Номер 43, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 43, страница 170.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Пусть SABC – правильная треугольная пирамида с вершиной S. Основание ABC – равносторонний треугольник, а боковые грани SAB, SBC, SAC – равные равнобедренные треугольники.

По условию, плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$. Это означает, что $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = \alpha$.

Требуется найти двугранный угол при боковом ребре, например, при ребре SA. Этот угол равен линейному углу между плоскостями боковых граней SAB и SAC.

Для построения линейного угла проведём в плоскости грани SAB высоту BH к ребру SA. То есть, $BH \perp SA$. Так как треугольники SAB и SAC равны, то высота CH, проведённая в треугольнике SAC к стороне SA, будет иметь ту же длину, что и BH, и попадёт в ту же точку H на ребре SA. Таким образом, $CH \perp SA$ и $BH = CH$.

Угол $\angle BHC$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим его $\beta$.

Рассмотрим треугольник BHC. Он равнобедренный ($BH = CH$). Найдём длины его сторон, выразив их через длину бокового ребра $l$ (пусть $SA = SB = SC = l$) и угол $\alpha$.

1. Найдём сторону BC.В равнобедренном треугольнике SBC с углом $\angle BSC = \alpha$ и боковыми сторонами $SB=SC=l$ сторону BC можно найти по теореме косинусов:$BC^2 = SB^2 + SC^2 - 2 \cdot SB \cdot SC \cdot \cos(\alpha) = l^2 + l^2 - 2l^2 \cos(\alpha) = 2l^2(1 - \cos(\alpha))$.Используя формулу половинного угла $1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, получаем:$BC^2 = 2l^2 \cdot 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$.Следовательно, $BC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$.

2. Найдём сторону BH.В треугольнике SAB рассмотрим его площадь. С одной стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot SB \sin(\angle ASB) = \frac{1}{2} l^2 \sin(\alpha)$.С другой стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SA \cdot BH = \frac{1}{2} l \cdot BH$.Приравнивая два выражения для площади, получаем:$\frac{1}{2} l^2 \sin(\alpha) = \frac{1}{2} l \cdot BH$.Отсюда $BH = l \sin(\alpha)$. Так как $BH=CH$, то и $CH = l \sin(\alpha)$.

3. Найдём угол $\beta$ из треугольника BHC.Теперь у нас есть равнобедренный треугольник BHC со сторонами $BH = CH = l \sin(\alpha)$ и $BC = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$. Применим к нему теорему косинусов для нахождения угла $\beta = \angle BHC$:$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(\beta)$.Подставляем найденные значения:$(2l\sin(\frac{\alpha}{2}))^2 = (l\sin(\alpha))^2 + (l\sin(\alpha))^2 - 2(l\sin(\alpha))(l\sin(\alpha))\cos(\beta)$.$4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 2l^2\sin^2(\alpha) - 2l^2\sin^2(\alpha)\cos(\beta)$.

Разделим обе части уравнения на $2l^2$ (считая, что $l \neq 0$):$2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \sin^2(\alpha)(1 - \cos(\beta))$.Выразим $\cos(\beta)$:$1 - \cos(\beta) = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\sin^2(\alpha)}$.Используем формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$:$1 - \cos(\beta) = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{(2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2}))^2} = \frac{2\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{4\sin^2(\frac{\alpha}{2})\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.Сокращая на $2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$ (считая, что $\alpha \neq 0$), получаем:$1 - \cos(\beta) = \frac{1}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.Отсюда $\cos(\beta) = 1 - \frac{1}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$.

Это выражение можно упростить, используя формулу косинуса двойного угла $\cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - 1$, из которой следует, что $2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 1 + \cos(\alpha)$.$\cos(\beta) = 1 - \frac{1}{1 + \cos(\alpha)} = \frac{1 + \cos(\alpha) - 1}{1 + \cos(\alpha)} = \frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}$.

Таким образом, искомый двугранный угол $\beta$ равен $\arccos\left(\frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\cos(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)}\right)$.