7016. Боковая грань правильной четырёхугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Найдите угол между соседними боковыми гранями.
Ответ. 120^{\circ}
.
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}}.
Прямая AC
— ортогональная проекция наклонной PC
на плоскость основания пирамиды. Так как AC\perp BD
, то по теореме о трёх перпендикулярах PC\perp BD
.
Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на прямую PC
. Тогда прямая PC
перпендикулярна двум пересекающимся прямым MF
и BD
плоскости треугольника BFD
. Значит, MF\perp PC
, а так как MF\perp BD
, то MF
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых PC
и BD
. Из прямоугольного треугольника AMF
находим, что
MF=AM\sin\angle FAM=AM\sin\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.
Прямая PC
перпендикулярна плоскости треугольника DFB
, поэтому угол между боковыми гранями CBP
и CDP
— это угол BFD
. Обозначим \angle BFD=\gamma
. В равнобедренном треугольнике BFD
медиана FM
является высотой и биссектрисой, поэтому в прямоугольном треугольнике BFM
угол BFM
равен \frac{\gamma}{2}
,
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{FM}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{6}}=\sqrt{3}.
Следовательно, \gamma=60^{\circ}
, а \angle BFD=2\gamma=120^{\circ}
.