14505. Дана четырёхугольная призма, основание которой — квадрат и все рёбра которой равны между собой. Ортогональная проекция вершины одного основания на плоскость другого совпадает с центром этого основания. Найдите:
а) угол бокового ребра призмы с плоскостью её основания;
б) углы боковых граней призмы;
в) двугранные углы призмы при всех её рёбрах.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{\sqrt{2}}
;
б) 60^{\circ}
и 120^{\circ}
;
в) \arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)
, \arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)
, \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
, \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
— двугранные углы при рёбрах оснований;
\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
, \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
, \arccos\frac{1}{3}
, \arccos\frac{1}{3}
— двугранные углы при боковых рёбрах.
Решение. Пусть ортогональная проекция вершины A_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
данной призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
совпадает с центром H
основания ABCD
, а все рёбра призмы равны 1. Тогда ABCDA_{1}
— правильная четырёхугольная пирамида, все рёбра которой равны 1.
а) Обозначим через \alpha
угол бокового ребра призмы с плоскостью основания ABCD
. Тогда
\cos\alpha=\cos\angle A_{1}AH=\frac{HA}{AA_{1}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{1}{\sqrt{2}}
.
б) Треугольник ABA_{1}
равносторонний, поэтому \angle BAA_{1}=60^{\circ}
. Тогда \angle ABB_{1}=120^{\circ}
. Аналогично,
\angle DAA_{1}=60^{\circ},~\angle ADD_{1}=120^{\circ},
а так как противоположные грани параллелепипеда равны, то
\angle CDD_{1}=\angle BAA_{1}=60^{\circ},~\angle DCC_{1}=\angle ABB_{1}=120^{\circ},
\angle CBB_{1}=\angle DAA_{1}=60^{\circ},~\angle BCC_{1}=\angle ADD_{1}=120^{\circ}.
в) Обозначим через \beta
двугранный угол при ребре AB
призмы. Пусть M
— середина ребра BC
. Поскольку HM\perp AB
и A_{1}M\perp AB
, то A_{1}MH
— линейный угол этого двугранного угла. Из прямоугольного треугольника A_{1}HM
находим, что
\cos\beta=\angle A_{1}MH=\frac{HM}{A_{1}M}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \beta=\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
. Аналогично, двугранный угол призмы при ребре AD
также равен \arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
.
Двугранные углы призмы при рёбрах CD
и AD
дополняют найденные углы до 180^{\circ}
, значит, они равны
180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right).
Двугранные углы призмы при рёбрах A_{1}B_{1}
, B_{1}C_{1}
, C_{1}D_{1}
и A_{1}D_{1}
соответственно равны двугранным углам призмы при рёбрах CD
, AD
, AB
и BC
, а значит, равны
\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right),~\arccos\frac{1}{\sqrt{3}},~\arccos\frac{1}{\sqrt{3}},~\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)
соответственно.
Осталось найти двугранные углы при боковых рёбрах призмы, т. е. углы перпендикулярного сечения призмы.
Пусть N
— середина ребра AA_{1}
. Тогда BN\perp AA_{1}
и DN\perp AA_{1}
, поэтому плоскость BND
перпендикулярна ребру AA_{1}
, а значит, и рёбрам BB_{1}
, CC_{1}
и DD_{1}
. Пусть плоскость BND
пересекает прямую CC_{1}
в точке L
. Тогда параллелограмм BLDN
— перпендикулярное сечение призмы, а углы этого параллелограмма — линейные углы двугранных углов призмы при боковых рёбрах.
Обозначим \angle BND=\gamma
. По теореме косинусов
\cos\gamma=\cos\angle BND=\frac{BN^{2}+DN^{2}-BD^{2}}{2BN\cdot DN}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-2}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=-\frac{1}{3}.
Значит, \gamma=\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)
. Следовательно, углы параллелограмма BLND
при вершинах L
, B
и D
равны соответственно
\arccos\left(-\frac{1}{3}\right),~\arccos\frac{1}{3},~\arccos\frac{1}{3}.