9540. Сторона основания ABCDEF
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
равна a
, а апофема пирамиды равна a\sqrt{3}
. Найдите:
а) объём пирамиды;
б) угол боковой грани с плоскостью основания;
в) угол бокового ребра с плоскостью основания;
г) расстояние между боковым ребром SA
и диагональю BF
основания;
д) угол между соседними боковыми гранями;
е) угол между противоположными боковыми гранями;
ж) расстояние от точки A
до плоскости DSE
;
з) радиус описанного шара;
и) радиус вписанного шара;
к) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \frac{3a^{3}\sqrt{3}}{4}
; б) 60^{\circ}
; в) \arccos\frac{2}{\sqrt{13}}=\arctg\frac{3}{2}
; г) \frac{3a}{2\sqrt{13}}
; д) 2\arctg\sqrt{\frac{13}{3}}=\arccos\left(-\frac{5}{8}\right)
; е) 60^{\circ}
; ж) \frac{3}{2}a
; з) R=\frac{13}{12}a
; и) r=\frac{a}{2}
; к) \arcsin\frac{\sqrt{3}}{8}
.
Решение. Пусть M
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
, A_{1}
, C_{1}
, D_{1}
и F_{1}
— середины рёбер AB
, CD
, DE
и AF
соответственно, K
— точка пересечения отрезков BF
и AM
, P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки K
на боковое ребро SA
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на апофему SD_{1}
пирамиды, \alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания пирамиды, \beta
— угол боковой грани с плоскостью основания, \gamma
— угол между соседними боковыми гранями, \varphi
— угол между соседними боковыми гранями, R
и r
— радиусы соответственно описанного и вписанного шаров.
а) Поскольку MA_{1}=\frac{a\sqrt{3}}{2}
, в прямоугольном треугольнике SA_{1}M
катет MA_{1}
вдвое меньше гипотенузы. Значит, \angle A_{1}SM=30^{\circ}
. Тогда
SM=MA\ctg30^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{3}{2}a.
Следовательно,
V_{SABCDEF}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABCDEF}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{3}{2}a=\frac{3a^{3}\sqrt{3}}{4}.
б) Из прямоугольного треугольника SA_{1}M
находим, что
\beta=\angle SA_{1}M=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}.
в) Из прямоугольного треугольника SMA
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle SAM=\frac{SM}{MA}=\frac{\frac{3}{2}a}{a}=\frac{3}{2}.
Следовательно, \alpha=\arctg\frac{3}{2}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{9}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{13}},~\sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}}.
г) Из прямоугольного треугольника AKP
находим, что
PK=AK\sin\alpha=\frac{a}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3a}{2\sqrt{13}}.
д) Медиана PK
треугольника BPF
является его высотой, значит, BPF
— равнобедренный треугольник, а PK
— его биссектриса. Тогда \angle BPK=\frac{\gamma}{2}
, и
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BK}{PK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{3a}{2\sqrt{13}}}=2\sqrt{\frac{13}{3}}.
Следовательно, \gamma=2\arctg\sqrt{\frac{13}{3}}
. Тогда
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{13}{3}}{1+\frac{13}{3}}=-\frac{5}{8}.
е) Линейный угол двугранного угла, образованного противолежащими боковыми гранями ASF
и CSD
, — это угол F_{1}SC_{1}
. Треугольник F_{1}SC_{1}
равносторонний, поэтому \angle F_{1}SC_{1}=60^{\circ}
.
ж) Поскольку AB\parallel DE
, прямая AB
параллельна плоскости DSE
, значит, все точки прямой AB
равноудалены от этой плоскости. Тогда искомое расстояние равно расстоянию от точки A_{1}
до плоскости DSE
, т. е. высоте A_{1}H
равностороннего треугольника A_{1}SD_{1}
. Следовательно, A_{1}H=SM=\frac{3}{2}a
.
з) Рассмотрим сечение пирамиды и описанной около неё сферы плоскостью ASD
. Центр сферы лежит на прямой SM
, а искомый радиус R
сферы равен радиусу окружности, описанной около треугольника ASC
. Из прямоугольного треугольника DMS
находим, что
SD=\frac{SM}{\sin\alpha}=\frac{\frac{3}{2}a}{\frac{3}{\sqrt{13}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}.
Тогда по теореме синусов
R=\frac{SD}{2\sin\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{13}}{2}}{\frac{6}{\sqrt{13}}}=\frac{13a}{12}.
и) Рассмотрим сечение пирамиды и вписанной в неё сферы плоскостью C_{1}SF_{1}
. Центр I
сферы лежит на прямой SM
, а искомый радиус r
сферы равен радиусу окружности, вписанной в равнобедренный треугольник C_{1}SF_{1}
с углом 60^{\circ}
при основании. Следовательно,
r=IM=MC_{1}\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\tg30^{\circ}=\frac{a}{2}.
к) Найдём угол между апофемой SA_{1}
и плоскостью ASF
. Пусть Q
— основание перпендикуляра, опущенного из точки A_{1}
на эту плоскость. Тогда угол прямой SA_{1}
с плоскостью ASF
— это острый угол QSA_{1}
прямоугольного треугольника QSA_{1}
.
Точка A_{1}
— середина наклонной BA
к плоскости ASF
, значит, расстояние от точки A_{1}
до плоскости ASF
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки B
, которое равно расстоянию до плоскости ASF
от точки M
(точки B
и M
равноудалены от плоскости ASF
, так как прямая BM
параллельна этой плоскости). Расстояние же от точки M
до плоскости ASF
вдвое меньше высоты равнобедренного треугольника C_{1}SF
, опущенной на боковую сторону, а эта высота равна уже найденному расстоянию от точки A_{1}
до плоскости DSE
, т. е. A_{1}H=\frac{3}{2}a
. Значит,
A_{1}Q=\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{2}a=\frac{3a}{8}.
Следовательно,
\sin\varphi=\sin\angle QSA_{1}=\frac{A_{1}Q}{SA_{1}}=\frac{\frac{3}{8}a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{8}.