Страница 224 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.1. Основанием пирамиды $MABCD$ является параллелограмм $ABCD$, диагональ $BD$ которого равна 4 см. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания, а боковое ребро $MA$ равно 8 см и образует с плоскостью основания угол $45^{\circ}$. Найдите ребро $MD$.

Пусть $MABCD$ — данная пирамида. Основание $ABCD$ — параллелограмм. Обозначим точку пересечения диагоналей основания $AC$ и $BD$ как $O$. По условию, высота пирамиды проходит через эту точку, следовательно, отрезок $MO$ является высотой пирамиды, и $MO \perp (ABC)$.

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Так как $MO$ — перпендикуляр к плоскости основания $(ABC)$, то $AO$ является проекцией наклонной (бокового ребра) $MA$ на плоскость $(ABC)$. Следовательно, угол между боковым ребром $MA$ и плоскостью основания — это угол $\angle MAO$. По условию задачи, $\angle MAO = 45^{\circ}$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MOA$. Он является прямоугольным, так как $MO$ — высота, и, следовательно, $\angle MOA = 90^{\circ}$. В этом треугольнике нам известна гипотенуза $MA = 8$ см и острый угол $\angle MAO = 45^{\circ}$. Найдем длины катетов $AO$ и $MO$.

$AO = MA \cdot \cos(\angle MAO) = 8 \cdot \cos(45^{\circ}) = 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}$ см.

$MO = MA \cdot \sin(\angle MAO) = 8 \cdot \sin(45^{\circ}) = 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}$ см.

Так как в прямоугольном треугольнике $\triangle MOA$ один из острых углов равен $45^{\circ}$, он является равнобедренным, поэтому $MO = AO = 4\sqrt{2}$ см.

Для того чтобы найти длину ребра $MD$, рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MOD$ (угол $\angle MOD = 90^{\circ}$, так как $MO$ перпендикулярен любой прямой в плоскости основания, в том числе и диагонали $BD$). По теореме Пифагора $MD^2 = MO^2 + OD^2$.

Длину высоты $MO$ мы уже нашли. Найдем длину отрезка $OD$. Диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся пополам. Следовательно, точка $O$ является серединой диагонали $BD$.

$OD = \frac{1}{2} BD$.

По условию $BD = 4$ см, значит:

$OD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.

Теперь подставим известные значения в формулу теоремы Пифагора для треугольника $\triangle MOD$:

$MD^2 = MO^2 + OD^2 = (4\sqrt{2})^2 + 2^2 = 16 \cdot 2 + 4 = 32 + 4 = 36$.

$MD = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

21.2. Основанием пирамиды является ромб, сторона которого равна 13 см, а одна из диагоналей — 24 см. Основанием высоты пирамиды является точка пересечения диагоналей основания пирамиды. Найдите боковые рёбра пирамиды, если её высота равна 16 см.

Пусть основанием пирамиды является ромб $ABCD$, $O$ — точка пересечения его диагоналей, $S$ — вершина пирамиды, а $SO$ — её высота.

По условию, сторона ромба $a = AB = BC = CD = DA = 13$ см. Одна из диагоналей, например $AC$, равна $d_1 = 24$ см. Высота пирамиды $H = SO = 16$ см.

Диагонали ромба в точке пересечения делятся пополам и взаимно перпендикулярны. Следовательно, треугольник $AOB$ является прямоугольным, где $AO$ и $BO$ — катеты, а $AB$ — гипотенуза.

Найдем половину диагонали $AC$:
$AO = OC = \frac{AC}{2} = \frac{24}{2} = 12$ см.

По теореме Пифагора для треугольника $AOB$: $AB^2 = AO^2 + BO^2$.
Найдем половину второй диагонали $BD$, то есть $BO$:
$BO^2 = AB^2 - AO^2 = 13^2 - 12^2 = 169 - 144 = 25$.
$BO = \sqrt{25} = 5$ см.
Таким образом, половины диагоналей ромба равны 12 см и 5 см.

Так как $SO$ — высота пирамиды, то $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Это означает, что треугольники $SOA$, $SOB$, $SOC$ и $SOD$ являются прямоугольными. Боковые ребра $SA$, $SB$, $SC$, $SD$ являются гипотенузами в этих треугольниках.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA$. Катеты $SO = 16$ см и $AO = 12$ см. Найдем гипотенузу $SA$:
$SA^2 = SO^2 + AO^2 = 16^2 + 12^2 = 256 + 144 = 400$.
$SA = \sqrt{400} = 20$ см.
Поскольку $OC = OA$, то боковое ребро $SC$ также равно 20 см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$. Катеты $SO = 16$ см и $BO = 5$ см. Найдем гипотенузу $SB$:
$SB^2 = SO^2 + BO^2 = 16^2 + 5^2 = 256 + 25 = 281$.
$SB = \sqrt{281}$ см.
Поскольку $OD = OB$, то боковое ребро $SD$ также равно $\sqrt{281}$ см.

Ответ: два боковых ребра равны 20 см, два других — $\sqrt{281}$ см.

21.3. Боковое ребро правильной шестиугольной пирамиды равно $b$ и образует с плоскостью основания угол $\beta$. Найдите площадь диагонального сечения пирамиды, проходящего через большую диагональ основания.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$, где $S$ – вершина, а $ABCDEF$ – правильный шестиугольник в основании. Пусть $O$ – центр основания. Тогда $SO$ – высота пирамиды.

По условию, боковое ребро равно $b$. Возьмем ребро $SA$, значит $SA = b$. Угол, который боковое ребро образует с плоскостью основания, – это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией бокового ребра $SA$ на плоскость основания является отрезок $OA$ (радиус описанной окружности основания). Таким образом, угол между $SA$ и плоскостью основания – это $\angle SAO = \beta$.

Требуется найти площадь диагонального сечения, проходящего через большую диагональ основания. Большая диагональ правильного шестиугольника соединяет противоположные вершины, например, $AD$. Искомое сечение – это треугольник $SAD$.

Поскольку $SO$ – высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости. Следовательно, $SO \perp AD$. Таким образом, $SO$ является высотой треугольника $SAD$. Площадь этого треугольника равна:$S_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot SO$

Найдем $SO$ и $AD$ из прямоугольного треугольника $SOA$ (где $\angle SOA = 90^\circ$):Высота пирамиды $SO$ является катетом, противолежащим углу $\beta$:$SO = SA \cdot \sin(\angle SAO) = b \sin(\beta)$

Проекция бокового ребра $OA$ является катетом, прилежащим к углу $\beta$:$OA = SA \cdot \cos(\angle SAO) = b \cos(\beta)$

В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне. Значит, сторона основания $a = OA = b \cos(\beta)$.Большая диагональ правильного шестиугольника равна удвоенной его стороне:$AD = 2a = 2b \cos(\beta)$

Теперь подставим найденные значения $SO$ и $AD$ в формулу площади сечения:$S_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot (2b \cos(\beta)) \cdot (b \sin(\beta)) = b^2 \sin(\beta) \cos(\beta)$

Используя формулу синуса двойного угла $2\sin(\beta)\cos(\beta) = \sin(2\beta)$, можно записать ответ в более компактном виде:$S_{SAD} = \frac{1}{2} b^2 (2\sin(\beta)\cos(\beta)) = \frac{1}{2} b^2 \sin(2\beta)$

Ответ: $b^2 \sin(\beta) \cos(\beta)$ или $\frac{1}{2} b^2 \sin(2\beta)$.

21.4. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна $a$, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите площадь диагонального сечения пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида. В её основании лежит квадрат со стороной $a$. Диагональное сечение этой пирамиды представляет собой равнобедренный треугольник, основанием которого является диагональ квадрата, а высотой — высота самой пирамиды.

Площадь этого треугольника (диагонального сечения) можно найти по формуле: $S = \frac{1}{2} \cdot d \cdot h$, где $d$ — длина диагонали основания, а $h$ — высота пирамиды.

1. Найдём длину диагонали основания $d$.
Основанием является квадрат со стороной $a$. Его диагональ $d$ можно найти по теореме Пифагора: $d^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$.
Отсюда $d = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

2. Найдём высоту пирамиды $h$.
Угол $\alpha$ между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между самим ребром и его проекцией на основание. Проекцией бокового ребра на основание является половина диагонали квадрата, то есть отрезок длиной $\frac{d}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $h$, половиной диагонали основания $\frac{d}{2}$ (это катеты) и боковым ребром (гипотенуза). Угол $\alpha$ в этом треугольнике прилежит к катету $\frac{d}{2}$. Тангенс этого угла равен отношению противолежащего катета $h$ к прилежащему катету $\frac{d}{2}$:

$\tan(\alpha) = \frac{h}{\frac{d}{2}}$

Выразим отсюда высоту $h$:

$h = \frac{d}{2} \cdot \tan(\alpha)$

Подставим найденное ранее значение $d = a\sqrt{2}$:

$h = \frac{a\sqrt{2}}{2} \tan(\alpha)$

3. Вычислим площадь диагонального сечения $S$.
Теперь подставим значения $d$ и $h$ в формулу площади:

$S = \frac{1}{2} \cdot d \cdot h = \frac{1}{2} \cdot (a\sqrt{2}) \cdot \left(\frac{a\sqrt{2}}{2} \tan(\alpha)\right)$

Упростим выражение:

$S = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2 (\sqrt{2})^2}{2} \tan(\alpha) = \frac{1}{4} \cdot a^2 \cdot 2 \cdot \tan(\alpha) = \frac{a^2}{2} \tan(\alpha)$

Ответ: $\frac{a^2}{2} \tan(\alpha)$.

21.5. Докажите, что в правильной пирамиде:

1) боковые рёбра образуют равные углы с плоскостью основания;

2) двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны.

1) боковые ребра образуют равные углы с плоскостью основания;

Пусть дана правильная n-угольная пирамида $SA_1A_2...A_n$ с вершиной $S$ и центром основания $O$. По определению правильной пирамиды, её основанием является правильный многоугольник $A_1A_2...A_n$, а отрезок $SO$ является её высотой, то есть $SO$ перпендикулярен плоскости основания.

Угол между наклонной (боковым ребром $SA_i$) и плоскостью (основанием пирамиды) — это угол между этой наклонной и её проекцией на данную плоскость. Проекцией вершины $S$ на плоскость основания является точка $O$. Проекцией точки $A_i$ является сама точка $A_i$. Следовательно, проекцией бокового ребра $SA_i$ на плоскость основания является отрезок $OA_i$. Угол между ребром $SA_i$ и плоскостью основания — это угол $\angle SA_iO$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOA_1$, $\triangle SOA_2$, ..., $\triangle SOA_n$. Они являются прямоугольными, так как высота $SO$ перпендикулярна любой прямой в плоскости основания, проходящей через точку $O$, в том числе и отрезкам $OA_i$.

В этих треугольниках:

1. Катет $SO$ — общий для всех треугольников.

2. Катеты $OA_1, OA_2, ..., OA_n$ равны между собой как радиусы окружности, описанной около правильного многоугольника $A_1A_2...A_n$.

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, ..., \triangle SOA_n$ равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов, в частности, углов: $\angle SA_1O = \angle SA_2O = ... = \angle SA_nO$.

Таким образом, доказано, что боковые ребра правильной пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) двугранные углы пирамиды при ребрах основания равны.

Двугранный угол при ребре основания, например при ребре $A_iA_{i+1}$, образован плоскостью боковой грани $SA_iA_{i+1}$ и плоскостью основания $A_1A_2...A_n$. Величина двугранного угла измеряется его линейным углом.

Для построения линейного угла опустим перпендикуляры на общее ребро $A_iA_{i+1}$ в одной точке из обеих плоскостей. Пусть $M_i$ — середина ребра $A_iA_{i+1}$.

В плоскости основания, в правильном многоугольнике $A_1A_2...A_n$, отрезок $OM_i$ соединяет центр с серединой стороны, а значит является апофемой и перпендикулярен этой стороне: $OM_i \perp A_iA_{i+1}$.

Рассмотрим боковую грань $\triangle SA_iA_{i+1}$. Так как пирамида правильная, все её боковые рёбра равны ($SA_i = SA_{i+1}$). Следовательно, грань $\triangle SA_iA_{i+1}$ является равнобедренным треугольником. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является также и высотой. Отрезок $SM_i$ — медиана, значит $SM_i \perp A_iA_{i+1}$. Отрезок $SM_i$ называется апофемой пирамиды.

Поскольку $OM_i \perp A_iA_{i+1}$ и $SM_i \perp A_iA_{i+1}$, то угол $\angle SM_iO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $A_iA_{i+1}$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOM_1, \triangle SOM_2, ..., \triangle SOM_n$. Они являются прямоугольными, так как высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания и, следовательно, отрезкам $OM_i$.

В этих треугольниках:

1. Катет $SO$ — общий.

2. Катеты $OM_1, OM_2, ..., OM_n$ равны как радиусы окружности, вписанной в правильный многоугольник основания (апофемы правильного многоугольника).

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle SOM_1, \triangle SOM_2, ..., \triangle SOM_n$ равны по двум катетам. Из их равенства следует и равенство соответствующих углов: $\angle SM_1O = \angle SM_2O = ... = \angle SM_nO$.

Таким образом, доказано, что двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

21.6. Докажите, что если вершина пирамиды проектируется в центр вписанной окружности основания, то двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны.

Доказательство:

Пусть S — вершина пирамиды, а многоугольник, лежащий в основании, может быть вписан в окружность. Пусть SO — высота пирамиды, где O — проекция вершины S на плоскость основания. По условию, точка O является центром вписанной в основание окружности. Обозначим высоту пирамиды $SO = h$, а радиус вписанной в основание окружности — $r$.

Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания. Рассмотрим произвольное ребро основания, например $l$, и соответствующую ему боковую грань.

Для измерения этого двугранного угла построим его линейный угол. Для этого из точки O (центра вписанной окружности) опустим перпендикуляр OK на ребро $l$. По определению центра вписанной окружности, точка O равноудалена от всех сторон многоугольника-основания, поэтому длина этого перпендикуляра равна радиусу вписанной окружности: $OK = r$.

Соединим точки S и K. Отрезок SO является высотой пирамиды, следовательно, он перпендикулярен плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе и отрезку OK. Таким образом, треугольник $\triangle SOK$ является прямоугольным с прямым углом $\angle SOK$.

Рассмотрим наклонную SK и её проекцию OK на плоскость основания. Так как проекция OK перпендикулярна прямой $l$ (по построению), то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная SK перпендикулярна этой прямой: $SK \perp l$.

Таким образом, мы имеем два отрезка, OK и SK, которые перпендикулярны ребру двугранного угла $l$ в одной и той же точке K. Отрезок OK лежит в плоскости основания, а отрезок SK — в плоскости боковой грани. Следовательно, угол $\angle SKO$ является линейным углом двугранного угла при ребре $l$.

Найдём величину этого угла из прямоугольного треугольника $\triangle SOK$. Тангенс угла $\angle SKO$ равен отношению противолежащего катета SO к прилежащему катету OK:

$\tan(\angle SKO) = \frac{SO}{OK} = \frac{h}{r}$

Так как ребро основания $l$ было выбрано произвольно, данное рассуждение справедливо для любого ребра основания. Для каждого ребра мы можем построить аналогичный прямоугольный треугольник, катетами которого будут высота пирамиды $h$ и радиус вписанной окружности $r$.

Следовательно, тангенсы линейных углов всех двугранных углов при рёбрах основания равны одной и той же величине $\frac{h}{r}$. Поскольку в пирамиде эти углы являются острыми, из равенства их тангенсов следует и равенство самих углов.

Таким образом, все двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Все двугранные углы при ребрах основания равны, так как их линейные углы являются острыми углами в равных по двум катетам прямоугольных треугольниках. Катеты этих треугольников равны высоте пирамиды и радиусу вписанной в основание окружности.

21.7. Докажите, что если вершина пирамиды проектируется в центр описанной окружности основания, то все боковые рёбра пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания.

Пусть $S$ — вершина пирамиды, а многоугольник $A_1A_2...A_n$ — её основание. Пусть $O$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания. По условию задачи, точка $O$ является центром окружности, описанной около основания.

По определению, центр описанной окружности равноудалён от всех вершин многоугольника-основания. Следовательно, расстояния от точки $O$ до вершин основания равны радиусу $R$ этой окружности:
$OA_1 = OA_2 = ... = OA_n = R$.

Углом между наклонной (боковым ребром) и плоскостью является угол между этой наклонной и её проекцией на данную плоскость. Поскольку $O$ — проекция точки $S$ на плоскость основания, а точки $A_1, A_2, ..., A_n$ лежат в этой плоскости, то отрезки $OA_1, OA_2, ..., OA_n$ являются проекциями боковых рёбер $SA_1, SA_2, ..., SA_n$ соответственно. Таким образом, искомые углы — это $\angle SA_1O, \angle SA_2O, ..., \angle SA_nO$. Нам необходимо доказать, что они равны.

Рассмотрим треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, ..., \triangle SOA_n$. Так как $SO$ — перпендикуляр к плоскости основания (по определению проекции), то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $O$. В частности, $SO \perp OA_1$, $SO \perp OA_2$, и так далее. Следовательно, все треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, ..., \triangle SOA_n$ являются прямоугольными, где прямой угол — $\angle SOA_i$.

Сравним эти прямоугольные треугольники.
Катет $SO$ является общим для всех этих треугольников (это высота пирамиды).
Катеты $OA_1, OA_2, ..., OA_n$ равны между собой как радиусы описанной окружности основания.

Таким образом, все прямоугольные треугольники $\triangle SOA_1, \triangle SOA_2, ..., \triangle SOA_n$ равны по двум катетам.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов. В данном случае, нас интересуют острые углы при вершинах основания: $\angle SA_1O, \angle SA_2O, ..., \angle SA_nO$. В равных треугольниках они равны. Это можно показать, например, через тангенс угла, который равен отношению противолежащего катета $SO$ к прилежащему катету $OA_i$:
$\tan(\angle SA_iO) = \frac{SO}{OA_i} = \frac{h}{R}$, где $h$ - высота пирамиды.
Поскольку это отношение одинаково для всех $i=1, ..., n$, то и сами углы равны.

Следовательно, все боковые рёбра пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Боковые рёбра пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания, поскольку они являются гипотенузами равных прямоугольных треугольников. Эти треугольники образованы боковым ребром, его проекцией на основание и высотой пирамиды. Равенство треугольников следует из того, что у них общий катет (высота пирамиды) и равные вторые катеты (проекции рёбер, которые равны радиусу описанной окружности основания).

21.8. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при ребре основания.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$. Основание $ABC$ — правильный треугольник. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис). Тогда $SO$ — высота пирамиды, и $SO \perp (ABC)$.

Угол между боковым ребром (например, $SA$) и плоскостью основания $(ABC)$ — это угол между ребром $SA$ и его проекцией $AO$ на эту плоскость. Следовательно, по условию, $\angle SAO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$ (где $\angle SOA = 90^\circ$). В этом треугольнике тангенс угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $SO$ к прилежащему $AO$:
$\tan(\alpha) = \frac{SO}{AO}$, откуда $SO = AO \cdot \tan(\alpha)$.

Двугранный угол при ребре основания, например, при ребре $BC$, — это угол между плоскостью боковой грани $(SBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол.

Проведем в плоскости основания медиану (которая также является высотой) $AM$ к стороне $BC$. Так как $\triangle ABC$ — правильный, то $AM \perp BC$. Точка $O$ лежит на отрезке $AM$.

Проведем в плоскости боковой грани $(SBC)$ апофему $SM$. Так как пирамида правильная, то боковая грань $SBC$ — равнобедренный треугольник ($SB=SC$), и апофема $SM$ является также медианой и высотой. Следовательно, $SM \perp BC$.

Поскольку $AM \perp BC$ и $SM \perp BC$, то угол $\angle SMA$ является линейным углом двугранного угла при ребре $BC$. Обозначим этот угол $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (где $\angle SOM = 90^\circ$). В этом треугольнике тангенс угла $\beta$ равен:
$\tan(\beta) = \frac{SO}{OM}$, откуда $SO = OM \cdot \tan(\beta)$.

Приравняем два выражения для высоты $SO$:
$AO \cdot \tan(\alpha) = OM \cdot \tan(\beta)$.
Отсюда выразим $\tan(\beta)$:
$\tan(\beta) = \frac{AO}{OM} \cdot \tan(\alpha)$.

Точка $O$ — центр правильного треугольника $ABC$, который является точкой пересечения медиан. По свойству медиан, они делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, считая от вершины. Следовательно, для медианы $AM$:
$\frac{AO}{OM} = \frac{2}{1} = 2$.

Подставим это значение в формулу для $\tan(\beta)$:
$\tan(\beta) = 2 \tan(\alpha)$.

Таким образом, искомый двугранный угол $\beta$ можно найти как арктангенс этого выражения.

Ответ: $\arctan(2 \tan(\alpha))$

21.9. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью её основания.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей), тогда $SO$ — высота пирамиды.

Двугранный угол при ребре основания, например при ребре $CD$, — это угол между плоскостью боковой грани $(SCD)$ и плоскостью основания $(ABCD)$. Для нахождения его линейного угла построим перпендикуляры к общему ребру $CD$. Пусть $M$ — середина ребра $CD$. Так как пирамида правильная, боковая грань $\triangle SCD$ является равнобедренным треугольником, и его медиана $SM$ также является высотой, то есть $SM \perp CD$. В плоскости основания отрезок $OM$, соединяющий центр квадрата с серединой стороны, перпендикулярен этой стороне: $OM \perp CD$.

Следовательно, линейный угол двугранного угла при ребре $CD$ — это угол $\angle SMO$. По условию задачи, $\angle SMO = \alpha$.

Угол между боковым ребром (например, $SC$) и плоскостью основания — это угол между этим ребром и его проекцией на плоскость основания. Проекцией вершины $S$ на плоскость основания является точка $O$, поэтому проекцией ребра $SC$ на плоскость основания является отрезок $OC$. Искомый угол — это $\angle SCO$. Обозначим его через $\beta$.

Для проведения вычислений введём параметр. Пусть сторона основания пирамиды равна $2a$, то есть $AD = 2a$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (с прямым углом при вершине $O$). Катет $OM$ равен половине стороны основания: $OM = \frac{1}{2}AD = a$. Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике получаем:

$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OM} = \frac{SO}{a}$

Отсюда выразим высоту пирамиды $SO$:

$SO = a \cdot \tan(\alpha)$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOC$ (с прямым углом при вершине $O$). Катет $OC$ является половиной диагонали квадрата $ABCD$. Диагональ квадрата со стороной $2a$ равна $AC = \sqrt{(2a)^2 + (2a)^2} = \sqrt{8a^2} = 2a\sqrt{2}$. Тогда катет $OC$ равен:

$OC = \frac{1}{2}AC = a\sqrt{2}$

В треугольнике $\triangle SOC$ тангенс искомого угла $\beta$ равен отношению противолежащего катета $SO$ к прилежащему катету $OC$:

$\tan(\beta) = \frac{SO}{OC}$

Подставим найденные выражения для $SO$ и $OC$:

$\tan(\beta) = \frac{a \cdot \tan(\alpha)}{a\sqrt{2}} = \frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}$

Таким образом, искомый угол $\beta$ можно найти через арктангенс:

$\beta = \arctan\left(\frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}\right)$

Ответ: $ \arctan\left(\frac{\tan(\alpha)}{\sqrt{2}}\right) $

21.10. Точки D, E и F — середины рёбер AB, AM и MC правильной пирамиды MABC соответственно, $AB = 8 \text{ см}$, $AM = 12 \text{ см}$.

1) Постройте сечение пирамиды, проходящее через точки D, E и F.

2) Найдите площадь сечения.

1) Постройте сечение пирамиды, проходящее через точки D, E и F.

1. Соединим точки D и E, так как они лежат в одной плоскости грани MAB. Так как D и E — середины рёбер AB и AM соответственно, то отрезок DE является средней линией треугольника MAB. Из свойства средней линии следует, что отрезок DE параллелен ребру MB и равен его половине: $DE \parallel MB$, $DE = \frac{1}{2}MB$.

2. Плоскость сечения проходит через точку F и через прямую DE, которая параллельна MB. Так как прямая MB лежит в плоскости грани MBC, то секущая плоскость пересекает грань MBC по прямой, проходящей через точку F и параллельной MB. Проведём через точку F прямую, параллельную MB, до пересечения с ребром BC в точке G. Так как F — середина MC и $FG \parallel MB$, то по теореме Фалеса точка G является серединой ребра BC. Отрезок FG — след сечения на грани MBC.

3. Соединим точки D и G, так как они обе лежат в плоскости основания ABC. Так как D и G — середины рёбер AB и BC, то отрезок DG является средней линией треугольника ABC. Следовательно, $DG \parallel AC$ и $DG = \frac{1}{2}AC$.

4. Соединим точки E и F. Так как E и F — середины рёбер AM и MC, то отрезок EF является средней линией треугольника AMC. Следовательно, $EF \parallel AC$ и $EF = \frac{1}{2}AC$.

5. Таким образом, искомое сечение — это четырёхугольник DEFG. Так как $DE \parallel MB$ и $FG \parallel MB$, то $DE \parallel FG$. Так как $DG \parallel AC$ и $EF \parallel AC$, то $EF \parallel DG$. Поскольку противолежащие стороны четырёхугольника попарно параллельны, DEFG является параллелограммом.

Ответ: Сечением является параллелограмм DEFG, где G — середина ребра BC.

2) Найдите площадь сечения.

Как было установлено в пункте 1, сечение DEFG является параллелограммом. Найдём длины его смежных сторон DE и EF.

Пирамида MABC — правильная, значит все её боковые рёбра равны: $MA = MB = MC = 12$ см. Основание ABC — равносторонний треугольник, все его стороны равны: $AB = BC = AC = 8$ см.

Длина стороны DE, как средней линии треугольника MAB, равна половине длины стороны MB:
$DE = \frac{1}{2}MB = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.

Длина стороны EF, как средней линии треугольника AMC, равна половине длины стороны AC:
$EF = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Площадь параллелограмма равна произведению длин его смежных сторон на синус угла между ними. Найдём угол между сторонами DE и EF. Этот угол равен углу между прямыми MB и AC, так как $DE \parallel MB$ и $EF \parallel AC$.

Докажем, что прямые MB и AC перпендикулярны. Пусть K — середина ребра AC. В равностороннем треугольнике ABC медиана BK является также и высотой, следовательно, $BK \perp AC$. В равнобедренном треугольнике AMC ($MA=MC$) медиана MK является также и высотой, следовательно, $MK \perp AC$. Поскольку прямая AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым BK и MK, лежащим в плоскости MBK, то прямая AC перпендикулярна всей плоскости MBK. Прямая MB лежит в плоскости MBK. Следовательно, прямая AC перпендикулярна прямой MB ($AC \perp MB$).

Таким образом, угол между прямыми MB и AC равен $90^\circ$. Значит, и угол между DE и EF равен $90^\circ$. Следовательно, параллелограмм DEFG является прямоугольником.

Площадь прямоугольника DEFG равна произведению длин его смежных сторон:
$S_{DEFG} = DE \cdot EF = 6 \cdot 4 = 24$ см$^2$.

Ответ: $24$ см$^2$.