14479. Основание пирамиды — правильный треугольник. Одна из боковых граней перпендикулярна плоскости основания. Найдите косинус угла между двумя другими боковыми гранями, если они составляют с плоскостью основания угол \alpha
.
Ответ. -\frac{1+3\cos2\alpha}{4}
.
Решение. Пусть правильный треугольник ABC
со стороной a
— основание пирамиды ABCD
, боковая грань BDC
перпендикулярна плоскости основания, HM
и HN
— перпендикуляры к AB
и AC
соответственно.
Плоскости BDC
и ABC
перпендикулярны, поэтому перпендикуляр DH
к плоскости ABC
лежит в плоскости BDC
(см. задачу 7713). Значит, основание H
высоты пирамиды лежит на прямой BC
. По теореме о трёх перпендикулярах DM\perp AB
и DN\perp AC
, поэтому \angle DMH=\angle DNH=\alpha
. Прямоугольные треугольники DHM
и DHN
равны по катету и противолежащему острому углу, значит, HM=HN
, т. е. точка H
равноудалена от сторон AB
и AC
треугольника ABC
. Следовательно, H
— середина ребра BC
. Тогда
HN=HM=HB\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{4},~DH=HM\tg\angle DMH=\frac{a\sqrt{3}}{4}\tg\alpha,
AD=\sqrt{AH^{2}+DH^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\tg\alpha\right)}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}.
Пусть HF
— высота прямоугольного треугольника AHD
. Тогда (см. примечание к задаче 1967)
HF=\frac{AH\cdot DH}{AD}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}\tg\alpha}{\frac{a\sqrt{3}}{4}\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}}=\frac{a\sqrt{3}\tg\alpha}{2\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}}.
По теореме о трёх перпендикулярах AD\perp BC
, а так как AD\perp HF
, то прямая AD
перпендикулярна плоскости BFC
, поэтому BFC
— линейный угол искомого двугранного угла пирамиды при ребре AD
. Обозначим \angle BFC=\varphi
.
Треугольники ABD
и ACD
равны по трём сторонам, значит, равны их соответствующие высоты BF
и CF
. В равнобедренном треугольнике BFC
медиана FH
является биссектрисой и высотой, значит, \angle BFH=\frac{\varphi}{2}
. Тогда
\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{BH}{FH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}\tg\alpha}{2\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}}}=\frac{\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}}{\sqrt{3}\tg\alpha}.
Следовательно,
\cos\varphi=\frac{1-\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}=\frac{1-\frac{4+\tg^{2}\alpha}{3\tg^{2}\alpha}}{1+\frac{4+\tg^{2}\alpha}{3\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\tg^{2}\alpha-2}{\tg^{2}\alpha+1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha}-2}{\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha}+1}=
=\frac{1}{2}(\sin^{2}\alpha-2\cos^{2}\alpha)=\frac{1}{2}\left(\frac{1-\cos2\alpha}{2}-1-\cos2\alpha\right)=-\frac{1+3\cos2\alpha}{4}.