Номер 17, страница 14 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

Уровень С

17. Основанием пирамиды является правильный треугольник. Одна боковая грань пирамиды перпендикулярна плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углом $\alpha$. Найдите углы наклона боковых ребер пирамиды к плоскости ее основания.

Пусть $SABC$ — данная пирамида, основанием которой является правильный треугольник $ABC$. Пусть сторона основания равна $b$.

По условию, одна боковая грань перпендикулярна плоскости основания. Пусть это будет грань $SAB$. Если плоскость одной грани перпендикулярна плоскости основания, то высота пирамиды, опущенная из вершины $S$, лежит в плоскости этой грани. Обозначим высоту пирамиды как $SM$. Тогда основание высоты $M$ лежит на линии пересечения этих плоскостей, то есть на стороне $AB$. Таким образом, $SM \perp (ABC)$.

Две другие боковые грани, $SAC$ и $SBC$, наклонены к плоскости основания под углом $\alpha$. Угол между плоскостью грани и плоскостью основания — это двугранный угол. Его величина равна величине его линейного угла.

Чтобы построить линейный угол для грани $SAC$, проведем из точки $M$ перпендикуляр $MK$ к стороне $AC$ ($K \in AC$). Поскольку $SM$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $MK$ — проекция наклонной $SK$ на эту плоскость, то по теореме о трех перпендикулярах $SK \perp AC$. Следовательно, угол $\angle SKM$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$, и по условию $\angle SKM = \alpha$.

Аналогично, для грани $SBC$ проведем из точки $M$ перпендикуляр $ML$ к стороне $BC$ ($L \in BC$). Тогда $SL \perp BC$, и $\angle SLM = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SKM$ и $\triangle SLM$. У них общий катет $SM$. Из определения тангенса угла:
$SM = MK \cdot \tan(\alpha)$
$SM = ML \cdot \tan(\alpha)$
Из этого следует, что $MK = ML$.

Равенство $MK = ML$ означает, что точка $M$, лежащая на стороне $AB$, равноудалена от сторон $AC$ и $BC$. В равностороннем треугольнике $ABC$ геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон $AC$ и $BC$, является биссектриса угла $\angle C$, которая также является медианой и высотой, проведенной к стороне $AB$. Так как точка $M$ лежит и на стороне $AB$, и на этой медиане, она может быть только их точкой пересечения. Следовательно, $M$ — середина стороны $AB$.

Теперь найдем углы наклона боковых ребер $SA$, $SB$ и $SC$ к плоскости основания. Угол наклона ребра к плоскости — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекциями ребер $SA$, $SB$ и $SC$ на плоскость $(ABC)$ являются отрезки $AM$, $BM$ и $CM$ соответственно. Таким образом, нам нужно найти углы $\angle SAM$, $\angle SBM$ и $\angle SCM$.

1. Найдем длины проекций ребер на основание.
Пусть сторона основания $ABC$ равна $b$.
Поскольку $M$ — середина $AB$, то $AM = BM = \frac{b}{2}$.
Отрезок $CM$ является медианой (а также высотой и биссектрисой) в правильном треугольнике $ABC$, поэтому его длина равна $CM = \frac{b\sqrt{3}}{2}$.

2. Найдем высоту пирамиды $SM$.
Рассмотрим треугольник $AMC$. Он имеет стороны $AC=b$, $AM=b/2$ и угол между ними $\angle A = 60^\circ$. Расстояние $MK$ от точки $M$ до стороны $AC$ — это высота в треугольнике $AMC$, опущенная из вершины $M$. Ее можно найти из прямоугольного треугольника $AMK$ (где $\angle AKM = 90^\circ$, $\angle A = 60^\circ$):
$MK = AM \cdot \sin(60^\circ) = \frac{b}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{b\sqrt{3}}{4}$.
Теперь из прямоугольного треугольника $\triangle SKM$ найдем высоту пирамиды $SM$:
$SM = MK \cdot \tan(\alpha) = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)$.

3. Вычислим искомые углы.

Углы наклона ребер SA и SB
Пусть $\beta_1$ — угол наклона ребра $SA$ ($\beta_1 = \angle SAM$). В прямоугольном треугольнике $\triangle SAM$:
$\tan(\beta_1) = \frac{SM}{AM} = \frac{\frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)}{\frac{b}{2}} = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha) \cdot \frac{2}{b} = \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\alpha)$.
Поскольку $AM = BM$, угол наклона ребра $SB$ будет таким же.
Ответ: $\arctan(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\alpha))$.

Угол наклона ребра SC
Пусть $\beta_2$ — угол наклона ребра $SC$ ($\beta_2 = \angle SCM$). В прямоугольном треугольнике $\triangle SCM$:
$\tan(\beta_2) = \frac{SM}{CM} = \frac{\frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)}{\frac{b\sqrt{3}}{2}} = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha) \cdot \frac{2}{b\sqrt{3}} = \frac{1}{2} \tan(\alpha)$.
Ответ: $\arctan(\frac{1}{2} \tan(\alpha))$.