14624. Докажите, что в любой правильной четырёхугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре тупой.
Решение. Пусть угол бокового ребра SA
с плоскостью основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равен \alpha
, двугранный угол при боковом ребре равен \gamma
, а стороны основания равны a
.
Из центра O
квадрата ABCD
опустим перпендикуляр OF
на прямую SA
. Тогда, поскольку SA\perp OF
и SA\perp BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), плоскость BFD
перпендикулярна прямой SA
, т. е. ребру двугранного угла пирамиды при боковом ребре SA
. Значит, \angle BFD=\gamma
.
Треугольник BFD
равнобедренный, так как его медиана FO
является высотой, поэтому FO
— биссектриса угла BFD
. Из прямоугольных треугольников AFO
и BOF
получаем
FO=AO\sin\angle FAO=\frac{a\sqrt{2}}{2}\sin\alpha,
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BO}{FO}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}\sin\alpha}=\frac{1}{\sin\alpha},
а так как 0\lt\sin\alpha\lt1
, то \tg\frac{\gamma}{2}\gt1
. Значит, \frac{\gamma}{2}\gt45^{\circ}
Следовательно, \gamma\gt90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.