9549. Сторона основания и апофема правильной четырёхугольной пирамиды равны a
. Найдите:
а) радиус описанной сферы;
б) радиус вписанной сферы;
в) угол между соседними боковыми гранями;
г) угол между апофемой и соседней боковой гранью.
Ответ. а) \frac{5a}{4\sqrt{3}}
;
б) \frac{a}{2\sqrt{3}}
;
в) 2\arctg\sqrt{\frac{5}{3}}=\arccos\left(-\frac{1}{4}\right)
;
г) \arcsin\frac{\sqrt{3}}{4}
.
Решение. Пусть SABCD
— данная правильная четырёхугольная пирамида с вершиной S
, H
— центр квадрата ABCD
, M
, N
и K
— середины рёбер BC
, AD
и CD
соответственно, SM=BC=a
, \alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \beta
— угол боковой грани с плоскостью основания, \gamma
— угол между соседними боковыми гранями, \varphi
— угол апофемы с соседней боковой гранью, R
— радиус описанной сферы, r
— радиус вписанной сферы.
а) Из прямоугольных треугольников CSM
и CSH
находим, что
SC=\sqrt{SM^{2}+CM^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\cos\alpha=\cos\angle SCH=\frac{CH}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{5}}.
Тогда \sin\alpha=\sqrt{\frac{3}{5}}
. Центр O
сферы, описанной около данной правильной пирамиды, лежит на прямой SH
, поэтому радиус этой сферы равен радиусу окружности, описанной около равнобедренного треугольника ASC
. По теореме синусов
R=\frac{SA}{2\sin\angle SCA}=\frac{SC}{2\sin\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2}}{2\sqrt{\frac{3}{5}}}=\frac{5a}{4\sqrt{3}}.
б) Центр I
сферы, вписанной в данную правильную пирамиду, лежит на отрезке SH
, поэтому радиус r
этой сферы равен радиусу окружности, вписанной в равносторонний треугольник MSN
. Следовательно,
r=IH=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a}{2\sqrt{3}}.
в) Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки H
на прямую SC
. Прямая SC
перпендикулярна плоскости BFD
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым HF
и BD
этой плоскости. Значит, BFD
— линейный угол двугранного угла между соседними боковыми гранями BSC
и DSC
пирамиды. Из прямоугольных треугольников CFH
и BFH
находим, что
HF=CH\sin\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{\frac{3}{5}}=\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{5}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BH}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{\frac{5}{3}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{3}}{1+\frac{5}{3}}=-\frac{1}{4}.
г) Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на плоскость CSD
. Тогда SP
— ортогональная проекция наклонной MS
на эту плоскость. Значит, угол между апофемой MS
и плоскостью CSD
— это угол MSP
, т. е. \varphi=\angle MSP
.
Пусть HQ
— высота прямоугольного треугольника SHK
. Тогда HQ
— перпендикуляр к плоскости CSD
, а так как прямая MH
параллельна этой плоскости, то
MP=HQ=\frac{HK\cdot SH}{SK}=\frac{\frac{a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{MP}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{4}.