Смотрите также №15, №17, №18, №19, №20
В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с основанием $ABC$ известны ребра $AB=8\sqrt3$ и $SC=17$. Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой $AM$, где $M$ – точка пересечения медиан грани $SBC$.
Решение:
Пусть $O$ – проекция вершины $S$ на плоскость основания.
Пусть $M$ – точка пересечения медиан грани $SBC.$
Точка $M$ прямой $ST$ ($T$ – середина $BC$) проецируется в точку $H$ прямой $AT$, являющейся проекцией $ST.$
Поскольку (по свойству медиан) $SM:MT=2:1$, то и $OH:HT=2:1$ (по теореме о пропорциональных отрезках).
При этом (по свойству медиан) $OT=\frac{1}{3}AT,$ $AT=\sqrt{AC^2-CT^2}=\sqrt{64\cdot 3-16\cdot 3}=12.$
То есть $OT=4,$ $OH=\frac{8}{3},$ $AH=\frac{32}{3}.$
Из треугольника $OBS:$
$SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\sqrt{SB^2-(\frac{2}{3}AT)^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15.$
Очевидно, $MH=\frac{1}{3}SO=5.$
Наконец, из треугольника $AMH:$
$tgMAH=\frac{MH}{AH}=\frac{5}{\frac{32}{3}}=\frac{15}{32}.$
Итак, $\angle (AM;(ABC))=\angle MAH=arctg\frac{15}{32}.$
Ответ: $arctg\frac{15}{32}.$
Добавить комментарий