Номер 153, страница 52 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

153. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $l$, а плоский угол при вершине — $\alpha$. Найдите:

a) высоту пирамиды;

b) боковое ребро;

c) угол между боковой гранью и плоскостью основания;

г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, где $ABCD$ — квадрат в основании, а $S$ — вершина пирамиды. Сторона основания $AB = BC = CD = DA = l$. Плоский угол при вершине боковой грани, например, $\angle BSC = \alpha$. $SO$ — высота пирамиды, где $O$ — центр квадрата (точка пересечения диагоналей).

а) высоту пирамиды;

Высота пирамиды $H = SO$. Для ее нахождения рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$. В нем гипотенуза $SB$ — это боковое ребро пирамиды, а катет $OB$ — половина диагонали основания.

1. Найдем боковое ребро $b = SB$. Рассмотрим боковую грань — равнобедренный треугольник $SBC$ со сторонами $SB=SC=b$ и основанием $BC=l$. Угол при вершине $\angle BSC = \alpha$. Проведем в нем высоту (а также медиану и биссектрису) $SM$ к основанию $BC$. В прямоугольном треугольнике $SMB$ катет $BM = \frac{l}{2}$, а угол $\angle BSM = \frac{\alpha}{2}$. Тогда:
$\sin(\angle BSM) = \frac{BM}{SB} \implies \sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{l/2}{b}$
Отсюда боковое ребро $b = \frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

2. Найдем половину диагонали основания $OB$. Диагональ квадрата $ABCD$ равна $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{l^2 + l^2} = l\sqrt{2}$. Тогда катет $OB = \frac{1}{2}BD = \frac{l\sqrt{2}}{2}$.

3. Теперь из прямоугольного треугольника $SOB$ по теореме Пифагора найдем высоту $H=SO$:
$H^2 = SO^2 = SB^2 - OB^2 = b^2 - OB^2 = \left(\frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}\right)^2 - \left(\frac{l\sqrt{2}}{2}\right)^2$
$H^2 = \frac{l^2}{4\sin^2(\frac{\alpha}{2})} - \frac{2l^2}{4} = \frac{l^2(1 - 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}))}{4\sin^2(\frac{\alpha}{2})}$
Используя формулу косинуса двойного угла $1 - 2\sin^2(x) = \cos(2x)$, получаем $1 - 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \cos(\alpha)$.
$H^2 = \frac{l^2 \cos(\alpha)}{4\sin^2(\frac{\alpha}{2})}$
$H = \frac{l\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}$.
Для существования пирамиды высота должна быть действительной, что требует $\cos(\alpha) > 0$, то есть $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\frac{l\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}$

б) боковое ребро;

Боковое ребро $b$ было найдено при решении пункта а). Оно находится из рассмотрения равнобедренной боковой грани $SBC$.
В прямоугольном треугольнике $SMB$, где $SM$ — высота грани (апофема), $BM = \frac{l}{2}$ и $\angle BSM = \frac{\alpha}{2}$.
$b = SB = \frac{BM}{\sin(\angle BSM)} = \frac{l/2}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

Ответ: $\frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}$

в) угол между боковой гранью и плоскостью основания;

Угол между боковой гранью (например, $SBC$) и плоскостью основания ($ABCD$) — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Линия их пересечения — $BC$.

1. Проведем перпендикуляры к $BC$ в каждой из плоскостей. В плоскости грани $SBC$ апофема $SM \perp BC$. В плоскости основания $OM \perp BC$, так как $O$ — центр квадрата, а $M$ — середина стороны $BC$.

2. Таким образом, искомый угол $\phi$ равен углу $\angle SMO$.

3. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$. Катеты: $SO=H=\frac{l\sqrt{\cos(\alpha)}}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}$ и $OM = \frac{l}{2}$. Найдем гипотенузу $SM$ (апофему). Из прямоугольного треугольника $SMB$:
$SM = \sqrt{SB^2 - BM^2} = \sqrt{\left(\frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}\right)^2 - \left(\frac{l}{2}\right)^2} = \frac{l}{2}\sqrt{\frac{1}{\sin^2(\frac{\alpha}{2})} - 1} = \frac{l}{2}\sqrt{\frac{1-\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin^2(\frac{\alpha}{2})}} = \frac{l}{2}\frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})} = \frac{l}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})$.

4. Теперь в треугольнике $SOM$ найдем косинус угла $\phi$:
$\cos(\phi) = \frac{OM}{SM} = \frac{l/2}{\frac{l}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})} = \frac{1}{\cot(\frac{\alpha}{2})} = \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Отсюда $\phi = \arccos(\tan(\frac{\alpha}{2}))$.

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

г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

Найдем двугранный угол $\gamma$ при боковом ребре $SB$. Этот угол равен углу между плоскостями боковых граней $ASB$ и $CSB$.

1. Для измерения этого угла построим плоскость, перпендикулярную ребру $SB$. Пусть она пересекает ребро в точке $K$. Тогда линии пересечения этой плоскости с гранями $ASB$ и $CSB$ будут перпендикулярны $SB$. Это отрезки $AK$ и $CK$, где $AK \perp SB$ и $CK \perp SB$. Искомый угол $\gamma = \angle AKC$.

2. Рассмотрим треугольник $AKC$. Так как пирамида правильная, то $\triangle ASB \cong \triangle CSB$, следовательно их высоты, проведенные к боковым ребрам $SB$, равны: $AK=CK$. Таким образом, $\triangle AKC$ — равнобедренный. Основание $AC$ является диагональю квадрата, $AC = l\sqrt{2}$.

3. Найдем длину $AK$. $AK$ — высота в равнобедренном треугольнике $ASB$ (со сторонами $b, b, l$ и углом $\alpha$ при вершине $S$). Площадь $\triangle ASB$ можно выразить двумя способами:
$S_{\triangle ASB} = \frac{1}{2} SA \cdot SB \sin(\angle ASB) = \frac{1}{2} b^2 \sin(\alpha)$.
$S_{\triangle ASB} = \frac{1}{2} SB \cdot AK = \frac{1}{2} b \cdot AK$.
Приравнивая, получаем $AK = b\sin(\alpha)$. Подставим выражение для $b$:
$AK = \frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})} \cdot \sin(\alpha) = \frac{l}{2\sin(\frac{\alpha}{2})} \cdot (2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})) = l\cos(\frac{\alpha}{2})$.

4. Применим теорему косинусов к треугольнику $AKC$:
$AC^2 = AK^2 + CK^2 - 2(AK)(CK)\cos(\gamma)$
$(l\sqrt{2})^2 = (l\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + (l\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 - 2(l\cos(\frac{\alpha}{2}))(l\cos(\frac{\alpha}{2}))\cos(\gamma)$
$2l^2 = 2l^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 2l^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})\cos(\gamma)$
Разделим обе части на $2l^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$ (так как $\alpha < \pi$, то $\cos(\frac{\alpha}{2}) \neq 0$):
$\frac{1}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = 1 - \cos(\gamma)$
$\cos(\gamma) = 1 - \frac{1}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 1}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{-\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = -\tan^2(\frac{\alpha}{2})$.

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