9217. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Диагонали AD
и CE
основания пересекаются в точке P
, Q
— основание перпендикуляра, опущенного из точки P
на прямую SD
.
а) Докажите, что прямая PQ
перпендикулярна прямой CE
.
б) Найдите двугранный угол при боковом ребре пирамиды, если угол бокового ребра с плоскостью основания равен 60^{\circ}
.
Ответ. 2\arctg2=\arccos\left(-\frac{3}{5}\right)
.
Решение. а) Пусть O
— центр основания пирамиды. Тогда OD\perp CP
, а так как SO\perp CP
, то прямая CE
перпендикулярна плоскости CQE
. Следовательно, CE\perp PQ
б) Пусть сторона правильного шестиугольника ABCDEF
равна a
. Тогда
DP=\frac{a}{2},~CP=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника DQP
находим, что
PQ=DP\sin\angle ODS=\frac{a}{2}\sin60^{\circ}=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.
Высота QP
треугольника CQE
является его медианой, значит, этот треугольник равнобедренный, QC=QE
. По теореме о трёх перпендикулярах SD\perp CE
, поэтому прямая SD
перпендикулярна плоскости CQE
. Следовательно, CQE
— линейный угол двугранного угла при ребре SD
пирамиды, причём QP
— его биссектриса.
Обозначим \angle CQE=\alpha
. Тогда \angle CQP=\frac{\alpha}{2}
. Из прямоугольного треугольника CPQ
находим, что
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{CP}{QP}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-4}{1+4}=-\frac{3}{5}.