14465. Основание пирамиды — правильный треугольник. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Сумма двух неравных между собой плоских углов при вершине пирамиды равна 90^{\circ}
. Найдите эти углы.
Ответ. \arcsin(\sqrt{3}-1)
, 90^{\circ}-\arcsin(\sqrt{3}-1)
.
Решение. Пусть основание ABC
пирамиды ABCD
— равносторонний треугольник ABC
со стороной a
. Обозначим
\angle ADB=\angle ADC=\alpha.
Тогда \angle BDC=90^{\circ}-\alpha
.
Плоскости ADB
и ADC
перпендикулярны плоскости основания и пересекаются по прямой DA
. Тогда прямая DA
перпендикулярна плоскости ABC
(см. задачу 9104), а DA
— высота пирамиды. Из равенства прямоугольных треугольников ABD
и ACD
(по двум катетам) следует равенство сторон DB
и DC
треугольника BDC
, значит, этот треугольник равнобедренный. Тогда
\angle CBD=\angle BCD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BDC)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha))=45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}.
Пусть M
— середина ребра BC
. Тогда DM
— высота равнобедренного треугольника BDC
. Из прямоугольных треугольников BMD
и BAD
получаем
BD=\frac{BM}{\cos\angle MBD}=\frac{a}{2\cos\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{a}{\sqrt{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2}-\sin\frac{\alpha}{2}\right)},
BD=\frac{AB}{\sin\angle ADB}=\frac{a}{\sin\alpha}.
Значит,
\frac{a}{\sqrt{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2}-\sin\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{a}{\sin\alpha},~\mbox{или}~\sqrt{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2}-\sin\frac{\alpha}{2}\right)=\sin\alpha.
Поскольку
\alpha\lt90^{\circ}~\Rightarrow~\frac{\alpha}{2}\lt45^{\circ}~\Rightarrow~\cos\frac{\alpha}{2}\gt\sin\frac{\alpha}{2},
обе части последнего уравнения положительны. После возведения их в квадрат и очевидных упрощений получаем уравнение
\sin^{2}\alpha+2\sin\alpha-2=0,
откуда \sin\alpha=\sqrt{3}-1
. Следовательно,
\angle ADB=\angle ADC=\alpha=\arcsin(\sqrt{3}-1),
\angle BDC=90^{\circ}-\alpha=90^{\circ}-\arcsin(\sqrt{3}-1).
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.266, с. 232