7015. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a
. Боковая грань образует с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Найдите расстояние между боковым ребром и скрещивающейся с ним диагональю основания.
Ответ. \frac{a\sqrt{6}}{6}
.
Решение. Пусть ABCDP
— данная правильная четырёхугольная пирамида с вершиной P
, AB=BC=CD=AD=a
, M
— центр квадрата ABCD
, K
— середина отрезка AB
.
Поскольку PK\perp AB
и MK\perp AB
, угол PKM
— линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани ABP
и плоскостью основания пирамиды. По условию \angle PKM=45^{\circ}
.
Поскольку пирамида правильная, её высота проходит через центр основания, значит, PM
— высота пирамиды. Из равнобедренного прямоугольного треугольника PKM
находим, что PM=MK=\frac{a}{2}
.
Пусть \alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания пирамиды. Из прямоугольного треугольника AMP
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle MAP=\frac{PM}{AM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на прямую PC
. Прямая AC
— ортогональная проекция наклонной MF
на плоскость основания пирамиды. Так как AC\perp BD
, то по теореме о трёх перпендикулярах MF\perp BD
. Значит, MF
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых PC
и BD
. Из прямоугольного треугольника CMF
находим, что
MF=CM\sin\angle FCM=CM\sin\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.
