7086. В правильной n
-угольной пирамиде (n=3
, 4
, 6
) найдите угол между соседними гранями и угол между апофемой и соседней боковой гранью, если угол бокового ребра с основанием равен 60^{\circ}
.
Ответ. 2\arctg\frac{2}{3}=\arccos\frac{5}{13}
и \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{13}
при n=3
;
2\arctg\frac{2}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{7}\right)
и \arcsin\frac{\sqrt{6}}{7}
при n=4
;
2\arctg2=\arccos\left(-\frac{3}{5}\right)
и \arcsin\frac{1}{5}
при n=6
.
Решение. 1. (n=3
). Пусть сторона AB
правильной треугольной пирамиды SABC
равна a
. Проведём высоту SH
пирамиды и опустим перпендикуляр MF
из середины M
ребра BC
на боковое ребро SA
. По теореме о трёх перпендикулярах SA\perp BC
. Прямая SA
перпендикулярна двум пересекающимся прямым MF
и BC
плоскости BFC
, значит, прямая SA
перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, BFC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SA
. Обозначим \angle BFC=\gamma
.
Из прямоугольных треугольников AMF
и BMF
находим, что
MF=AM\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4}a,~
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFM=\frac{BM}{MF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3}{4}a}=\frac{2}{3}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{4}{9}}{1+\frac{4}{9}}=\frac{5}{13}.
Пусть M'
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на плоскость ASC
. Тогда угол между апофемой SM
пирамиды и плоскостью ASC
— это угол MSM'
. Обозначим \angle MSM'=\varphi
. Из прямоугольных треугольников ASH
и MSH
находим, что
SH=AH\tg60^{\circ}=\frac{2}{3}AM\tg60^{\circ}=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}=a,
SM=\sqrt{SH^{2}+MH^{2}}=\sqrt{SH^{2}+\left(\frac{1}{3}AM\right)^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{1}{12}a^{2}}=\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}.
Пусть L
— середина ребра AC
, BP
— высота треугольника BSL
. Тогда SL=SM=\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}
. По теореме о трёх перпендикулярах BP\perp AC
. Прямая BP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым SL
и AC
плоскости ASC
, значит, прямая BP
перпендикулярна этой плоскости, поэтому MM'\parallel BP
, MM'
— средняя линия треугольника BPC
, MM'=\frac{1}{2}BP
.
Из равенства BL\cdot SH=SL\cdot BP
(удвоенная площадь треугольника BSL
) находим, что
BP=\frac{BL\cdot SH}{SL}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}.
Значит,
\sin\varphi=\sin\angle MSM'=\frac{MM'}{SM}=\frac{\frac{1}{2}BP}{SM}=\frac{\frac{3}{2\sqrt{13}}}{\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{13}.
Следовательно, \varphi=\arcsin\frac{3\sqrt{3}}{13}
.
2. (n=4
). Пусть сторона AB
правильной четырёхугольной пирамиды SABC
равна a
. Проведём высоту SH
пирамиды и опустим перпендикуляр HF
из центра основания на боковое ребро SA
. По теореме о трёх перпендикулярах SA\perp BD
. Прямая SA
перпендикулярна двум пересекающимся прямым HF
и BD
плоскости BFD
, значит, прямая SA
перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, BFD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SA
. Обозначим \angle BFD=\gamma
.
Из прямоугольных треугольников AHF
и BHF
находим, что
HF=AH\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4},~
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BFH=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{4}{3}}{1+\frac{4}{3}}=-\frac{1}{7}.
Пусть M'
— основание перпендикуляра, опущенного из середины K
ребра AB
на плоскость ASD
. Тогда угол между апофемой SK
пирамиды и плоскостью ASD
— это угол KSK'
. Обозначим \angle KSK'=\varphi
. Из прямоугольных треугольников ASH
и KSH
находим, что
SH=AH\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}{2}}\cdot\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2},
SK=\sqrt{SH^{2}+HK^{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}a^{2}+\frac{1}{4}a^{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.
Пусть L
— середина ребра AD
, HP
— высота треугольника SHL
. Тогда SL=SK=\frac{a\sqrt{7}}{2}
. По теореме о трёх перпендикулярах HP\perp AD
. Прямая HP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым SL
и AD
плоскости ASD
, значит, прямая HP
перпендикулярна этой плоскости, поэтому KK'\parallel HP
, а так как прямая KH
параллельна плоскости ASD
, то KP\parallel K'P
, значит, KK'=HL
.
Из равенства HL\cdot SH=SL\cdot HP
(удвоенная площадь треугольника HSL
) находим, что
HP=\frac{HL\cdot SH}{SL}=\frac{\frac{a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{6}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{7}}.
Значит,
\sin\varphi=\sin\angle KSK'=\frac{KK'}{SK}=\frac{HL}{SK}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{7}}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{7}.
Следовательно, \varphi=\arcsin\frac{\sqrt{6}}{7}
.
3. (n=6
). Пусть сторона AB
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
равна a
. Проведём высоту SH
пирамиды и опустим перпендикуляр MT
из точки M
пересечения диагоналей AD
и BF
правильного шестиугольника ABCDEF
(середины BF
) на боковое ребро SA
. По теореме о трёх перпендикулярах SA\perp BF
. Прямая SA
перпендикулярна двум пересекающимся прямым MT
и BF
плоскости BTF
, значит, прямая SA
перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, BTF
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре SA
. Обозначим \angle BTF=\gamma
.
Из прямоугольных треугольников AMT
и BMT
находим, что
MT=AM\sin60^{\circ}=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}a,~
\tg\frac{\gamma}{2}=\tg\angle BTM=\frac{BM}{MT}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-4}{1+4}=-\frac{3}{5}.
Пусть K'
— основание перпендикуляра, опущенного из середины K
ребра AF
на плоскость ESF
. Тогда угол между апофемой SK
пирамиды и плоскостью ESF
— это угол KSK'
. Обозначим \angle KSK'=\varphi
. Из прямоугольных треугольников ASH
и KSH
находим, что
SH=AH\tg60^{\circ}=a\sqrt{3},
SK=\sqrt{SH^{2}+KH^{2}}=\sqrt{3a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Пусть L
— середина ребра EF
, HP
— высота треугольника SHL
. Тогда SL=SK=\frac{a\sqrt{15}}{2}
. По теореме о трёх перпендикулярах HP\perp EF
. Прямая HP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым SL
и EF
плоскости ESF
, значит, прямая HP
перпендикулярна этой плоскости, поэтому KK'\parallel HP
. Точки A
и H
лежат на прямой, параллельной плоскости ESF
, поэтому они равноудалены от этой плоскости, а так как K
— середина наклонной AF
, то расстояние от точки K
до плоскости ESF
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки A
(см. задачу 9180), а значит, и от точки H
, т. е. KK'=\frac{1}{2}HP
.
Из равенства HL\cdot SH=SL\cdot HP
(удвоенная площадь треугольника SHL
) находим, что
HP=\frac{HL\cdot SH}{SL}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}.
Значит,
\sin\varphi=\sin\angle KSK'=\frac{KK'}{SK}=\frac{\frac{1}{2}HP}{SL}=\frac{\frac{3a}{2\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{1}{5}.
Следовательно, \varphi=\arcsin\frac{1}{5}
.