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