Номер 196, страница 90 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

196. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды и плоскостью основания равен $\alpha$. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

Решение

Пусть $SABC$ – правильная треугольная пирамида с вершиной $S$. Основание $ABC$ – равносторонний треугольник. Пусть $O$ – центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис). $SO$ – высота пирамиды.

Угол между боковым ребром (например, $SA$) и плоскостью основания – это угол между ребром $SA$ и его проекцией $AO$ на плоскость основания. По условию, $\angle SAO = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре $SA$. Этот угол образован двумя боковыми гранями $SAB$ и $SAC$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол. В плоскости грани $SAB$ проведем высоту $BH$ к стороне $SA$. Так как пирамида правильная, боковые грани $SAB$ и $SAC$ являются равными равнобедренными треугольниками ($SA=SB=SC$, $AB=AC$). Следовательно, высоты, проведенные к боковому ребру $SA$ из вершин $B$ и $C$, будут равны и попадут в одну и ту же точку $H$ на ребре $SA$. Таким образом, $BH \perp SA$ и $CH \perp SA$.

Искомый двугранный угол $\gamma$ равен линейному углу $\angle BHC$.

Рассмотрим треугольник $BHC$. Он равнобедренный, так как $BH = CH$. Мы можем найти угол $\gamma = \angle BHC$ по теореме косинусов, если найдем длины сторон $BH$, $CH$ и $BC$.

Введем параметр. Пусть длина бокового ребра $SA = l$.

Из прямоугольного треугольника $SAO$ находим:
$AO = SA \cdot \cos(\alpha) = l \cos\alpha$.
$AO$ – это радиус $R$ описанной окружности около треугольника $ABC$.

Сторона основания $a$ равностороннего треугольника $ABC$ связана с радиусом описанной окружности $R$ соотношением $a = R\sqrt{3}$.
Таким образом, $BC = a = AO\sqrt{3} = l\sqrt{3}\cos\alpha$.

Теперь найдем длину $BH$. $BH$ – это высота в равнобедренном треугольнике $SAB$ со сторонами $SA=SB=l$ и $AB=a=l\sqrt{3}\cos\alpha$.
Найдем косинус угла $\beta = \angle ASB$ в треугольнике $SAB$ по теореме косинусов:
$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos\beta$
$(l\sqrt{3}\cos\alpha)^2 = l^2 + l^2 - 2 \cdot l \cdot l \cdot \cos\beta$
$3l^2\cos^2\alpha = 2l^2 - 2l^2\cos\beta$
$3\cos^2\alpha = 2(1 - \cos\beta)$
$\cos\beta = 1 - \frac{3}{2}\cos^2\alpha$.

Теперь, зная $\cos\beta$, можем найти $\sin\beta$:
$\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta = 1 - \left(1 - \frac{3}{2}\cos^2\alpha\right)^2 = 1 - \left(1 - 3\cos^2\alpha + \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right) = 3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha$.

Площадь треугольника $SAB$ можно выразить двумя способами:
$S_{SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot BH = \frac{1}{2}l \cdot BH$
$S_{SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot SB \cdot \sin\beta = \frac{1}{2}l^2\sin\beta$
Приравнивая эти выражения, получаем $BH = l\sin\beta$.
Тогда $BH^2 = l^2\sin^2\beta = l^2\left(3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right)$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $BHC$ для нахождения угла $\gamma = \angle BHC$:
$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos\gamma$
Так как $BH=CH$, то $BC^2 = 2BH^2(1 - \cos\gamma)$.
Подставим найденные выражения для $BC^2$ и $BH^2$:
$(l\sqrt{3}\cos\alpha)^2 = 2 \cdot l^2\left(3\cos^2\alpha - \frac{9}{4}\cos^4\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$
$3l^2\cos^2\alpha = 2l^2 \cdot 3\cos^2\alpha\left(1 - \frac{3}{4}\cos^2\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$

Сократим обе части на $3l^2\cos^2\alpha$ (по смыслу задачи $\alpha \ne \pi/2$, поэтому $\cos\alpha \ne 0$):
$1 = 2\left(1 - \frac{3}{4}\cos^2\alpha\right)(1 - \cos\gamma)$
$1 = 2\left(\frac{4-3\cos^2\alpha}{4}\right)(1 - \cos\gamma)$
$1 = \frac{4-3\cos^2\alpha}{2}(1 - \cos\gamma)$
$1 - \cos\gamma = \frac{2}{4-3\cos^2\alpha}$
$\cos\gamma = 1 - \frac{2}{4-3\cos^2\alpha} = \frac{4-3\cos^2\alpha - 2}{4-3\cos^2\alpha} = \frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}$

Таким образом, искомый двугранный угол $\gamma$ равен $\arccos\left(\frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2-3\cos^2\alpha}{4-3\cos^2\alpha}\right)$