7024. Высота правильной шестиугольной пирамиды равна стороне основания. Найдите угол между соседними боковыми гранями.
Ответ. 2\arctg\sqrt{6}=\arccos\left(-\frac{5}{7}\right)
.
Решение. Пусть ABCDEFP
— данная правильная шестиугольная пирамида с вершиной P
; M
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
. Обозначим AB=BC=CD=DE=EF=AF=a
. Поскольку пирамида правильная, PM
— её высота (из условия следует, что PM=a
). Значит, угол PDM
— это угол бокового ребра с плоскостью основания. В прямоугольном треугольнике DPM
известно, что PM=DM=a
, поэтому \angle PDM=45^{\circ}
.
Прямая DM
— ортогональная проекция бокового ребра DP
на плоскость основания пирамиды. Так как DM\perp CE
, то по теореме о трёх перпендикулярах DP\perp CE
.
Опустим перпендикуляр CH
из вершины C
на боковое ребро DP
. Прямая DP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым CE
и CH
плоскости CEH
, поэтому прямая DP
перпендикулярна этой плоскости. Значит, угол CHE
— линейный угол двугранного угла между плоскостями боковых граней CDP
и EDP
. Обозначим \angle CHE=\gamma
. Пусть N
— точка пересечения диагоналей AD
и FC
правильного шестиугольника ABCDEF
. Тогда N
— середина отрезка MD
,
NH\perp DP,~NH\perp CE,~ND=\frac{a}{2},~CN=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника DNH
находим, что
NH=DN\sin\angle NDH=DN\sin\angle PDM=\frac{a}{2}\cdot\sin45^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.
Следовательно,
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle NHC=\frac{CN}{NH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{4}}=2\sqrt{\frac{3}{2}}=\sqrt{6}.
По известной формуле тригонометрии можно найти и косинус угла \gamma
:
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-6}{1+6}=-\frac{5}{7}.