Номер 21.29, страница 226 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.29. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды равен $ \alpha $. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S. Основание ABC — правильный треугольник, а боковые грани ASB, BSC и CSA — равные равнобедренные треугольники. По условию, плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$, то есть $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре SB. Этот угол измеряется линейным углом, который образуется двумя перпендикулярами, проведенными к ребру SB в одной точке из прилежащих граней. Проведем в гранях ASB и CSB высоты AH и CH к общему ребру SB. Точка H лежит на ребре SB. Тогда искомый двугранный угол $\beta$ равен углу $\angle AHC$.

Для проведения вычислений положим длину бокового ребра равной $l$, то есть $SA = SB = SC = l$.

Рассмотрим боковую грань — равнобедренный треугольник ASB. Углы при основании AB равны: $\angle SAB = \angle SBA = (180^\circ - \alpha) / 2 = 90^\circ - \alpha/2$.

Сначала найдем длину стороны основания AB. По теореме косинусов для треугольника ASB:$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos(\alpha) = l^2 + l^2 - 2l^2\cos(\alpha) = 2l^2(1 - \cos(\alpha))$.Используя формулу понижения степени $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$AB^2 = 2l^2 \cdot 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$.Отсюда, $AB = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Так как основание ABC — правильный треугольник, то $AC = BC = AB = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь найдем длину высоты AH в треугольнике ASB, проведенной к ребру SB. Из прямоугольного треугольника AHB (где $\angle AHB = 90^\circ$):$AH = AB \cdot \sin(\angle ABH) = AB \cdot \sin(90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = AB \cdot \cos(\frac{\alpha}{2})$.Подставив найденное значение AB, получим:$AH = (2l\sin(\frac{\alpha}{2})) \cdot \cos(\frac{\alpha}{2}) = l \cdot (2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})) = l\sin(\alpha)$.

Так как пирамида правильная, боковые грани ASB и CSB равны. Следовательно, высоты, проведенные из вершин A и C к общему ребру SB, также равны: $CH = AH = l\sin(\alpha)$.

Рассмотрим треугольник AHC. Он равнобедренный с боковыми сторонами $AH = CH = l\sin(\alpha)$ и основанием $AC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Искомый угол $\beta = \angle AHC$. Для его нахождения проведем в треугольнике AHC высоту HK к основанию AC. Так как треугольник AHC равнобедренный, HK является также медианой и биссектрисой. Значит, K — середина AC, и $\angle AHK = \beta/2$.

В прямоугольном треугольнике AHK катет AK равен половине основания AC:$AK = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}(2l\sin(\frac{\alpha}{2})) = l\sin(\frac{\alpha}{2})$.Синус угла $\angle AHK$ равен отношению противолежащего катета AK к гипотенузе AH:$\sin(\angle AHK) = \sin(\frac{\beta}{2}) = \frac{AK}{AH} = \frac{l\sin(\frac{\alpha}{2})}{l\sin(\alpha)}$.Используя формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$\sin(\frac{\beta}{2}) = \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Из последнего выражения находим искомый угол $\beta$:$\frac{\beta}{2} = \arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$,$\beta = 2\arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$.

Ответ: $2\arcsin\left(\frac{1}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}\right)$.