Номер 304, страница 87 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

304. В правильной четырёхугольной пирамиде плоский угол при вершине равен 60°. Докажите, что двугранный угол между боковой гранью и основанием пирамиды вдвое меньше двугранного угла при боковом ребре.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, где $S$ — вершина, а $ABCD$ — квадратное основание. По условию, плоский угол при вершине равен $60^\circ$. Это означает, что угол в каждой боковой грани при вершине $S$ равен $60^\circ$, например, $\angle ASB = 60^\circ$.

Так как пирамида правильная, ее боковые грани — равные равнобедренные треугольники. В нашем случае, $\triangle ASB$ является равнобедренным с $SA = SB$. Поскольку угол при вершине $\angle ASB = 60^\circ$, то углы при основании этого треугольника также равны $(180^\circ - 60^\circ) / 2 = 60^\circ$. Следовательно, все боковые грани пирамиды являются равносторонними треугольниками. Это означает, что все ребра пирамиды равны. Обозначим длину ребра за $a$: $AB = BC = CD = DA = SA = SB = SC = SD = a$.

Нахождение двугранного угла между боковой гранью и основанием

Пусть $\alpha$ — двугранный угол между боковой гранью, например, $(SBC)$, и основанием $(ABCD)$. Этот угол измеряется линейным углом, образованным двумя перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения, то есть к ребру $BC$.

Проведем апофему $SM$ в грани $SBC$. Так как $\triangle SBC$ — равносторонний, $SM$ является его высотой и медианой, поэтому $M$ — середина $BC$ и $SM \perp BC$. Высота равностороннего треугольника со стороной $a$ равна $SM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата). Проведем отрезок $OM$. Так как $ABCD$ — квадрат, $OM$ является средней линией $\triangle ABC$ или $\triangle DBC$ (в зависимости от расположения), и $OM \perp BC$. Длина $OM$ равна половине стороны квадрата: $OM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}$.

Поскольку $SM \perp BC$ и $OM \perp BC$, то $\angle SMO$ — это линейный угол двугранного угла $\alpha$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (где $\angle SOM = 90^\circ$, так как $SO$ — высота пирамиды).

Найдем косинус угла $\alpha = \angle SMO$:

$\cos \alpha = \frac{OM}{SM} = \frac{a/2}{a\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Нахождение двугранного угла при боковом ребре

Пусть $\beta$ — двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре $SB$. Этот угол образован двумя смежными боковыми гранями $(SAB)$ и $(SBC)$.

Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Проведем в гранях $(SAB)$ и $(SBC)$ перпендикуляры к общему ребру $SB$.

В равностороннем треугольнике $\triangle SAB$ проведем высоту $AH$ к стороне $SB$. Длина этой высоты равна $AH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

В равностороннем треугольнике $\triangle SBC$ проведем высоту $CH$ к стороне $SB$. Длина этой высоты равна $CH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Тогда $\angle AHC$ является линейным углом двугранного угла $\beta$. Рассмотрим треугольник $\triangle AHC$. Мы знаем длины его сторон: $AH = CH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Третья сторона, $AC$, является диагональю квадрата $ABCD$, ее длина $AC = a\sqrt{2}$.

Применим к треугольнику $\triangle AHC$ теорему косинусов для нахождения угла $\beta = \angle AHC$:

$AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos\beta$

$(a\sqrt{2})^2 = (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos\beta$

$2a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos\beta$

$2a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{6a^2}{4} \cdot \cos\beta$

$2a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos\beta$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (так как $a \neq 0$):

$2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos\beta$

$2 - \frac{3}{2} = - \frac{3}{2} \cos\beta$

$\frac{1}{2} = - \frac{3}{2} \cos\beta$

$\cos\beta = -\frac{1}{3}$.

Доказательство

Мы получили значения косинусов для обоих углов: $\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ и $\cos\beta = -\frac{1}{3}$. Нам нужно доказать, что $\alpha = \frac{\beta}{2}$, что эквивалентно $\beta = 2\alpha$.

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$.

Подставим найденное значение $\cos\alpha$:

$\cos(2\alpha) = 2 \cdot (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 - 1 = 2 \cdot \frac{1}{3} - 1 = \frac{2}{3} - 1 = -\frac{1}{3}$.

Таким образом, мы получили, что $\cos(2\alpha) = -\frac{1}{3}$, и мы также знаем, что $\cos\beta = -\frac{1}{3}$. Следовательно, $\cos(2\alpha) = \cos\beta$.

Поскольку $\alpha$ — угол между плоскостью боковой грани и основанием, он острый ($0 < \alpha < 90^\circ$). Значит, $0 < 2\alpha < 180^\circ$. Угол $\beta$ — двугранный угол в пирамиде, он также находится в диапазоне $0 < \beta < 180^\circ$. Из равенства $\cos(2\alpha) = \cos\beta$ на этом интервале следует, что $2\alpha = \beta$.

Это доказывает, что двугранный угол между боковой гранью и основанием пирамиды ($\alpha$) вдвое меньше двугранного угла при боковом ребре ($\beta$).

Ответ: Утверждение доказано. Мы показали, что $\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ и $\cos \beta = -\frac{1}{3}$, а из формулы двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$ следует, что $\cos(2\alpha) = \cos\beta$, откуда $2\alpha = \beta$.