Номер 44, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 44, страница 170.

Условие.

ом а. Найдите двугранный угол пирамиды при боковом ребре.

18.44. Двугранный угол правильной четырёхугольной пирамиды при боковом ребре равен $ \alpha $. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Поскольку пирамида правильная, её основание $ABCD$ является квадратом, а боковые грани (например, $SAB$ и $SBC$) — равные равнобедренные треугольники.

Обозначим искомый плоский угол при вершине пирамиды как $\beta$, то есть $\angle ASB = \beta$.

Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, равен $\alpha$. Этот угол является углом между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SBC)$.

Для измерения этого двугранного угла построим его линейный угол. Для этого в гранях $(SAB)$ и $(SBC)$ проведём перпендикуляры к общему ребру $SB$ из одной точки. Выберем на ребре $SB$ точку $H$ и проведём отрезки $AH$ и $CH$ так, чтобы $AH \perp SB$ и $CH \perp SB$. Тогда по определению линейного угла двугранного угла, $\angle AHC = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $AHC$. Так как боковые грани $SAB$ и $SBC$ равны, то и их высоты, проведённые к боковым рёбрам $SB$, равны, то есть $AH = CH$. Следовательно, треугольник $AHC$ — равнобедренный.

Введём вспомогательный угол $\varphi = \angle SBA = \angle SBC$. Это угол при основании равнобедренного треугольника, являющегося боковой гранью. Сумма углов в треугольнике $SAB$ равна $180^\circ$ или $\pi$ радиан. Таким образом, $\beta + 2\varphi = \pi$, откуда $\varphi = \frac{\pi - \beta}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}$.

Теперь выразим стороны треугольника $AHC$ через сторону основания $a$ и угол $\varphi$.

1. Сторона $AC$ является диагональю квадрата $ABCD$, поэтому $AC = a\sqrt{2}$.

2. Сторону $AH$ найдём из треугольника $SAB$. Проведём в нём высоту $AH$ к стороне $SB$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой из вершины $A$ к ребру $SB$. Однако, треугольник $ABH$ не является прямоугольным в общем случае. Проще рассмотреть прямоугольный треугольник, опустив высоту из точки $A$ на прямую $SB$. Это и есть $AH$. В треугольнике $ABH$, по теореме синусов: $\frac{AH}{\sin(\angle ABH)} = \frac{AB}{\sin(\angle AHB)}$. Это не даёт прямого результата.
Воспользуемся другим подходом. В треугольнике $ABH$, который является частью грани $SAB$, $\angle ABH = \varphi$. Высота $AH$ перпендикулярна $SB$. Из вершины $B$ этого треугольника (который является частью грани) $AB=a$. Длина $AH$ из прямоугольного треугольника, который является частью грани $SAB$, не может быть найдена так просто.
Давайте воспользуемся методом, который не зависит от выбора длин сторон. Применим теорему косинусов для трёхгранного угла при вершине $B$. Плоские углы этого трёхгранного угла: $\angle SBA = \varphi$, $\angle SBC = \varphi$ и $\angle ABC = 90^\circ = \pi/2$. Двугранный угол между гранями $(SAB)$ и $(SBC)$ равен $\alpha$.
По теореме косинусов для трёхгранного угла (которая связывает три плоских угла и один двугранный угол):
$\cos(\angle ABC) = \cos(\angle SBA)\cos(\angle SBC) + \sin(\angle SBA)\sin(\angle SBC)\cos(\alpha)$
Подставляя известные значения, получаем:
$\cos(\pi/2) = \cos(\varphi)\cos(\varphi) + \sin(\varphi)\sin(\varphi)\cos(\alpha)$
$0 = \cos^2(\varphi) + \sin^2(\varphi)\cos(\alpha)$
$\sin^2(\varphi)\cos(\alpha) = -\cos^2(\varphi)$
$\cos(\alpha) = -\frac{\cos^2(\varphi)}{\sin^2(\varphi)} = -\cot^2(\varphi)$

Теперь свяжем это соотношение с искомым углом $\beta$. Мы знаем, что $\varphi = \frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}$.
Следовательно, $\cot(\varphi) = \cot(\frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}) = \tan(\frac{\beta}{2})$.
Подставим это в полученное уравнение:
$\cos(\alpha) = - \tan^2(\frac{\beta}{2})$
Отсюда $\tan^2(\frac{\beta}{2}) = -\cos(\alpha)$.
Поскольку $\tan^2(\frac{\beta}{2})$ не может быть отрицательным, это равенство имеет смысл только при $-\cos(\alpha) \ge 0$, то есть $\cos(\alpha) \le 0$. Это означает, что угол $\alpha$ должен быть тупым или прямым ($\alpha \in [\pi/2, \pi)$), что геометрически ожидаемо для выпуклой пирамиды.

Выразим $\cos(\beta)$ через $\tan^2(\frac{\beta}{2})$ используя формулу универсальной тригонометрической подстановки:
$\cos(\beta) = \frac{1 - \tan^2(\beta/2)}{1 + \tan^2(\beta/2)}$
Подставим значение $\tan^2(\frac{\beta}{2}) = -\cos(\alpha)$:
$\cos(\beta) = \frac{1 - (-\cos(\alpha))}{1 + (-\cos(\alpha))} = \frac{1 + \cos(\alpha)}{1 - \cos(\alpha)}$
Используя формулы половинного угла для косинуса:
$1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$
$1 - \cos(\alpha) = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$
Тогда:
$\cos(\beta) = \frac{2\cos^2(\alpha/2)}{2\sin^2(\alpha/2)} = \cot^2(\frac{\alpha}{2})$

Отсюда, искомый плоский угол при вершине $\beta$ равен:
$\beta = \arccos(\cot^2(\frac{\alpha}{2}))$

Ответ: Плоский угол при вершине пирамиды равен $\arccos\left(\cot^2\frac{\alpha}{2}\right)$.