14811. Плоский угол при вершине правильной шестиугольной пирамиды равен углу между боковым ребром и плоскостью основания. Найдите этот угол.
Ответ. \alpha=\arccos(\sqrt{3}-1)=2\arcsin\frac{\sqrt{3}-1}{2}
.
Решение. Пусть основание правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
— правильный шестиугольник ABCDEF
с центром O
и стороной a
, а плоский угол при вершине S
и угол бокового ребра с основанием равны \alpha
, т. е.
\angle ASB=\angle SAH=\alpha.
Пусть M
— середина ребра AB
. Из равнобедренного треугольника ASB
и прямоугольного треугольника SOA
получаем
SA=\frac{\frac{1}{2}AB}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}},~SO^{2}=SA^{2}-OA^{2}=\frac{a^{2}}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}-a^{2}=\frac{a^{2}\left(1-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}},
SO=OA\tg\alpha=a\tg\alpha~\Rightarrow~SO^{2}=a^{2}\tg^{2}\alpha.
Значит,
\frac{a^{2}\left(1-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=a^{2}\tg^{2}\alpha~\Leftrightarrow~\frac{1-4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\tg^{2}\alpha~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{1-2(1-\cos\alpha)}{2(1-\cos\alpha)}=\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1~\Leftrightarrow~\frac{2\cos\alpha-1}{2(1-\cos\alpha)}=\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1.
Обозначим \cos\alpha=t
. Тогда
\frac{2t-1}{2(1-t)}=\frac{1}{t^{2}}-1~\Leftrightarrow~t^{2}+2t-2=0.
Условию задачи удовлетворяет только положительный корень t=\sqrt{3}-1
. Следовательно,
\alpha=\arccos(\sqrt{3}-1)=2\arcsin\frac{\sqrt{3}-1}{2}.
Источник: Вступительный экзамен на технологический факультет МИСиС. — 1980, задача 3
Источник: Журнал «Квант». — 1981, № 7, с. 47, задача 3, вариант 1