Номер 1.119, страница 40 - гдз по геометрии 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.119. Двугранный угол при основании правильной $\text{n}$-угольной пирамиды равен $\varphi$. Найдите угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды.

Пусть дана правильная $n$-угольная пирамида $SA_1A_2...A_n$ с вершиной $S$ и центром основания $O$. Высота пирамиды $SO = H$. Основанием пирамиды является правильный $n$-угольник $A_1A_2...A_n$.

Двугранный угол при основании, равный $\phi$, — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Рассмотрим боковую грань $SA_1A_2$. Пусть $M$ — середина стороны основания $A_1A_2$. Тогда отрезок $OM$ является апофемой основания (радиусом вписанной окружности) и перпендикулярен стороне $A_1A_2$. Обозначим его длину $a$, то есть $OM = a$.

Отрезок $SM$ является апофемой боковой грани (высотой, проведенной к основанию $A_1A_2$ в равнобедренном треугольнике $SA_1A_2$), поэтому $SM \perp A_1A_2$.

Следовательно, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла между гранью $SA_1A_2$ и плоскостью основания. По условию, $\angle SMO = \phi$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$ (угол $\angle SOM = 90^{\circ}$, так как $SO$ — высота пирамиды). В этом треугольнике катеты $SO=H$ и $OM=a$ связаны с углом $\phi$ соотношением: $ \tan(\phi) = \frac{SO}{OM} = \frac{H}{a} $ Отсюда выразим высоту пирамиды: $H = a \cdot \tan(\phi)$.

Теперь найдем угол между боковым ребром и плоскостью основания. Обозначим этот угол через $\alpha$. Угол между наклонной (боковым ребром) и плоскостью — это угол между самой наклонной и её проекцией на эту плоскость. Возьмем боковое ребро $SA_1$. Его проекцией на плоскость основания является отрезок $OA_1$. Длина отрезка $OA_1$ — это радиус описанной окружности правильного $n$-угольника в основании. Обозначим его $R$, то есть $OA_1=R$.

Таким образом, искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle SA_1O$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOA_1$ (угол $\angle SOA_1 = 90^{\circ}$). В этом треугольнике катеты $SO=H$ и $OA_1=R$ связаны с углом $\alpha$ соотношением: $ \tan(\alpha) = \frac{SO}{OA_1} = \frac{H}{R} $

Подставим в это выражение найденное ранее выражение для $H$: $ \tan(\alpha) = \frac{a \cdot \tan(\phi)}{R} = \frac{a}{R} \cdot \tan(\phi) $

Осталось найти отношение апофемы $a$ к радиусу описанной окружности $R$ для правильного $n$-угольника. Рассмотрим в плоскости основания треугольник $\triangle OA_1M$. Он является прямоугольным с гипотенузой $OA_1=R$ и катетом $OM=a$. Угол $\angle MOA_1$ является половиной центрального угла $\angle A_1OA_n$, который равен $\frac{2\pi}{n}$ (или $\frac{360^\circ}{n}$). Таким образом, $\angle MOA_1 = \frac{\pi}{n}$. В треугольнике $\triangle OA_1M$ отношение катета к гипотенузе равно: $ \cos(\angle MOA_1) = \frac{OM}{OA_1} = \frac{a}{R} $ Следовательно, $ \frac{a}{R} = \cos\left(\frac{\pi}{n}\right) $.

Подставим это отношение в формулу для $\tan(\alpha)$: $ \tan(\alpha) = \cos\left(\frac{\pi}{n}\right) \cdot \tan(\phi) $

Отсюда искомый угол $\alpha$ равен арктангенсу этого выражения.

Ответ: $ \arctan\left(\tan(\phi) \cos\left(\frac{\pi}{n}\right)\right) $