ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 256: Правильная пирамида

План решения.

Рассмотрим правильную четырёхугольную пирамиду SABCD с вершиной S. Основание — квадрат со стороной m. Плоский угол при вершине равен β=полный угол в вершине/4? Нет, в условии сказано «плоский угол при вершине равен β». В контексте правильной пирамиды обычно под плоским углом при вершине понимают угол боковой грани при вершине, то есть β=const. Однако для четырёхугольной пирамиды сумма плоских углов при вершине равна 360^• только если это развертка. Но стандартное определение: плоский угол при вершине многогранного угла — это угол между соседними ребрами. Для правильной четырехугольной пирамиды все четыре плоских угла при вершине равны. Пусть этот угол равен β. Тогда боковые грани — равнобедренные треугольники с углом при вершине β и основанием m. Обозначения: - O — центр основания (пересечение диагоналей квадрата). - SO=H — высота пирамиды. - SA=SB=SC=SD=L — боковое ребро. - M — середина стороны основания AB. Тогда SM — апофема боковой грани. - Угол между боковой гранью и плоскостью основания — это угол SMO. - Двугранный угол при боковом ребре — это угол между двумя смежными боковыми гранями по ребру SA. Его линейный угол можно найти через перпендикуляры к ребру из точек на гранях или используя формулу косинусов для сферического треугольника/векторов. а) Нахождение высоты H.

Рассмотрим боковую грань SAB. Это равнобедренный треугольник с основанием AB=m и углом при вершине β. Проведем высоту SM к основанию AB. Так как треугольник равнобедренный, M — середина AB, значит AM=m/2. В прямоугольном треугольнике SMA: tgβ/2=AM/SM=m/2/SM→SM=m/2tg(β/2) Также найдем боковое ребро L=SA: sinβ/2=AM/SA=m/2/L→L=m/2sin(β/2) Это ответ для пункта б), но нам нужна высота H=SO. Рассмотрим треугольник SOA. Он прямоугольный (SObotAO). Гипотенуза SA=L. Катет AO — половина диагонали квадрата со стороной m. Диагональ квадрата d=msqrt2, поэтому AO=msqrt2/2=m/sqrt2. По теореме Пифагора: H²=L²-AO² Подставим выражения: H²=m²/4sin²(β/2)-m²/2=m²(1/4sin²(β/2)-1/2) Приведем к общему знаменателю: H²=m²1-2sin²(β/2)/4sin²(β/2) Используем формулу косинуса двойного угла 1-2sin²x=cos(2x): H²=m²cos(β)/4sin²(β/2) Тогда: H=msqrtcos(β)/2sin(β/2) Проверка ключа: Ключ дает a)mcos(β)/2sin(β/2). Это не совпадает с моим выводом. Давайте перепроверим условие. Возможно, «плоский угол при вершине» означает что-то другое? Или в ключе опечатка? Или я ошибся в тригонометрии? Давайте выразим иначе. Из треугольника SMA: SM=m/2tg(β/2). Из треугольника SOM (прямоугольный): SO²+OM²=SM². OM — расстояние от центра до стороны основания, OM=m/2. H²=SM²-OM²=m²/4tg²(β/2)-m²/4=m²/4(1/tg²(β/2)-1) H²=m²/4(ctg²(β/2)-1) Это тоже не похоже на ключ. Посмотрим на ключ еще раз: a)mcos(β)/2sin(β/2). Если возвести в квадрат: m²cos²(β)/4sin²(β/2). Мой результат: m²cos(β)/4sin²(β/2). Разница в степени косинуса. Возможно, в задаче подразумевается, что дан двугранный угол? Нет, сказано «плоский угол при вершине». Давайте проверим частный случай. Пусть β=90^•. Боковая грань — равнобедренный прямоугольный треугольник. L=m/sqrt2. AO=m/sqrt2. Тогда H=sqrtL²-AO²=0. Пирамида вырождается в плоскость. Формула ключа: mcos(90)/...=0. Моя формула: msqrtcos(90)/...=0. Оба дают 0. Пусть β=60^•. Грань — равносторонний треугольник. L=m. AO=m/sqrt2. H=sqrtm²-m²/2=m/sqrt2. Ключ: mcos(60)/2sin(30)=m1/2/21/2=m/2. Не совпадает с m/sqrt2approx0.707m. Моя формула: msqrtcos(60)/2sin(30)=msqrt0.5/1=m/sqrt2. Совпадает. Значит, ключ содержит ошибку в пункте а) (лишний множитель cos beta вместо sqrt(cos beta) или неверная интерпретация данных). Я буду писать решение строго по геометрии. Ответ а): H=msqrtcos(β)/2sin(β/2). б) Нахождение бокового ребра L.

Как было найдено выше, из прямоугольного треугольника SMA (где SMbotAB): sinβ/2=AM/SA=m/2/L Отсюда: L=m/2sin(β/2) Это совпадает с пунктом б) в ключе. в) Угол между боковой гранью и плоскостью основания.

Искомый угол — это угол SMO в прямоугольном треугольнике SOM. Гипотенуза SM (апофема), прилежащий катет OM=m/2. Найдем SM из треугольника SMA: SM=AM/tg(β/2)=m/2tg(β/2) Тогда косинус искомого угла phi: cos(phi)=OM/SM=m/2/m/2tg(β/2)=tgβ/2 Следовательно: phi=arccos(tgβ/2) Это совпадает с пунктом в) в ключе. г) Двугранный угол при боковом ребре.

Обозначим двугранный угол при ребре SA как psi. Его линейный угол строится так: проведем в гранях SAB и SAD перпендикуляры к ребру SA из точки K на ребре. Пусть BKbotSA и DKbotSA. Тогда angleBKD=psi. Треугольник BKA прямоугольный (angleBKA=90^•). Угол angleBAK=β (так как это плоский угол при вершине? Нет, angleBAS=β? Нет, β — это угол ASB. В основании правильный четырехугольник, значит angleSAB=angleSAD=180-β/2=90-β/2. В треугольнике ABK: BK=ABsin(angleBAK)=msin(90-β/2)=mcos(β/2). Аналогично DK=mcos(β/2). Теперь рассмотрим треугольник BKD. Нам нужно знать сторону BD. BD — диагональ квадрата, BD=msqrt2. По теореме косинусов для треугольника BKD: BD²=BK²+DK²-2BKcdotDKcdotcos(psi) 2m²=2(mcos(β/2))²-2(mcos(β/2))²cos(psi) Разделим на 2m²: 1=cos²(β/2)-cos²(β/2)cos(psi) 1-cos²(β/2)=-cos²(β/2)cos(psi) sin²(β/2)=-cos²(β/2)cos(psi) cos(psi)=-tg²(β/2) Тогда psi=arccos(-tg²(β/2)). Давайте сверим с ключом: г) 2arcsin(sqrt2/2cos(β/2)). Преобразуем ключевую формулу. Пусть theta=arcsin(sqrt2/2cos(β/2)). Тогда sin(theta)=sqrt2/2cos(β/2). cos(psi)=cos(2theta)=1-2sin²(theta)=1-2(2/4cos²(β/2))=1-1/cos²(β/2)=cos²(β/2)-1/cos²(β/2)=-sin²(β/2)/cos²(β/2)=-tg²(β/2). Формулы эквивалентны. Запишем ответ в виде из ключа, так как он более компактен для арксинуса, или оставим через арккосинус. Обычно предпочтительнее арккосинус, но раз ключ дает арксинус, можно вывести и его. Для вывода через арксинус можно использовать векторный метод или построение перпендикуляра к ребру. Ответ г): psi=arccos(-tg²(β/2)) или psi=2arcsin(sqrt2/2cos(β/2)).