14747. В основании пирамиды SABC
лежит треугольник со сторонами AB=BC=3\sqrt{2}
и AC=2\sqrt{6}
. Высота пирамиды равна \sqrt{6}
и видна из вершин A
и C
под одним и тем же углом, равным \arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
. Под каким углом она видна из вершины B
?
Ответ. \arcctg(\sqrt{2}+1)=22{,}5^{\circ}
или \arcctg(\sqrt{2}-1)=67{,}5^{\circ}
.
Решение. Пусть SH
— высота данной пирамиды. Обозначим \angle SCH=\angle SAH=\alpha=\arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
, \angle SBH=\beta
. Тогда
\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}~\Rightarrow~\ctg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\sin^{2}\alpha}-1}=\sqrt{2}.
Поскольку HC=HA
, Точка H
лежит на медиане BM
равнобедренного треугольника ABC
или не её продолжении. Из прямоугольных треугольников ABM
, AHS
и AMH
находим, что
BM=\sqrt{AB^{2}-AM^{2}}=\sqrt{18-6}=2\sqrt{3},~CH=AH=SH\ctg\alpha=\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}=2\sqrt{3},
HM=\sqrt{AH^{2}-AM^{2}}=\sqrt{12-6}=\sqrt{6}.
Пусть точки B
и H
лежат по одну сторону от прямой AC
. Тогда, поскольку
BM=2\sqrt{3}\gt\sqrt{6}=HM,
точка H
лежит на медиане BM
, причём
BH=BM-HM=2\sqrt{3}-\sqrt{6}=\sqrt{3}(2-\sqrt{2}).
Значит,
\ctg\beta=\frac{BH}{SH}=\frac{\sqrt{3}(2-\sqrt{2})}{\sqrt{6}}=\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1
Следовательно,
\beta=\arcctg(\sqrt{2}-1)=67{,}5^{\circ}.
Пусть точки B
и H
лежат по разные стороны от прямой AC
. Тогда
BH=BM+MH=2\sqrt{3}+\sqrt{6}=\sqrt{3}(2+\sqrt{2}).
Значит,
\ctg\beta=\frac{BH}{SH}=\frac{\sqrt{3}(2+\sqrt{2})}{\sqrt{6}}=\frac{2+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}+1
Следовательно,
\beta=\arcctg(\sqrt{2}+1)=22{,}5^{\circ}.
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2018-2019, март 2019, закл. тур, 10-11 классы, задача 4, вариант 5-1