14503. Апофема правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
в полтора раза больше стороны основания ABCDEF
. Найдите:
а) тангенс угла между высотой SH
и медианой AM
боковой грани ASB
;
б) тангенс угла бокового ребра с плоскостью основания;
в) косинус угла боковой грани с плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при боковом ребре.
Ответ. а) \sqrt{2}
; б) \sqrt{\frac{3}{2}}
; в) \frac{\sqrt{3}}{3}
; г) -\frac{4}{5}
.
Решение. Обозначим AB=a
. Пусть N
— середина ребра AB
. По условию SN=\frac{3}{2}a
.
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 SHN
и AM'M
находим, что
MM'=\frac{1}{2}SH=\frac{1}{2}\sqrt{SN^{2}-HN^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{9}{4}a^{2}-\frac{3}{4}a^{2}}=\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{3}{2}},
\tg\varphi=\frac{AM'}{MM'}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{3}{2}}}=\sqrt{2}.
б) Угол бокового ребра с плоскостью основания обозначим \alpha
. Из прямоугольного треугольника SHA
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle SAH=\frac{SH}{AH}=\frac{a\sqrt{\frac{3}{2}}}{a}=\sqrt{\frac{3}{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 SHN
находим, что
\cos\beta=\cos\angle SNH=\frac{HN}{SN}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
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 BQF
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}}=\frac{a}{2\sqrt{3}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2\sqrt{3}}}=3.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-9}{1+9}=-\frac{4}{5}.