Номер 196, страница 60 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

Упражнения. Вариант 2. Пирамида - номер 196, страница 60.

Условие.

196. Двугранный угол правильной четырёхугольной пира-миды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите двугран-ный угол пирамиды при боковом ребре.

Решение.

Решение 2.

Пусть `SABCD` — правильная четырёхугольная пирамида с вершиной `S` и основанием `ABCD`. Пусть `O` — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата `ABCD`), тогда `SO` — высота пирамиды.

Двугранный угол при ребре основания, например `CD`, по условию равен `α`. Для построения его линейного угла проведём апофему `SM`, где `M` — середина ребра `CD`. Тогда `SM ⊥ CD`. В плоскости основания проведём `OM`. Так как `ABCD` — квадрат и `O` — его центр, `OM ⊥ CD`. Следовательно, угол `∠SMO` является линейным углом двугранного угла при ребре `CD`, и `∠SMO = α`.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например `SC`. Обозначим его `β`. Этот угол образован плоскостями боковых граней `(SBC)` и `(SDC)`. Для построения его линейного угла проведём в плоскости `(SDC)` высоту `DK` на ребро `SC`, то есть `DK ⊥ SC`. Так как пирамида правильная, боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками (`△SBC ≅ △SDC`). Поэтому высота, проведённая из вершины `B` к стороне `SC` в треугольнике `SBC`, также попадёт в точку `K`, то есть `BK ⊥ SC`. Таким образом, угол `∠BKD` является линейным углом искомого двугранного угла, `∠BKD = β`.

Для решения задачи введём параметр. Пусть половина стороны основания равна `a`, то есть `OM = MC = a`. Тогда сторона основания `CD = 2a`.

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SOM`. В нём `OM = a` и `∠SMO = α`. Найдём длину апофемы `SM`:
$SM = OM / cos(α) = a / cos(α)$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SMC`. Найдём длину бокового ребра `SC` по теореме Пифагора:
$SC^2 = SM^2 + MC^2 = (a / cos(α))^2 + a^2 = a^2/cos^2(α) + a^2 = a^2 * ( (1 + cos^2(α)) / cos^2(α) )$
$SC = (a/cos(α)) * sqrt(1 + cos^2(α))$.

3. Найдём длину отрезка `DK`. Площадь треугольника `SDC` можно выразить двумя способами:
$S_{△SDC} = (1/2) * CD * SM = (1/2) * 2a * (a/cos(α)) = a^2/cos(α)$.
С другой стороны, $S_{△SDC} = (1/2) * SC * DK$.
Приравнивая эти два выражения, получим:
$DK = (2 * S_{△SDC}) / SC = (2 * a^2/cos(α)) / ((a/cos(α)) * sqrt(1 + cos^2(α))) = 2a / sqrt(1 + cos^2(α))$.

4. Теперь рассмотрим равнобедренный треугольник `BKD`. Мы знаем, что `BK = DK = 2a / sqrt(1 + cos^2(α))`. Основание `BD` этого треугольника является диагональю квадрата `ABCD` со стороной `2a`. Следовательно, $BD = 2a * sqrt(2)$.

5. Применим к треугольнику `BKD` теорему косинусов для нахождения угла `β = ∠BKD`:
$BD^2 = BK^2 + DK^2 - 2 * BK * DK * cos(β)$
Так как `BK = DK`, формула упрощается:
$BD^2 = 2 * DK^2 - 2 * DK^2 * cos(β) = 2 * DK^2 * (1 - cos(β))$.

Отсюда выразим `cos(β)`:
$cos(β) = 1 - BD^2 / (2 * DK^2)$.

Подставим найденные значения `BD^2` и `DK^2`:
$BD^2 = (2a * sqrt(2))^2 = 8a^2$.
$DK^2 = (2a / sqrt(1 + cos^2(α)))^2 = 4a^2 / (1 + cos^2(α))$.

$cos(β) = 1 - (8a^2) / (2 * (4a^2 / (1 + cos^2(α)))) = 1 - (8a^2) / (8a^2 / (1 + cos^2(α)))$.

$cos(β) = 1 - (1 + cos^2(α)) = 1 - 1 - cos^2(α) = -cos^2(α)$.

Таким образом, косинус искомого двугранного угла равен $-cos^2(α)$. Сам угол равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $arccos(-cos^2(α))$