Номер 196, страница 29 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

196. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при боковом ребре равен $\alpha$. Найдите угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды.

Решение:

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Пусть $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$). Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между ребром и его проекцией на эту плоскость. Для ребра $SB$ его проекцией на плоскость основания является отрезок $OB$. Следовательно, искомый угол — это $\beta = \angle SBO$.

Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, равен $\alpha$. Это угол между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SBC)$.

1. Для измерения этого угла построим его линейный угол. Поскольку пирамида правильная, её боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками. Проведём в треугольниках $SAB$ и $SBC$ высоты из вершин $A$ и $C$ к общему ребру $SB$. Пусть они пересекают $SB$ в точке $H$. Таким образом, $AH \perp SB$ и $CH \perp SB$. По определению, угол $\angle AHC$ является линейным углом двугранного угла при ребре $SB$, следовательно, $\angle AHC = \alpha$.

2. Рассмотрим треугольник $AHC$. Так как боковые грани равны, то и высоты, проведённые к соответственным сторонам, равны: $AH = CH$. Значит, треугольник $AHC$ — равнобедренный. $O$ — середина основания $AC$ этого треугольника. Следовательно, медиана $HO$ является также высотой и биссектрисой. Отсюда следует, что $HO \perp AC$ и $\angle AHO = \angle CHO = \frac{\alpha}{2}$.

3. В плоскости основания диагонали квадрата перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$. Так как $HO$ лежит в плоскости треугольника $AHC$, а $HO \perp AC$, и $BD \perp AC$, то точки $B, O, H, D$ могут не лежать на одной прямой. Однако, рассмотрим плоскость $(SBD)$. Так как $AC \perp BD$ и $AC \perp SO$ (высота), то прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $(SBD)$.

4. Прямая $AH$ является наклонной к плоскости $(SBD)$, а отрезок $OH$ — её проекцией на эту плоскость (поскольку $AO \perp (SBD)$). По построению, наклонная $AH$ перпендикулярна прямой $SB$, лежащей в плоскости $(SBD)$. По обратной теореме о трёх перпендикулярах, проекция $OH$ также перпендикулярна прямой $SB$. Таким образом, $OH \perp SB$.

5. Теперь у нас есть два ключевых треугольника:

• Прямоугольный треугольник $AOH$ (так как $HO$ - высота в $\triangle AHC$, но более строго, $AC \perp$ пл. $(SBD)$, значит $AC \perp HO$). В нём $\angle AOH = 90^\circ$. Мы можем выразить его стороны через угол $\frac{\alpha}{2}$: $\tan(\angle AHO) = \frac{AO}{OH} \implies \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AO}{OH}$.
• Прямоугольный треугольник $SBO$ (так как $SO$ - высота пирамиды). В нём $OH$ — высота, проведённая из вершины прямого угла $O$ к гипотенузе $SB$. Искомый угол $\beta = \angle SBO$. В прямоугольном треугольнике $OHB$ ($\angle OHB = 90^\circ$) имеем: $\sin(\angle OBH) = \frac{OH}{OB} \implies \sin(\beta) = \frac{OH}{OB}$.

6. Из первого соотношения выразим $OH$: $OH = \frac{AO}{\tan(\frac{\alpha}{2})}$. Подставим это во второе соотношение:

$\sin(\beta) = \frac{AO / \tan(\frac{\alpha}{2})}{OB}$

Поскольку $ABCD$ — квадрат, его полудиагонали равны: $AO = OB$. Сократив их, получаем:

$\sin(\beta) = \frac{1}{\tan(\frac{\alpha}{2})} = \cot(\frac{\alpha}{2})$

Отсюда находим искомый угол $\beta$:

$\beta = \arcsin(\cot(\frac{\alpha}{2}))$

Ответ: $\arcsin(\cot(\frac{\alpha}{2}))$