14478. Через вершину основания правильной треугольной пирамиды проведена плоскость перпендикулярно противоположной боковой грани и параллельно противоположной стороне основания. Эта плоскость составляет с плоскостью основания пирамиды угол \alpha
. Найдите плоский угол при вершине пирамиды
Ответ. 2\arctg(\sqrt{3}\sin\alpha)
.
Решение. Пусть сторона основания ABC
правильной треугольной пирамиды ABCD
равна a
, а секущая плоскость проходит через вершину A
основания перпендикулярно плоскости BDC
и параллельно прямой BD
. Через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, проходит плоскость BDC
, пересекающая секущую плоскость по некоторой прямой l
, значит, прямая l
параллельна прямой BD
(см. задачу 8003).
Пусть DH
— высота пирамиды, DK
— апофема пирамиды, лежащая в грани BDC
, а L
— точка пересечения DK
с прямой l
. Тогда AL\perp DK
. Кроме того, прямая пересечения секущей плоскости и плоскости ABC
параллельна прямой l
, а плоскость DAK
перпендикулярна прямой l
, значит, плоскость KAL
перпендикулярна прямой пересечения секущей плоскости с плоскостью ABC
. Тогда KAL
— линейный угол двугранного угла, образованного пересечением секущей плоскости с плоскостью ABC
. По условию \angle KAL=\alpha
.
Заметим, что
\angle KDH=90^{\circ}-\angle AKL=\angle KAL=\alpha.
Пусть сторона основания пирамиды равна a
, а искомый угол BDC
равен \varphi
. Из прямоугольных треугольников DHK
и BKD
получаем
DK=\frac{KH}{\sin\angle KDH}=\frac{\frac{a}{2\sqrt{3}}}{\sin\alpha}=\frac{a}{2\sqrt{3}\sin\alpha},
\tg\frac{\varphi}{2}=\tg\angle BDK=\frac{BK}{DK}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{\sqrt{3}\sin\alpha}}=\sqrt{3}\sin\alpha.
Следовательно, \varphi=2\arctg(\sqrt{3}\sin\alpha)
.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.418, с. 244