ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 304: Элементы симметрии правильных многогранников

План решения.

Для доказательства утверждения о двугранных углах в правильной четырёхугольной пирамиде SABCD с вершиной S и основанием ABCD (квадрат) воспользуемся методом координат или тригонометрическими соотношениями. Обозначим сторону основания за a. Так как плоский угол при вершине равен 60^o, а боковые грани — равнобедренные треугольники, то все боковые грани являются равносторонними треугольниками со стороной a. Следовательно, боковое ребро также равно a. Нам нужно найти косинусы двух двугранных углов: θ₁ — между боковой гранью и основанием, и θ₂ — при боковом ребре. Затем проверить соотношение θ₁=1/2θ₂, что эквивалентно проверке формулы двойного угла для косинуса: tg(θ₁/2)=tg(θ₂/4)? Нет, проще выразить через тангенсы половинных углов или напрямую сравнить значения. Утверждение «вдвое меньше» означает θ₂=2θ₁. Проверим это равенство, вычислив tgθ₁ и tgθ₂.

Вычисления.

Пусть O — центр квадрата ABCD. Проведём высоту SO. В правильной пирамиде SObotABCD. Пусть сторона основания AB=a. Тогда диагональ основания AC=atg45^o×... нет, AC=asqrt(2). Расстояние от центра до стороны OM=a/2, где M — середина AB.

Рассмотрим двугранный угол при основании (θ₁). Он измеряется углом SMO в прямоугольном треугольнике SOM. Найдём высоту пирамиды SO. Боковая грань SAB — равносторонний треугольник со стороной a. Медиана SM является высотой грани, поэтому SM=asqrt(3)/2. В треугольнике SOM: SO=sqrt(SM²-OM²)=sqrt(3a²/4-a²/4)=sqrt(2a²/4)=asqrt(2)/2. Теперь найдём тангенс угла θ₁: tgθ₁=SO/OM=asqrt(2)/2/a/2=sqrt(2).

Теперь рассмотрим двугранный угол при боковом ребре (θ₂), например, при ребре SA. Чтобы измерить этот угол, проведём перпендикуляры к ребру SA из точек B и D в плоскостях граней SAB и SAD. Так как грани равносторонние, высота BH в треугольнике SAB падает на середину SA. Аналогично DH падает на ту же середину H. Угол BHD и есть линейный угол двугранного угла при ребре SA. Треугольник BHD равнобедренный (BH=DH=asqrt(3)/2). Основание BD — диагональ квадрата, BD=asqrt(2). Проведем медиану HO в треугольнике BHD (она же высота, так как HB=HD). O — середина BD. В прямоугольном треугольнике BOH: sin(θ₂/2)=BO/BH=asqrt(2)/2/asqrt(3)/2=sqrt(2)/sqrt(3). Отсюда найдем cosθ₂ через формулу половинного угла: cosθ₂=1-2sin²(θ₂/2)=1-2(2/3)=1-4/3=-1/3. Это значит, что угол тупой. Найдем tgθ₂. Если cosθ₂=-1/3, то sinθ₂=sqrt(1-(-1/3)²)=sqrt(8/9)=2sqrt(2)/3. Тогда tgθ₂=sinθ₂/cosθ₂=2sqrt(2)/3/-1/3=-2sqrt(2).

Проверим связь между θ₁ и θ₂. Мы знаем, что tgθ₁=sqrt(2). Вычислим tg(2θ₁) по формуле тангенса двойного угла: tg(2θ₁)=2tgθ₁/1-tg²θ₁=2sqrt(2)/1-(sqrt(2))²=2sqrt(2)/1-2=2sqrt(2)/-1=-2sqrt(2). Получили, что tg(2θ₁)=tgθ₂. Поскольку θ₁ — острый угол (тангенс положителен), а θ₂ — тупой угол (косинус отрицателен, тангенс отрицателен), и оба угла лежат в диапазоне (0,pi), равенство тангенсов при условии, что 2θ₁ попадает во вторую четверть (так как tgθ₁>1impliesθ₁>45^o, значит 2θ₁>90^o), доказывает, что θ₂=2θ₁.

Вывод.

Мы вычислили тангенс двугранного угла при основании tgθ₁=sqrt(2) и показали, что тангенс удвоенного этого угла равен тангенсу двугранного угла при боковом ребре tgθ₂=-2sqrt(2). С учётом знаков и диапазонов значений углов в пирамиде, это подтверждает равенство θ₂=2θ₁. Таким образом, двугранный угол между боковой гранью и основанием вдвое меньше двугранного угла при боковом ребре. Что и требовалось доказать.