Номер 152, страница 52 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

152. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $a$, а ее высота — $H$. Найдите:

а) боковое ребро пирамиды;

б) плоский угол при вершине пирамиды;

в) угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды;

г) угол между боковой гранью и основанием пирамиды;

д) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S. Основание ABC — равносторонний треугольник со стороной $a$. SO — высота пирамиды, равная H, где O — центр треугольника ABC. Поскольку треугольник ABC равносторонний, его центр O является одновременно центром вписанной и описанной окружностей.

• Радиус описанной окружности (расстояние от центра до вершины) $R = OA = OB = OC = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
• Радиус вписанной окружности (расстояние от центра до середины стороны) $r = OM = \frac{a\sqrt{3}}{6}$, где M — середина стороны AB.

а) боковое ребро пирамиды;

Боковое ребро, например SA, является гипотенузой в прямоугольном треугольнике SOA. Катеты этого треугольника — высота пирамиды SO = H и радиус описанной окружности OA = R. По теореме Пифагора, длина бокового ребра $l$ (равная SA) находится так: $l^2 = SA^2 = SO^2 + OA^2 = H^2 + R^2$ Подставим значение $R$: $l^2 = H^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 = H^2 + \frac{3a^2}{9} = H^2 + \frac{a^2}{3}$ $l = \sqrt{H^2 + \frac{a^2}{3}}$

Ответ: $\sqrt{H^2 + \frac{a^2}{3}}$

б) плоский угол при вершине пирамиды;

Плоский угол при вершине — это угол в боковой грани, например, угол ASB. Боковая грань ASB — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами $SA = SB = l$ и основанием $AB = a$. Обозначим искомый угол как $\alpha = \angle ASB$. По теореме косинусов для треугольника ASB: $AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos(\alpha)$ $a^2 = l^2 + l^2 - 2l^2 \cos(\alpha) = 2l^2(1 - \cos(\alpha))$ Отсюда: $\cos(\alpha) = 1 - \frac{a^2}{2l^2}$ Подставим ранее найденное выражение для $l^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$: $\cos(\alpha) = 1 - \frac{a^2}{2\left(H^2 + \frac{a^2}{3}\right)} = 1 - \frac{a^2}{2H^2 + \frac{2a^2}{3}} = \frac{2H^2 + \frac{2a^2}{3} - a^2}{2H^2 + \frac{2a^2}{3}} = \frac{2H^2 - \frac{a^2}{3}}{2H^2 + \frac{2a^2}{3}}$ Умножим числитель и знаменатель на 3: $\cos(\alpha) = \frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}$ Следовательно, угол $\alpha$ равен: $\alpha = \arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}\right)$

в) угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды;

Угол между боковым ребром (например, SA) и плоскостью основания (ABC) — это угол между ребром SA и его проекцией на плоскость основания, которой является отрезок OA. Таким образом, искомый угол — это $\beta = \angle SAO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA. Тангенс этого угла равен отношению противолежащего катета SO к прилежащему OA: $\tan(\beta) = \frac{SO}{OA} = \frac{H}{R} = \frac{H}{\frac{a\sqrt{3}}{3}} = \frac{3H}{a\sqrt{3}} = \frac{H\sqrt{3}}{a}$ $\beta = \arctan\left(\frac{H\sqrt{3}}{a}\right)$

Ответ: $\arctan\left(\frac{H\sqrt{3}}{a}\right)$

г) угол между боковой гранью и основанием пирамиды;

Угол между боковой гранью (например, SAB) и основанием (ABC) — это двугранный угол при ребре AB. Для его измерения построим линейный угол. Проведём апофему боковой грани SM (где M — середина AB) и медиану основания CM. Так как треугольники SAB и ABC равнобедренный и равносторонний соответственно, SM и CM являются также и высотами, то есть $SM \perp AB$ и $CM \perp AB$. Следовательно, искомый угол $\gamma$ — это угол $\angle SMO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM. Его катеты — высота пирамиды SO = H и радиус вписанной окружности $OM = r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$. Тангенс угла $\gamma$ равен: $\tan(\gamma) = \frac{SO}{OM} = \frac{H}{r} = \frac{H}{\frac{a\sqrt{3}}{6}} = \frac{6H}{a\sqrt{3}} = \frac{2H\sqrt{3}}{a}$ $\gamma = \arctan\left(\frac{2H\sqrt{3}}{a}\right)$

Ответ: $\arctan\left(\frac{2H\sqrt{3}}{a}\right)$

д) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Двугранный угол при боковом ребре — это угол между двумя смежными боковыми гранями, например, между гранями SAB и SAC при ребре SA. Обозначим этот угол $\delta$. Проведём в плоскости ABC высоту BH' к стороне AC. В плоскости грани SAC проведём высоту BH'' к стороне SA. Из-за симметрии пирамиды, высота из точки C к ребру SA будет иметь ту же длину и попадёт в ту же точку H''. Таким образом, линейным углом двугранного угла будет угол $\angle BH''C$ в равнобедренном треугольнике BH''C. Проще найти этот угол, используя связь между двугранными углами правильной пирамиды. Косинус искомого угла $\delta$ связан с косинусом угла $\gamma$ (угол между боковой гранью и основанием) и углом при вершине основания ($60^\circ$) по формуле сферической тригонометрии: $\cos(\delta) = -\cos^2(\gamma) + \sin^2(\gamma) \cdot \cos(60^\circ) = -\cos^2(\gamma) + \frac{1}{2}\sin^2(\gamma)$ Выразим $\sin^2(\gamma)$ из прямоугольного треугольника SOM. Гипотенуза $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{6})^2} = \sqrt{H^2 + \frac{a^2}{12}}$. $\sin(\gamma) = \frac{SO}{SM} = \frac{H}{\sqrt{H^2 + \frac{a^2}{12}}}$ $\sin^2(\gamma) = \frac{H^2}{H^2 + \frac{a^2}{12}} = \frac{12H^2}{12H^2 + a^2}$ Подставим в формулу для $\cos(\delta)$: $\cos(\delta) = -1 + \frac{3}{2}\sin^2(\gamma) = -1 + \frac{3}{2} \cdot \frac{12H^2}{12H^2 + a^2} = -1 + \frac{18H^2}{12H^2 + a^2}$ $\cos(\delta) = \frac{-(12H^2 + a^2) + 18H^2}{12H^2 + a^2} = \frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}$ $\delta = \arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}\right)$