQF
является его высотой, значит, QP
— биссектриса угла BQF
, поэтому \angle BQP=\frac{\gamma}{2}
.
Из прямоугольного треугольников AQP
и BPQ
находим, что
PQ=AP\sin\angle PAQ=AP\sin\alpha=\frac{a}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{a}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+2^{2}}}=\frac{a}{2\sqrt{5}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{15}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-15}{1+15}=-\frac{7}{8}.
Источник: Школьные материалы. —