7009. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Найдите угол апофемы с плоскостью соседней боковой грани.
Ответ. \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{13}
.
Решение. Пусть a
— сторона основания ABC
правильной треугольной пирамиды ABCP
, \beta
— угол боковой грани с плоскостью основания, \varphi
— искомый угол между апофемой PK
(K
— середина AB
) и плоскостью грани APC
, M
— центр основания ABC
, N
— середина AC
, D
— ортогональная проекция точки K
на плоскость грани APC
. Тогда искомый угол \varphi
— это угол KPD
, а \sin\varphi=\frac{KD}{PK}
. Таким образом, для решения задачи нужно найти апофему пирамиды и расстояние от точки K
до плоскости грани APC
.
Из прямоугольных треугольников PAM
и PKM
находим, что
PM=AM\tg\angle PAM=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}=a,
PK=\sqrt{PM^{2}+KM^{2}}=\sqrt{a^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}.
Поскольку K
— середина наклонной AB
к плоскости грани APC
, расстояние KD
вдвое меньше расстояния от точки B
до этой плоскости (см. задачу 9180). Пусть BG
— высота треугольника PBN
. Тогда отрезок BG
перпендикулярен плоскости грани APC
, поэтому KD=\frac{1}{2}BG
.
Из прямоугольного треугольника BGN
находим, что
BG=BN\sin\angle BNP=BN\sin\beta=BN\sin\angle PKM=
=BN\cdot\frac{PM}{PK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3a}{\sqrt{13}},~KD=\frac{3a}{2\sqrt{13}}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{KD}{PK}=\frac{\frac{3a}{2\sqrt{13}}}{\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{13}.