14441. Две боковые грани усечённой треугольной пирамиды — равные прямоугольные трапеции с острым углом \alpha
и общей меньшей боковой стороной. Двугранный угол между этими гранями равен \beta
. Найдите угол между третьей боковой гранью и плоскостью основания.
Ответ. \arctg\frac{\tg\alpha}{\cos\frac{\beta}{2}}
.
Решение. Пусть ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— данная усечённая треугольная пирамида с основаниями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
, боковыми рёбрами AA_{1}\lt BB_{1}=CC_{1}
, равными боковыми гранями AA_{1}B_{1}B
и AA_{1}C_{1}C
, причём двугранный угол между этими гранями равен \beta
, A_{1}A\perp AB
и A_{1}A\perp AC
, а \angle ABB_{1}=\angle ACC_{1}=\alpha
.
Поскольку прямая AA_{1}
перпендикулярна пересекающимся прямым AB
и AC
плоскости ABC
, то AA_{1}
— перпендикуляр к этой плоскости, а BAC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AA_{1}
. По условию \angle BAC=\angle B_{1}A_{1}C_{1}=\beta
.
Обозначим AB=AC=a
, A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}=b
и A_{1}A=h
. Пусть M
и M_{1}
— середины рёбер BC
и B_{1}C_{1}
соответственно, а M_{1}H
— перпендикуляр к AM
. Тогда M_{1}H
— высота пирамиды, поэтому M_{1}H=A_{1}A=h
, а HMM_{1}
— искомый линейный угол при ребре BC
пирамиды.
Из прямоугольных треугольников AMB
и A_{1}M_{1}B_{1}
получаем
AM=AB\cos\angle BAM=a\cos\frac{\beta}{2},~A_{1}M_{1}=A_{1}B_{1}\cos\angle B_{1}A_{1}M_{1}=b\cos\frac{\beta}{2},
поэтому
MH=AM-AH=AM-A_{1}M_{1}=(a-b)\cos\frac{\beta}{2}.
Пусть B_{1}P
— высота прямоугольного трапеции AA_{1}B_{1}B
. Поскольку B_{1}P\parallel A_{1}A
, то B_{1}P
— также высота пирамиды, поэтому B_{1}P=M_{1}H=h
. Из прямоугольного треугольника BPB_{1}
получаем
h=B_{1}P=BP\tg\angle PBB_{1}=(AB-AP)\tg\angle ABB_{1}=(a-b)\tg\alpha,
откуда \frac{h}{b-a}=\tg\alpha
.
Из прямоугольного треугольника MHM_{1}
находим, что
\tg\angle HMM_{1}=\frac{M_{1}M}{MH}=\frac{h}{(a-b)\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{h}{b-a}}{\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{\tg\alpha}{\cos\frac{\beta}{2}}.
Следовательно,
\angle HMM_{1}=\arctg\frac{\tg\alpha}{\cos\frac{\beta}{2}}.