14506. Дана шестиугольная призма, основание которой — правильные шестиугольники и все боковые рёбра которой вдвое больше стороны основания. 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) 60^{\circ}
;
б) \arccos\left(\pm\frac{1}{4}\right)
; 60^{\circ}
и 120^{\circ}
;
в) 90^{\circ}
, \arccos\left(\pm\frac{1}{\sqrt{5}}\right)
, \arccos\left(-\frac{3}{5}\right)
;
Решение. Пусть ортогональная проекция вершины A_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
данной призмы ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
совпадает с центром H
основания ABCDEF
, а все рёбра призмы равны 1. Тогда ABCDEFA_{1}
— правильная шестиугольная пирамида, со стороной основания 1 и боковым ребром 2.
а) Обозначим через \alpha
угол бокового ребра призмы с плоскостью основания ABCDEF
. Поскольку AD=2=A_{1}A=A_{1}D
, треугольник AA_{1}D
равносторонний, поэтому \angle A_{1}AH=60^{\circ}
.
б) Пусть M
— середина ребра AB
. Тогда A_{1}M
высота равнобедренного треугольника AA_{1}B
, поэтому
\cos\angle A_{1}AB=\cos\angle A_{1}AM=\frac{AM}{AA_{1}}=\frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}.
Следовательно,
\angle A_{1}B_{1}B=\angle A_{1}AB=\arccos\frac{1}{4},~
\angle ABB_{1}=\angle AA_{1}B_{1}=180^{\circ}-\arccos\frac{1}{4}=\arccos\left(-\frac{1}{4}\right)
Тогда
\angle DD_{1}D=\angle DEE_{1}=\arccos\frac{1}{4},~
\angle EDD_{1}=\angle EE_{1}D_{1}=180^{\circ}-\arccos\frac{1}{4}=\arccos\left(-\frac{1}{4}\right)
Аналогично для углов боковых граней AA_{1}F_{1}F
и CC_{1}D_{1}D
.
Углы CBB_{1}
и HAA_{1}
с соответственно сонаправленными сторонами равны, поэтому
\angle CBB_{1}=\angle HAA_{1}=60^{\circ}.
Тогда
\angle CC_{1}B=60^{\circ},~\angle BB_{1}C=120^{\circ}.
Аналогично для углов боковой грани EE_{1}F_{1}F
.
в) Обозначим через \beta
двугранный угол при ребре AB
. Поскольку HM\perp AB
и A_{1}M\perp AB
, то \angle A_{1}MH=\beta
. Из прямоугольных треугольников AHA_{1}
и MHA_{1}
находим, что
A_{1}H=AA_{1}\sin\alpha=2\sin60^{\circ}=\sqrt{3},~A_{1}M=\sqrt{A_{1}H^{2}+HM^{2}}=\sqrt{3+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}.
Значит,
\cos\beta=\frac{HM}{A_{1}M}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Следовательно, \beta=\arccos\frac{1}{\sqrt{5}}
. Аналогично, двугранный угол при ребре AF
тоже равен \arccos\frac{1}{\sqrt{5}}
. Тогда двугранные углы при рёбрах DE
и CD
равны
180^{\circ}-\beta=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right).
Поскольку CH\parallel AB\parallel A_{1}B_{1}
и CH=1=A_{1}B
, то четырёхугольник CHA_{1}B_{1}
— параллелограмм, поэтому B_{1}C\parallel A_{1}H
, а так как A_{1}H
— перпендикуляр к плоскости основания призмы, то B_{1}C
— тоже перпендикуляр к этой плоскости. Плоскость грани BB_{1}C_{1}C
проходит через прямую B_{1}C
, перпендикулярную плоскости основания призмы, значит, эти плоскости перпендикулярны, т. е. двугранный угол при ребре BC
призмы равен 90^{\circ}
. Тогда двугранный угол при ребре EF
тоже равен 90^{\circ}
.
Осталось найти двугранные углы при боковых рёбрах призмы, т. е. углы её перпендикулярного сечения.
Пусть P
— точка пересечения отрезков BF
и AD
. Тогда AP\perp BF
,
AP=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2},~BP=\frac{1}{2}BF=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Опустим перпендикуляр PQ
на ребро AA_{1}
. Тогда AA_{1}\perp BF
(по теореме о трёх перпендикулярах) и AA_{1}\perp PQ
. Значит, плоскость BQF
перпендикулярна прямой AA_{1}
. Следовательно, BQF
— линейный угол двугранного угла призмы при ребре AA_{1}
. Обозначим его \gamma
.
Прямая BF
перпендикулярна плоскости AHA_{1}
, поэтому медиана QP
треугольника BQF
является его высотой, а значит, биссектрисой. Тогда \angle BQP=\frac{\gamma}{2}
. Из прямоугольных треугольников AQP
и BPQ
находим, что
PQ=AP\sin\angle PAQ=\frac{1}{2}\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{4}}=2.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-4}{1+4}=-\frac{3}{5}.
Следовательно, \gamma=\arccos\left(-\frac{3}{5}\right)
.
Пусть X
, Y
и Z
— точки пересечения плоскости BQF
с прямыми CC_{1}
, DD_{1}
и EE_{1}
соответственно. Тогда шестиугольник BQFZYX
— перпендикулярное сечение призмы. Его углы — линейные углы двугранных углов призмы при её боковых рёбрах. Противоположные стороны этого шестиугольника попарно равны и параллельны, значит, угол при вершине Y
равен \arccos\left(-\frac{3}{5}\right)
.
Отрезки BX
и XY
— высоты параллелограммов BB_{1}C_{1}C
и CC_{1}D_{1}D
, поэтому
BX=BC\sin\angle CBB_{1}=\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2},~
XY=CD\sin\angle DCC_{1}=CD\sqrt{1-\cos^{2}\angle DCC_{1}}=\sqrt{1-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4}.
Отрезок QX
— высота параллелограмма AA_{1}C_{1}C
со сторонами AA_{1}=2
, AC=\sqrt{3}
и диагональю A_{1}C=2
. Пусть A_{1}G
— высота равнобедренного треугольника AA_{1}C
. Тогда
A_{1}G=\sqrt{AA_{1}^{2}-A_{1}G^{2}}=\sqrt{AA_{1}^{2}-\frac{1}{4}AC^{2}}=\sqrt{4-\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2},
а отрезок XQ
равен высоте этого треугольника, опущенной на сторону AA_{1}
. Значит (см. задачу 1967),
XQ=\frac{AC\cdot A_{1}G}{AA_{1}}=\frac{\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{13}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{39}}{4}.
Обозначим \angle YZF=\angle QBX=\gamma_{1}
. По теореме косинусов
\cos\gamma_{1}=\cos\angle QBX=\frac{BQ^{2}+BX^{2}-XQ^{2}}{2BQ\cdot BX}=\frac{\frac{15}{16}+\frac{3}{4}-\frac{39}{16}}{2\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=-\frac{1}{\sqrt{5}}.
Следовательно, \gamma_{1}=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)
.
Трапеция QBXY
равнобедренная, поэтому
\angle QFZ=\angle BXY=\angle QBX=\gamma_{1}=\arccos\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right).