Номер 195, страница 60 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

195. Двугранный угол правильной треугольной пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S. Основание ABC – правильный треугольник.

Двугранный угол при ребре основания, например, при ребре BC, – это угол между плоскостью основания (ABC) и плоскостью боковой грани (SBC). Обозначим этот угол как $α$.

Плоский угол при вершине пирамиды – это угол при вершине S боковой грани, например, угол $∠BSC$. Обозначим его как $β$. Нам нужно найти $β$.

1. Построим линейный угол для двугранного угла $α$. Проведем в плоскости основания высоту (медиану, биссектрису) AM к стороне BC. Так как треугольник ABC правильный, $AM ⊥ BC$.
Проведем в плоскости боковой грани SBC апофему SM. Так как пирамида правильная, треугольник SBC – равнобедренный, и его медиана SM является также высотой, т.е. $SM ⊥ BC$.
Таким образом, угол $∠SMA$ является линейным углом двугранного угла при ребре BC, и по условию $∠SMA = α$.

2. Введем обозначения. Пусть сторона основания равна $a$, т.е. $BC = a$.
Пусть O – центр основания ABC (точка пересечения медиан). SO – высота пирамиды.

3. Рассмотрим треугольник основания ABC. AM – высота правильного треугольника со стороной $a$, ее длина равна $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Точка O делит медиану AM в отношении 2:1, считая от вершины A. Следовательно, отрезок OM, являющийся радиусом вписанной в основание окружности, равен:
$OM = \frac{1}{3} AM = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM (так как $SO ⊥$ плоскости ABC, то $SO ⊥ OM$). В этом треугольнике нам известен угол $∠SMO = α$ и катет OM. Найдем гипотенузу SM (апофему):
$\cos α = \frac{OM}{SM} \implies SM = \frac{OM}{\cos α} = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}$.

5. Теперь рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник SBC. Нам нужно найти угол $β = ∠BSC$. Мы знаем основание $BC = a$ и высоту $SM = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}$.
Для нахождения угла $β$ воспользуемся теоремой косинусов для треугольника SBC. Для этого сначала найдем длину бокового ребра SB.

6. Рассмотрим прямоугольный треугольник SMB. В нем катет $BM = \frac{1}{2} BC = \frac{a}{2}$, а катет SM мы нашли ранее. По теореме Пифагора:
$SB^2 = SM^2 + BM^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{6\cos α}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{36\cos^2 α} + \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{12\cos^2 α} + \frac{a^2}{4}$
Приведем к общему знаменателю:
$SB^2 = \frac{a^2 + 3a^2\cos^2 α}{12\cos^2 α} = a^2 \frac{1 + 3\cos^2 α}{12\cos^2 α}$.
Так как пирамида правильная, $SC = SB$.

7. Применим теорему косинусов для треугольника SBC:
$BC^2 = SB^2 + SC^2 - 2 \cdot SB \cdot SC \cdot \cos(∠BSC)$
$a^2 = 2 \cdot SB^2 - 2 \cdot SB^2 \cdot \cos β = 2 \cdot SB^2 (1 - \cos β)$
Подставим найденное выражение для $SB^2$:
$a^2 = 2 \cdot \left(a^2 \frac{1 + 3\cos^2 α}{12\cos^2 α}\right) (1 - \cos β)$
Сократим $a^2$:
$1 = \frac{1 + 3\cos^2 α}{6\cos^2 α} (1 - \cos β)$
Выразим $(1 - \cos β)$:
$1 - \cos β = \frac{6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}$
Отсюда найдем $\cos β$:
$\cos β = 1 - \frac{6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α} = \frac{1 + 3\cos^2 α - 6\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α} = \frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}$
Следовательно, искомый плоский угол при вершине пирамиды равен:
$β = \arccos\left(\frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}\right)$.

Ответ: Плоский угол при вершине пирамиды равен $\arccos\left(\frac{1 - 3\cos^2 α}{1 + 3\cos^2 α}\right)$.