Номер 21.39, страница 227 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.39. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол при ребре основания равен $\alpha$, а двугранный угол при боковом ребре равен $\beta$.

Докажите, что $3\cos^2\alpha + 2\cos\beta = 1$.

Рассмотрим правильную треугольную пирамиду $SABC$ с основанием $ABC$ и вершиной $S$. В правильной пирамиде основание является правильным многоугольником (в данном случае, равносторонним треугольником), а боковые грани — равными равнобедренными треугольниками.

По условию, двугранный угол при ребре основания равен $\alpha$, а двугранный угол при боковом ребре равен $\beta$.

Для решения задачи рассмотрим трехгранный угол при вершине $A$ основания пирамиды. Этот угол образован тремя плоскими углами:

• $\angle CAB = 60^\circ$, так как $\triangle ABC$ — равносторонний.
• $\angle SAB$ и $\angle SAC$ — углы при основании боковых граней. Так как боковые грани равны, то эти углы также равны. Обозначим их величину через $\gamma$, то есть $\angle SAB = \angle SAC = \gamma$.

Двугранные углы этого трехгранного угла:

• Двугранный угол при ребре $AS$ — это угол между боковыми гранями $(SAB)$ и $(SAC)$, он равен $\beta$.
• Двугранный угол при ребре $AB$ — это угол между основанием $(ABC)$ и боковой гранью $(SAB)$, он равен $\alpha$.

Применим теорему косинусов для трехгранного угла.

Сначала выразим косинус плоского угла $\angle CAB$ через два других плоских угла и двугранный угол $\beta$, который лежит напротив этого плоского угла (при ребре $AS$):
$\cos(\angle CAB) = \cos(\angle SAB) \cdot \cos(\angle SAC) + \sin(\angle SAB) \cdot \sin(\angle SAC) \cdot \cos\beta$
Подставляя наши обозначения, получаем:
$\cos(60^\circ) = \cos\gamma \cdot \cos\gamma + \sin\gamma \cdot \sin\gamma \cdot \cos\beta$
$\frac{1}{2} = \cos^2\gamma + \sin^2\gamma \cos\beta$ (1)

Теперь выразим косинус плоского угла $\angle SAC$ через два других плоских угла и двугранный угол $\alpha$, который лежит напротив этого плоского угла (при ребре $AB$):
$\cos(\angle SAC) = \cos(\angle SAB) \cdot \cos(\angle CAB) + \sin(\angle SAB) \cdot \sin(\angle CAB) \cdot \cos\alpha$
Подставляя значения, получаем:
$\cos\gamma = \cos\gamma \cdot \cos(60^\circ) + \sin\gamma \cdot \sin(60^\circ) \cdot \cos\alpha$
$\cos\gamma = \cos\gamma \cdot \frac{1}{2} + \sin\gamma \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cos\alpha$

Упростим второе уравнение, чтобы найти связь между углами $\gamma$ и $\alpha$:
$\cos\gamma - \frac{1}{2}\cos\gamma = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\gamma \cos\alpha$
$\frac{1}{2}\cos\gamma = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\gamma \cos\alpha$
$\cos\gamma = \sqrt{3}\sin\gamma \cos\alpha$
Поскольку $\gamma$ — это угол при основании боковой грани, он острый, поэтому $\sin\gamma \neq 0$. Можем разделить обе части уравнения на $\sin\gamma$:
$\cot\gamma = \sqrt{3}\cos\alpha$

Теперь выразим $\sin^2\gamma$ и $\cos^2\gamma$ через $\cos^2\alpha$, используя полученное соотношение.
Возведем в квадрат: $\cot^2\gamma = 3\cos^2\alpha$.
Из тригонометрического тождества $1 + \cot^2\gamma = \frac{1}{\sin^2\gamma}$ следует:
$\frac{1}{\sin^2\gamma} = 1 + 3\cos^2\alpha \implies \sin^2\gamma = \frac{1}{1+3\cos^2\alpha}$
Тогда $\cos^2\gamma = 1 - \sin^2\gamma = 1 - \frac{1}{1+3\cos^2\alpha} = \frac{1+3\cos^2\alpha - 1}{1+3\cos^2\alpha} = \frac{3\cos^2\alpha}{1+3\cos^2\alpha}$.

Подставим полученные выражения для $\sin^2\gamma$ и $\cos^2\gamma$ в уравнение (1):
$\frac{1}{2} = \frac{3\cos^2\alpha}{1+3\cos^2\alpha} + \left( \frac{1}{1+3\cos^2\alpha} \right) \cos\beta$
$\frac{1}{2} = \frac{3\cos^2\alpha + \cos\beta}{1+3\cos^2\alpha}$
Используя свойство пропорции, получим:
$1 \cdot (1+3\cos^2\alpha) = 2 \cdot (3\cos^2\alpha + \cos\beta)$
$1+3\cos^2\alpha = 6\cos^2\alpha + 2\cos\beta$
Перенесем слагаемые с $\cos^2\alpha$ в правую часть:
$1 = 6\cos^2\alpha - 3\cos^2\alpha + 2\cos\beta$
$1 = 3\cos^2\alpha + 2\cos\beta$

Таким образом, равенство $3\cos^2\alpha + 2\cos\beta = 1$ доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.