14625. Докажите, что в любой правильной шестиугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре больше 120^{\circ}
.
Решение. Пусть угол бокового ребра SA
с плоскостью основания ABCDEF
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
равен \alpha
, двугранный угол при боковом ребре равен \gamma
, а стороны основания равны a
.
Из середины M
диагонали BF
основания опустим перпендикуляр MP
на прямую SA
. Тогда, поскольку SA\perp MF
и SA\perp BF
(по теореме о трёх перпендикулярах), плоскость BPF
перпендикулярна прямой SA
, т. е. ребру двугранного угла пирамиды при боковом ребре SA
. Значит, \angle BPF=\gamma
.
Треугольник BPF
равнобедренный, так как его медиана PM
является высотой, поэтому PM
— биссектриса угла BPF
. Из прямоугольных треугольников APM
и BMP
получаем
PM=AM\sin\angle PAM=\frac{a}{2}\sin\alpha,
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{PM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{\sin\alpha},
а так как 0\lt\sin\alpha\lt1
, то \tg\frac{\gamma}{2}\gt\sqrt{3}
. Значит, \frac{\gamma}{2}\gt60^{\circ}
Следовательно, \gamma\gt120^{\circ}
. Что и требовалось доказать.