Номер 492, страница 173 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

492. Основание пирамиды совпадает с одной гранью куба, а её вершина — с центром противоположной грани (рис. 388). Найдите угол между плоскостями:

а) противоположных боковых граней пирамиды;

б) основания и боковой грани пирамиды;

в) соседних боковых граней пирамиды.

Рис. 388

Пусть ребро куба равно $a$. Введем систему координат так, чтобы основание куба, совпадающее с основанием пирамиды, лежало в плоскости $Oxy$, а одна из его вершин — в начале координат. Тогда вершины основания пирамиды имеют координаты $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$.

Вершина пирамиды $S$ находится в центре противоположной грани куба. Координаты вершин этой грани: $A_1(0,0,a)$, $B_1(a,0,a)$, $C_1(a,a,a)$, $D_1(0,a,a)$. Центр этой грани (точка пересечения диагоналей) имеет координаты $S(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, a)$.

Боковыми гранями пирамиды являются треугольники $SAB$, $SBC$, $SCD$ и $SDA$.

а) противоположных боковых граней пирамиды;

Найдем угол между плоскостями противоположных боковых граней, например, $SAB$ и $SCD$. Эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через вершину $S$ и параллельной ребрам $AB$ и $CD$.

Чтобы найти угол между этими плоскостями, построим линейный угол двугранного угла. Возьмем середины ребер $AB$ и $CD$ — точки $M$ и $N$ соответственно. Их координаты: $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$ и $N(\frac{a}{2}, a, 0)$.

Отрезок $SM$ является высотой и медианой в равнобедренном треугольнике $SAB$ (так как $SA=SB$), поэтому $SM \perp AB$. Аналогично, $SN \perp CD$ в треугольнике $SCD$.

Поскольку $AB$ и $CD$ параллельны прямой пересечения плоскостей, угол между плоскостями $SAB$ и $SCD$ равен углу $\angle MSN$ в треугольнике $SMN$.

Найдем длины сторон треугольника $SMN$:

$S(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, a)$, $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$, $N(\frac{a}{2}, a, 0)$.

$SM = \sqrt{(\frac{a}{2}-\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2}-0)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{0 + \frac{a^2}{4} + a^2} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

$SN = \sqrt{(\frac{a}{2}-\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2}-a)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{0 + (-\frac{a}{2})^2 + a^2} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

$MN = \sqrt{(\frac{a}{2}-\frac{a}{2})^2 + (a-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{a^2} = a$.

Применим теорему косинусов для треугольника $SMN$, чтобы найти угол $\angle MSN$ (обозначим его $\alpha$):

$MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos\alpha$

$a^2 = \left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2} \cdot \cos\alpha$

$a^2 = \frac{5a^2}{4} + \frac{5a^2}{4} - \frac{5a^2}{2} \cos\alpha$

$a^2 = \frac{5a^2}{2} - \frac{5a^2}{2} \cos\alpha$

$1 = \frac{5}{2} - \frac{5}{2} \cos\alpha$

$\frac{5}{2} \cos\alpha = \frac{5}{2} - 1 = \frac{3}{2}$

$\cos\alpha = \frac{3}{5}$

Угол между другой парой противоположных граней ($SBC$ и $SDA$) будет таким же из соображений симметрии.

Ответ: $\arccos\frac{3}{5}$.

б) основания и боковой грани пирамиды;

Найдем угол между плоскостью основания $ABCD$ и плоскостью боковой грани, например, $SAB$. Этот угол является двугранным углом при ребре $AB$.

Линейный угол этого двугранного угла можно построить, проведя перпендикуляры к ребру $AB$ в одной точке. Пусть $M$ — середина ребра $AB$.

В плоскости основания проведем отрезок $O_1M$, где $O_1(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$ — центр основания. Так как $O_1M$ — часть средней линии квадрата, $O_1M \perp AB$. Длина $O_1M = \frac{a}{2}$.

В плоскости грани $SAB$ проведем апофему $SM$. Как показано в пункте а), $SM \perp AB$.

Следовательно, угол между плоскостями равен углу $\angle SMO_1$. Обозначим его $\beta$.

Рассмотрим треугольник $SO_1M$. Он прямоугольный, так как $SO_1$ — высота пирамиды, перпендикулярная основанию. $SO_1 = a$.

$\tan\beta = \frac{SO_1}{O_1M} = \frac{a}{a/2} = 2$.

Угол $\beta = \arctan 2$. Также можно выразить через косинус: $\cos\beta = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\beta}} = \frac{1}{\sqrt{1+4}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\arctan 2$ (или $\arccos\frac{\sqrt{5}}{5}$).

в) соседних боковых граней пирамиды.

Найдем угол между плоскостями соседних граней, например, $SAB$ и $SBC$. Эти плоскости пересекаются по ребру $SB$.

Для нахождения двугранного угла построим его линейный угол. Для этого в плоскостях $SAB$ и $SBC$ опустим перпендикуляры на общее ребро $SB$ из одной точки.

Рассмотрим треугольники $SAB$ и $SBC$. Они равны по трем сторонам ($AB=BC=a$, $SA=SC$, $SB$ — общая). $SA^2 = (\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+a^2 = \frac{3a^2}{2}$, поэтому $SA=SC=a\sqrt{\frac{3}{2}}$.

Поскольку треугольники равны, высоты, опущенные из вершин $A$ и $C$ на общую сторону $SB$, будут иметь одинаковую длину и придут в одну и ту же точку $H$ на ребре $SB$.

Таким образом, искомый угол между плоскостями равен углу $\angle AHC$. Обозначим его $\gamma$.

Найдем длины сторон треугольника $AHC$.

$AC$ — диагональ квадрата основания, $AC = a\sqrt{2}$.

$AH$ — высота в треугольнике $SAB$. Найдем ее, вычислив площадь $\triangle SAB$ двумя способами. Апофема $SM = \frac{a\sqrt{5}}{2}$ (из пункта а). Площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2} = \frac{a^2\sqrt{5}}{4}$. Длина бокового ребра $SB^2 = SM^2+MB^2 = (\frac{a\sqrt{5}}{2})^2+(\frac{a}{2})^2 = \frac{5a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=\frac{6a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}$, $SB=a\sqrt{\frac{3}{2}}$. С другой стороны, площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot SB \cdot AH$.$AH = \frac{2 \cdot \text{Площадь}}{SB} = \frac{2 \cdot (a^2\sqrt{5}/4)}{a\sqrt{3/2}} = \frac{a\sqrt{5}/2}{\sqrt{3/2}} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = a\frac{\sqrt{10}}{2\sqrt{3}} = a\sqrt{\frac{10}{12}} = a\sqrt{\frac{5}{6}}$.

Так как $\triangle SAB \cong \triangle SBC$, то $CH=AH=a\sqrt{\frac{5}{6}}$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $AHC$:

$AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos\gamma$

$(a\sqrt{2})^2 = \left(a\sqrt{\frac{5}{6}}\right)^2 + \left(a\sqrt{\frac{5}{6}}\right)^2 - 2 \cdot \left(a\sqrt{\frac{5}{6}}\right) \cdot \left(a\sqrt{\frac{5}{6}}\right) \cdot \cos\gamma$

$2a^2 = \frac{5a^2}{6} + \frac{5a^2}{6} - 2 \cdot \frac{5a^2}{6} \cdot \cos\gamma$

$2a^2 = \frac{10a^2}{6} - \frac{10a^2}{6} \cos\gamma$

$2 = \frac{5}{3} - \frac{5}{3} \cos\gamma$

$\frac{5}{3} \cos\gamma = \frac{5}{3} - 2 = \frac{5-6}{3} = -\frac{1}{3}$

$\cos\gamma = -\frac{1}{5}$

Это косинус внутреннего двугранного угла, который является тупым.

Ответ: $\arccos(-\frac{1}{5})$.