Пирамида-2

Решение задач по стереометрии в общем виде – это наиболее трудно. Когда возможно провести промежуточные вычисления – всегда бывает проще. Но в трудностях как раз и закрепляются знания.

Задача 1.

В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна $a$, высота равна $H$. 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.

Решение.

К задаче 1

Высота треугольника основания  и его медиана

$$AF=\frac{a}{2}\sqrt{3}$$

Точка $O$ делит $AF$ в отношении $2:1$, считая от вершины $A$. Поэтому

$$AO=\frac{2}{3}AF=\frac{2}{3}\cdot\frac{a}{2}\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$

$$OF=\frac{1}{3}AF=\frac{1}{3}\cdot\frac{a}{2}\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$$

а) Тогда определим боковое ребро:

$$AD=\sqrt{H^2+AO^2}=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}$$

б) Зная его, можно определить плоский угол при вершине по теореме косинусов для любой грани:

$$BC^2=BD^2+DC^2-2\cdot BD\cdot DC\cos BDC$$
$$\cos BDC=\frac{ BC^2-BD^2-DC^2}{-2\cdot BD\cdot DC }=\frac{ a^2- H^2-\frac{a^2}{3}- H^2-\frac{a^2}{3}}{-2(H^2+\frac{a^2}{3})}=\frac{2H^2-\frac{a^2}{3}}{\frac{2a^2}{3}+2H^2}$$

в) Угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды – угол $DCO$. Поскольку нам известны все стороны треугольника $DCO$, то можно определить любую функцию этого угла, например, тангенс.

$$\operatorname{tg} DCO=\frac{DO}{OC}=\frac{2H\sqrt{3}}{a}$$

г) Угол между боковой гранью и основанием пирамиды – угол $DKO$. Также определим тангенс этого угла:

$$\operatorname{tg} DKO=\frac{DO}{OK}=\frac{H\sqrt{3}}{a}$$

д) Двугранный угол при боковом ребре – угол $AEB$, где $AE\perp DC$, $BE\perp BC$. Определим длину $AE$ через площадь треугольника $ADC$.

$$DK=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{12}}$$

$$2S_{ADC}=AC\cdot DK=AE\cdot DC$$

$$AE=\frac{ AC\cdot DK }{ DC }=\frac{ a\cdot \sqrt{H^2+\frac{a^2}{12}}}{\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}}$$

Теперь запишем теорему косинусов для треугольника $AEB$:

$$AB^2=AE^2+BE^2-2\cdot AE\cdot BE\cdot\cos AEB$$

$$AB^2=2AE^2-2\cdot AE^2\cdot\cos AEB$$

$$\cos AEB=\frac{ 2AE^2-AB^2}{2\cdot AE^2}=1-\frac{ AB^2}{2\cdot AE^2}$$

$$\cos AEB=1- \frac{\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}} }{\sqrt{2H^2+\frac{a^2}{6}}}$$

Ответ: а) $\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}$;   б) $\arccos\left(\frac{2H^2-\frac{a^2}{3}}{\frac{2a^2}{3}-2H^2}\right)$; в) $\operatorname{arctg} {\frac{H\sqrt{3}}{a}}$; г) $\operatorname{arctg}\frac{2H\sqrt{3}}{a}$; д) $\arccos \left({1- \frac{\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}} }{\sqrt{2H^2+\frac{a^2}{6}}}}\right)$.

Задача 2.

В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна 8 см, а плоский угол при вершине равен $\varphi$. Найдите высоту этой пирамиды.

Решение.

К задаче 2

Высота треугольника основания и его медиана

$$AF=\frac{a}{2}\sqrt{3}=4\sqrt{3}$$

Точка $O$ делит $AF$ в отношении $2:1$, считая от вершины $A$. Поэтому

$$AO=\frac{2}{3}AF=\frac{2}{3}\cdot \frac{a}{2}\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$

Пусть ребро основания $a$, боковое ребро равно $b$, тогда

$$a^2=2b^2-2b^2\cos\varphi=2b^2(1-\cos\varphi )$$

$$b^2=\frac{a^2}{2(1-\cos\varphi )}$$

$$b=\frac{a}{\sqrt{2(1-\cos\varphi}} $$

Теперь можно найти высоту пирамиды по теореме Пифагора:

$$H^2=DA^2-AO^2=b^2-\frac{a^2}{3}=\frac{a^2}{2(1-\cos\varphi )}- \frac{a^2}{3}$$

$$H=\sqrt{\frac{a^2}{2(1-\cos\varphi )}- \frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{32}{1-\cos\varphi}- \frac{64}{3}}$$

Ответ: $H=\sqrt{\frac{32}{1-\cos\varphi}- \frac{64}{3}}$.

Задача 3.

В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна $m$, а плоский угол при вершине равен $\alpha$. Найдите: а) высоту пирамиды; б) боковое ребро пирамиды; в) угол между боковой гранью и плоскостью основания; г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

К задаче 3

Решение:

Пусть боковое ребро равно $b$, тогда

$$m^2=2b^2-2b^2\cos\alpha=2b^2(1-\cos\alpha )$$

$$b^2=\frac{m^2}{2(1-\cos\alpha)}$$

$$b=\frac{m}{\sqrt{2(1-\cos\alpha)}} $$

Диагональ основания пирамиды равна $m\sqrt{2}$. Ее половина $\frac{ m\sqrt{2}}{2}$. Таким образом,

$$H^2=b^2-\frac{ m^2}{2}$$

$$H=\sqrt{\frac{m^2}{2(1-\cos\alpha)}- \frac{ m^2}{2}}=\sqrt{\frac{ m^2}{2}\left(\frac{1}{1-\cos\alpha}-1\right)}}$$

Теперь можно определить угол между боковой гранью и плоскостью основания. Для этого нужна апофема пирамиды. Пусть она равна $l$:

$$l^2=b^2-\frac{m^2}{4}$$

$$l^2=\frac{m^2}{2(1-\cos\alpha)} -\frac{m^2}{4}$$

$$l=\sqrt{\frac{m^2}{2(1-\cos\alpha)} -\frac{m^2}{4}}=\frac{m}{2}\sqrt{\frac{1+\cos\alpha }{1-\cos\alpha}}$$

Определим косинус угла между боковой гранью и основанием:

$$\cos \beta=\frac{\frac{m}{2}}{l}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}$$

Осталось определить двугранный угол при боковом ребре.

$$2S_{CSB}=CB\cdot l=SB\cdot CK$$

$$CK=\frac{ CB\cdot l }{ SB }=\frac{ m\cdot \frac{m}{2}\sqrt{\frac{1+\cos\alpha }{1-\cos\alpha}}}{\frac{m}{\sqrt{2(1-\cos\alpha)}}}= \frac{m\sqrt{1+\cos\alpha}}{\sqrt{2}}$$

Теперь запишем теорему косинусов для треугольника $AKC$:

$$AC^2=AK^2+CK^2-2\cdot AK\cdot KC\cos\varphi$$

$$AC^2=2CK^2-2\cdot CK^2\cos\varphi$$

$$2m^2=2m^2(1+\cos\alpha)- 2m^2(1+\cos\alpha)\cos\varphi$$

$$1=(1+\cos\alpha) (1-\cos\varphi)$$

$$\cos\varphi=1-\frac{1}{1+\cos\alpha }$$

Ответ: а) $H=\frac{ m^2}{2}\frac{1}{(1-\cos\alpha)}$; б) $b=\frac{m}{\sqrt{2(1-\cos\alpha)}} $; в) $\cos \beta=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}$; г) $\cos\varphi=1-\frac{1}{1+\cos\alpha }$.