Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (С2))

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 }.

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *