Упр.254 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов, Кадомцев 11 класс, Просвещение: B правильной треугольной пирамиде сторона основания равна а, 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.
Обозначим вершину пирамиды через $$D$$, а основание — равносторонний треугольник $$ABC$$, где $$AB=BC=CA=a$$, $$DO\perp (ABC)$$, $$DO=H$$. Точка $$O$$ — центр основания.
Для равностороннего треугольника радиус описанной окружности и радиус вписанной окружности равны соответственно
$$R=\frac{a}{\sqrt{3}}, \qquad r=\frac{a}{2\sqrt{3}}.$$
а) Найдём боковое ребро. В прямоугольном треугольнике $$DOB$$:
$$DB=\sqrt{DO^2+OB^2}=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}.$$
Значит,
$$DA=DB=DC=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}.$$
б) Найдём плоский угол при вершине пирамиды. Это угол $$\angle CDB$$. По теореме косинусов в треугольнике $$DCB$$:
$$BC^2=BD^2+CD^2-2\cdot BD\cdot CD\cdot \cos\angle CDB.$$
Подставим $$BC=a$$, $$BD=CD=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}$$:
$$a^2=2\left(H^2+\frac{a^2}{3}\right)-2\left(H^2+\frac{a^2}{3}\right)\cos\angle CDB,$$
откуда
$$\cos\angle CDB=\frac{6H^2-a^2}{6H^2+2a^2}.$$
в) Найдём угол между боковым ребром и плоскостью основания. Это угол $$\angle DBO$$. В прямоугольном треугольнике $$DOB$$:
$$\tg\angle DBO=\frac{DO}{OB}=\frac{H}{a/\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}\,H}{a}.$$
г) Найдём угол между боковой гранью и основанием пирамиды. Рассмотрим двугранный угол при ребре $$AB$$. Его линейный угол — угол между перпендикулярами к $$AB$$ в плоскостях $$DAB$$ и $$ABC$$. Обозначим эти перпендикуляры через $$DE$$ и $$EO$$, тогда искомый угол равен $$\angle DEO$$.
Так как $$O$$ — центр вписанной окружности основания, то $$EO=r=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}$$. В прямоугольном треугольнике $$DOE$$:
$$\tg\angle DEO=\frac{DO}{EO}=\frac{H}{a/(2\sqrt{3})}=\frac{2\sqrt{3}\,H}{a}.$$
д) Найдём двугранный угол при боковом ребре. Рассмотрим двугранный угол при ребре $$DB$$. Его линейный угол — угол между перпендикулярами к $$DB$$ в гранях $$DBC$$ и $$DBA$$. Обозначим их через $$BF$$ и $$FA$$, тогда искомый угол равен $$\angle AFB$$.
Из симметрии пирамиды $$AF=BF$$. Найдём $$BF$$. Пусть $$CF=x$$. Тогда из прямоугольных треугольников $$DFB$$ и $$CFB$$:
$$DB^2=DF^2+FB^2,\qquad BC^2=CF^2+FB^2.$$
Так как $$DF=DC-CF=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}-x$$, получаем
$$H^2+\frac{a^2}{3}-\left(\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}-x\right)^2=a^2-x^2.$$
После преобразований:
$$a^2=2x\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}},$$
$$x=\frac{a^2}{2\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}}}.$$
Тогда
$$FB^2=a^2-x^2=a^2-\frac{a^4}{4\left(H^2+\frac{a^2}{3}\right)}=\frac{a^2\left(12H^2+a^2\right)}{12H^2+4a^2}.$$
В равнобедренном треугольнике $$AFB$$ по теореме косинусов:
$$AB^2=AF^2+BF^2-2\cdot AF\cdot BF\cdot \cos\angle AFB.$$
Так как $$AF=BF$$ и $$AB=a$$, то
$$\cos\angle AFB=\frac{2BF^2-AB^2}{2BF^2}=\frac{6H^2-a^2}{12H^2+a^2}.$$
Ответ
$$DA=DB=DC=\sqrt{H^2+\frac{a^2}{3}};$$
$$\cos\angle CDB=\frac{6H^2-a^2}{6H^2+2a^2};$$
$$\tg\angle DBO=\frac{\sqrt{3}\,H}{a};$$
$$\tg\angle DEO=\frac{2\sqrt{3}\,H}{a};$$
$$\cos\angle AFB=\frac{6H^2-a^2}{12H^2+a^2}.$$