9539. Сторона основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равна a
, боковое ребро образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Найдите:
а) объём пирамиды;
б) угол боковой грани с плоскостью основания;
в) расстояние между диагональю основания и скрещивающимся с ней боковым ребром;
г) угол между соседними боковыми гранями;
д) угол между противоположными боковыми гранями;
е) расстояние от точки A
до плоскости CSD
;
ж) радиус описанного шара;
з) радиус вписанного шара;
и) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \frac{a^{3}\sqrt{6}}{6}
; б) \arctg\sqrt{6}=\arcsin\sqrt{\frac{6}{7}}
; в) \frac{a\sqrt{6}}{4}
; г) 2\arctg\frac{2}{\sqrt{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{7}\right)
; д) 2\arctg\frac{1}{\sqrt{6}}=\arccos\frac{5}{7}
; е) \frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{7}}
; ж) R=\frac{a\sqrt{6}}{3}
; з) r=\frac{a(\sqrt{7}-1)}{2\sqrt{6}}
; и) \arcsin\frac{\sqrt{6}}{7}
.
Решение. Пусть M
— центр квадрата ABCD
, A_{1}
и C_{1}
— середины рёбер AB
и CD
соответственно, F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на боковое ребро SC
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки A_{1}
на апофему SC_{1}
, \beta
— угол боковой грани с плоскостью основания, \gamma
— угол между соседними боковыми гранями, \varphi
— угол между апофемой пирамиды и плоскостью соседней боковой грани, R
и r
— радиусы описанной и вписанной сфер.
а) Из прямоугольного треугольника SAM
находим, что
SM=MA\tg\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABCD}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot a^{2}\cdot\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^{3}\sqrt{6}}{6}.
б) Из прямоугольного треугольника SMA_{1}
находим, что
\tg\beta=\tg\angle SA_{1}M=\frac{SM}{MA_{1}}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{6}.
Следовательно, \beta=\arctg\sqrt{6}
. Тогда
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+6}}=\frac{1}{\sqrt{7}},~\sin\beta=\sqrt{\frac{6}{7}}.
в) Из прямоугольного треугольника CFM
находим, что
MF=CM\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}.
г) Медиана FM
треугольника BFD
является его высотой, значит, BFD
— равнобедренный треугольник, а FM
— его биссектриса. Тогда \angle BFM=\frac{\gamma}{2}
, и
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{FM}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \gamma=2\arctg\frac{2}{\sqrt{3}}
. Тогда
\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}.
д) Линейный угол двугранного угла, образованного противолежащими боковыми гранями ASB
и CSD
, — это угол A_{1}SC_{1}
. Из прямоугольного треугольника A_{1}SM
находим, что
\tg\frac{1}{2}\angle A_{1}SC_{1}=\tg\angle A_{1}SM=\frac{MA_{1}}{SM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.
Следовательно, \angle A_{1}SC_{1}=2\arctg\frac{1}{\sqrt{6}}
. Тогда
\cos\angle A_{1}SC_{1}=\frac{1-\frac{1}{6}}{1+\frac{1}{6}}=\frac{5}{7}.
е) Поскольку AB\parallel CD
, прямая AB
параллельна плоскости CSD
, значит, все точки прямой AB
равноудалены от этой плоскости. Тогда искомое расстояние равно расстоянию от точки A_{1}
до плоскости CSD
, т. е. высоте A_{1}H
треугольника A_{1}SC_{1}
. Из прямоугольного треугольника A_{1}HC_{1}
находим, что
A_{1}H=A_{1}C_{1}\sin\beta=a\cdot\sqrt{\frac{6}{7}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{7}}.
ж) Рассмотрим сечение пирамиды и описанной около неё сферы плоскостью ASC
. Центр сферы лежит на прямой SM
, а искомый радиус сферы равен радиусу окружности, описанной около равностороннего треугольника ASC
. Следовательно,
R=\frac{2}{3}SM=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.
з) Рассмотрим сечение пирамиды и вписанной в неё сферы плоскостью A_{1}SC_{1}
. Центр I
сферы лежит на прямой SM
, а искомый радиус сферы равен радиусу окружности, вписанной в равнобедренный треугольник A_{1}SC_{1}
с углом \beta
при основании. Из равенства
\sqrt{6}=\tg\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}
находим, что \tg\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{7}-1}{\sqrt{6}}
. Следовательно,
r=IM=MC_{1}\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{7}-1}{\sqrt{6}}=\frac{a(\sqrt{7}-1)}{2\sqrt{6}}.
и) Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки A_{1}
на плоскость BSC
. Тогда A_{1}SP
— угол между апофемой SA_{1}
пирамиды и плоскостью BSC
. Прямая MA_{1}
параллельна плоскости BSC
, значит, точки A_{1}
и M
равноудалены от этой плоскости.
Пусть E
— середина ребра BC
, Q
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на апофему SE
. Тогда MQ
— перпендикуляр к плоскости BSC
. Отрезок MQ
— высота прямоугольного треугольника SME
, опущенная на гипотенузу, а так как
ME=\frac{a}{2},~SM=\frac{a\sqrt{6}}{2},~SE=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{6a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2},
то
A_{1}P=MQ=\frac{ME\cdot SM}{SE}=\frac{\frac{a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{6}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{7}}.
Из прямоугольного треугольника A_{1}SP
находим, что
\sin\varphi=\sin\angle A_{1}SP=\frac{A_{1}P}{SA_{1}}=\frac{MQ}{SE}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{7}}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{7}.