Номер 256, страница 77 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

256. В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна m, а плоский угол при вершине равен α. Найдите: а) высоту пирамиды; б) боковое ребро пирамиды; в) угол между боковой гранью и плоскостью основания; г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида `SABCD`, где `S` – вершина, а `ABCD` – квадратное основание. Сторона основания `AB = m`, плоский угол при вершине `?BSC = \alpha`. `SO` – высота пирамиды (`H`), где `O` – центр основания. `L` – боковое ребро (например, `SB`), `SK` – апофема боковой грани `SBC`, где `K` – середина ребра `BC`.

б) боковое ребро пирамиды

Рассмотрим боковую грань `SBC`. Это равнобедренный треугольник с основанием `BC = m` и боковыми сторонами `SB = SC = L`. Угол при вершине `S` равен `\alpha`. Апофема `SK`, проведенная к основанию `BC`, является также медианой и биссектрисой.

В прямоугольном треугольнике `SKC` катет `KC` равен половине основания `BC`, то есть `KC = m/2`. Угол `?KSC` равен половине угла при вершине, то есть `?KSC = \alpha/2`.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:

`\sin(\angle KSC) = \frac{KC}{SC}`

`\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{m/2}{L}`

Отсюда выражаем длину бокового ребра `L`:

`L = \frac{m/2}{\sin(\alpha/2)} = \frac{m}{2\sin(\alpha/2)}`

Ответ: `L = \frac{m}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}`

а) высоту пирамиды

Высота пирамиды `H = SO`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOC`. Гипотенуза `SC = L`, катеты `SO = H` и `OC`. `OC` – это половина диагонали квадрата основания. Диагональ `AC = \sqrt{m^2 + m^2} = m\sqrt{2}`. Следовательно, `OC = \frac{m\sqrt{2}}{2}`.

По теореме Пифагора для `\triangle SOC`:

`H^2 + OC^2 = L^2`

`H^2 = L^2 - OC^2 = \left(\frac{m}{2\sin(\alpha/2)}\right)^2 - \left(\frac{m\sqrt{2}}{2}\right)^2`

`H^2 = \frac{m^2}{4\sin^2(\alpha/2)} - \frac{2m^2}{4} = \frac{m^2}{4} \left(\frac{1}{\sin^2(\alpha/2)} - 2\right)`

`H^2 = \frac{m^2}{4} \frac{1 - 2\sin^2(\alpha/2)}{\sin^2(\alpha/2)}`

Используя формулу косинуса двойного угла `\cos(\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha/2)`, получаем:

`H^2 = \frac{m^2 \cos(\alpha)}{4\sin^2(\alpha/2)}`

Извлекаем квадратный корень:

`H = \sqrt{\frac{m^2 \cos(\alpha)}{4\sin^2(\alpha/2)}} = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}`

Ответ: `H = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}`

в) угол между боковой гранью и плоскостью основания

Искомый угол `\varphi` – это угол между апофемой `SK` и её проекцией на плоскость основания `OK`. Таким образом, `\varphi = \angle SKO`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOK`.

Катет `OK` равен половине стороны основания, так как `OK` – это радиус вписанной в квадрат окружности: `OK = m/2`.

Катет `SO = H = \frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}`.

Найдем тангенс угла `\varphi`:

`\tan(\varphi) = \frac{SO}{OK} = \frac{\frac{m\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\alpha/2)}}{m/2} = \frac{\sqrt{\cos(\alpha)}}{\sin(\alpha/2)}`

Чтобы получить более простой вид, найдем косинус этого угла. Для этого сначала найдем длину апофемы `SK` из `\triangle SKC`:

`SK = \frac{KC}{\tan(\alpha/2)} = \frac{m/2}{\tan(\alpha/2)} = \frac{m}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})`

Теперь из `\triangle SOK`:

`\cos(\varphi) = \frac{OK}{SK} = \frac{m/2}{\frac{m}{2}\cot(\alpha/2)} = \frac{1}{\cot(\alpha/2)} = \tan(\frac{\alpha}{2})`

Ответ: `\arccos(\tan(\frac{\alpha}{2}))`

г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды

Пусть искомый угол `\beta` – это двугранный угол при ребре `SC`. Он равен углу между плоскостями `(SBC)` и `(SDC)`. Для его нахождения построим линейный угол. Проведем в `\triangle SBC` высоту `BP` к стороне `SC`. Так как пирамида правильная, `\triangle SBC = \triangle SDC`, поэтому высота `DP` из вершины `D` к стороне `SC` в `\triangle SDC` попадёт в ту же точку `P`. Таким образом, `\beta = \angle BPD`.

Рассмотрим `\triangle BPD`. Это равнобедренный треугольник с основанием `BD`. Длина `BD` равна диагонали квадрата основания: `BD = m\sqrt{2}`. Стороны `BP = DP`.

Найдем длину `BP`. Площадь `\triangle SBC` равна `\frac{1}{2} SC \cdot BP`. Также она равна `\frac{1}{2} BC \cdot SK`.`L \cdot BP = m \cdot SK``BP = \frac{m \cdot SK}{L}`.Мы знаем, что `L = \frac{m}{2\sin(\alpha/2)}` и `SK = \frac{m}{2}\cot(\frac{\alpha}{2}) = \frac{m\cos(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)}`.

`BP = \frac{m \cdot \frac{m\cos(\alpha/2)}{2\sin(\alpha/2)}}{\frac{m}{2\sin(\alpha/2)}} = m\cos(\frac{\alpha}{2})`.

Теперь применим теорему косинусов к `\triangle BPD`:

`BD^2 = BP^2 + DP^2 - 2 \cdot BP \cdot DP \cdot \cos(\beta)`

`(m\sqrt{2})^2 = (m\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + (m\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 - 2(m\cos(\frac{\alpha}{2}))(m\cos(\frac{\alpha}{2}))\cos(\beta)`

`2m^2 = 2m^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 2m^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})\cos(\beta)`

Разделим обе части на `2m^2` (при `m \ne 0`):

`1 = \cos^2(\frac{\alpha}{2}) - \cos^2(\frac{\alpha}{2})\cos(\beta)`

`1 = \cos^2(\frac{\alpha}{2})(1 - \cos(\beta))`

`1 - \cos(\beta) = \frac{1}{\cos^2(\alpha/2)} = \sec^2(\frac{\alpha}{2})`

`\cos(\beta) = 1 - \sec^2(\frac{\alpha}{2})`

Используя тригонометрическое тождество `1 + \tan^2(x) = \sec^2(x)`, получаем:

`\cos(\beta) = 1 - (1 + \tan^2(\frac{\alpha}{2})) = -\tan^2(\frac{\alpha}{2})`

Ответ: `\arccos(-\tan^2(\frac{\alpha}{2}))`