Номер 29, страница 96 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 12. Сфера и шар. Уравнение сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 29, страница 96.

Условие.

12.29. В правильной четырёхугольной пирамиде тангенс угла между апофе- мами двух несоседних боковых граней равен $2\sqrt{2}$. 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 — квадрат, а боковые грани — равные равнобедренные треугольники.

Пусть сторона основания равна $2a$. Пусть $O$ — центр основания, а $SO=H$ — высота пирамиды.

Несоседние (противоположные) боковые грани — это, например, грани $SAB$ и $SCD$. Проведём в этих гранях апофемы (высоты боковых граней) $SM$ и $SN$ соответственно, где $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $CD$.

Угол между апофемами $SM$ и $SN$ — это угол $\angle MSN$. Обозначим его $\gamma$. По условию, тангенс этого угла равен $2\sqrt{2}$, то есть $\tan\gamma = 2\sqrt{2}$.

Рассмотрим треугольник $MSN$. Так как пирамида правильная, апофемы боковых граней равны: $SM=SN$. Следовательно, треугольник $MSN$ — равнобедренный. Отрезок $MN$ соединяет середины противоположных сторон квадрата $ABCD$, поэтому $MN$ параллелен двум другим сторонам и равен им по длине: $MN = AD = BC = 2a$. Точка $O$ является серединой отрезка $MN$, и $SO$ — высота, медиана и биссектриса треугольника $MSN$. Таким образом, $SO \perp MN$.

В прямоугольном треугольнике $SOM$ катет $OM = \frac{1}{2}MN = a$, а катет $SO = H$. Угол $\angle OSM$ равен половине угла $\gamma$, то есть $\angle OSM = \frac{\gamma}{2}$. Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике имеем:$\tan\left(\frac{\gamma}{2}\right) = \frac{OM}{SO} = \frac{a}{H}$

Воспользуемся формулой тангенса двойного угла: $\tan\gamma = \frac{2\tan(\frac{\gamma}{2})}{1 - \tan^2(\frac{\gamma}{2})}$. Подставим известное значение $\tan\gamma = 2\sqrt{2}$ и обозначим $t = \tan(\frac{\gamma}{2})$:$2\sqrt{2} = \frac{2t}{1 - t^2}$Разделим обе части на 2:$\sqrt{2} = \frac{t}{1 - t^2}$$\sqrt{2}(1 - t^2) = t$$\sqrt{2}t^2 + t - \sqrt{2} = 0$

Решим это квадратное уравнение относительно $t$:$D = 1^2 - 4(\sqrt{2})(-\sqrt{2}) = 1 + 8 = 9$$t = \frac{-1 \pm \sqrt{9}}{2\sqrt{2}} = \frac{-1 \pm 3}{2\sqrt{2}}$

Поскольку $\frac{\gamma}{2}$ — острый угол в прямоугольном треугольнике, его тангенс должен быть положительным. Поэтому выбираем корень со знаком плюс:$t = \frac{-1 + 3}{2\sqrt{2}} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.Таким образом, $\tan\left(\frac{\gamma}{2}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Приравнивая два выражения для $\tan\left(\frac{\gamma}{2}\right)$, получаем:$\frac{a}{H} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, откуда находим соотношение между высотой пирамиды и половиной стороны основания: $H = a\sqrt{2}$.

Теперь найдём плоский угол при вершине пирамиды. Это угол при вершине боковой грани, например, $\angle ASB$. Обозначим его $\alpha$.В равнобедренном треугольнике $SAB$ апофема $SM$ является также биссектрисой угла $\angle ASB$. Следовательно, $\angle ASM = \frac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ASM$. В нём катет $AM = \frac{1}{2}AB = a$. Найдём длину гипотенузы $SM$ (апофемы). Из прямоугольного треугольника $SOM$ по теореме Пифагора:$SM^2 = SO^2 + OM^2 = H^2 + a^2$.Подставим найденное выражение для $H$:$SM^2 = (a\sqrt{2})^2 + a^2 = 2a^2 + a^2 = 3a^2$.Отсюда $SM = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $ASM$ можем найти тангенс угла $\frac{\alpha}{2}$:$\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{AM}{SM} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Значение тангенса $\frac{1}{\sqrt{3}}$ соответствует углу $30^\circ$. Таким образом, $\frac{\alpha}{2} = 30^\circ$.Следовательно, искомый плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$