14484. Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через её боковое ребро и высоту. В сечении образовался треугольник с углом 45^{\circ}
при вершине пирамиды. Найдите угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды.
Ответ. \arctg\frac{3+\sqrt{17}}{2}
.
Решение. Пусть DH
— высота правильной треугольной пирамиды ABCD
с вершиной D
, M
— середина ребра BC
. Тогда сечение, о котором говорится в условии, — треугольник ADM
с углом 45^{\circ}
при вершине D
. Обозначим через a
сторону основания пирамиды, \beta
— искомый угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды, \alpha
— угол между боковым ребром и плоскостью основания.
Тогда
\angle AMD=\beta,~\angle DAH=\alpha,~AM=\frac{a\sqrt{3}}{2},~AH=\frac{a\sqrt{3}}{3},
\alpha+\beta=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}.
Из прямоугольного треугольника AHD
получаем
AD=\frac{AH}{\cos\angle DAH}=\frac{a\sqrt{3}}{3\cos\alpha}.
По теореме синусов
\frac{AD}{\sin\angle AMD}=\frac{AM}{\sin\angle ADM},\mbox{или}~\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3\cos\alpha}}{\sin\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sin45^{\circ}},
откуда
\sin\beta\cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{3},~\frac{1}{2}\left(\sin(\beta+\alpha)+\sin(\beta-\alpha)\right)=\frac{\sqrt{2}}{3},
\sin135^{\circ}+\sin(2\beta-135^{\circ})=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\frac{\sqrt{2}}{2}+\sin2\beta\cos135^{\circ}-\sin135^{\circ}\cos2\beta=\frac{2\sqrt{2}}{3},
=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin2\beta-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos2\beta=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\sin2\beta+\cos2\beta+\frac{1}{3}=0.
\frac{2\tg\beta}{1+\tg^{2}\beta}+\frac{1-\tg^{2}\beta}{1+\tg^{2}\beta}+\frac{1}{3}=0,~\tg^{2}\beta-3\tg\beta-2=0,
откуда \tg\beta=\frac{3-\sqrt{17}}{2}
.