8417. Плоский угол при вершине правильной треугольной пирамиды ABCD
с основанием ABC
равен \alpha
. Правильная усечённая пирамида ABCA_{1}B_{1}C_{1}
разрезана по пяти рёбрам: A_{1}B_{1}
, B_{1}C_{1}
, C_{1}C
, CA
и AB
. После чего эту пирамиду развернули на плоскость. При каких значениях \alpha
получившаяся развёртка будет обязательно накрывать сама себя?
Ответ. 100^{\circ}\lt\alpha\lt120^{\circ}
.
Решение. Поверхность данной усечённой пирамиды ABCA_{1}B_{1}C_{1}
состоит из трёх равнобедренных трапеций и двух правильных треугольников (рис. 1). Рассмотрим часть развёртки, состоящей из треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, трапеции AA_{1}C_{1}C
, трапеции AA_{1}B_{1}'B'
и трапеции B_{1}'B'C'C_{1}'
(рис. 2). Развёртка будет самопересекающейся, если пересекаются отрезки A_{1}B_{1}
и B_{1}'C_{1}'
. Пусть M
— точка их пересечения. Тогда A_{1}M\lt A_{1}B_{1}
, а так как в треугольнике A_{1}MB_{1}'
против большей стороны A_{1}B_{1}'
лежит больший угол, то \angle A_{1}MB_{1}'\gt\angle A_{1}B_{1}'M
. Далее имеем:
\angle B_{1}'A_{1}C_{1}=\angle A_{1}B_{1}'M=\angle A_{1}B_{1}'C_{1}'=360^{\circ}-\angle BB'C'-\angle BB'A_{1}=
=360^{\circ}-2\left(180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\alpha}{2}\right)=360^{\circ}-360^{\circ}+180^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha,
\angle A_{1}MB_{1}'=180^{\circ}-\angle B_{1}'A_{1}M-\angle A_{1}B_{1}'C_{1}'=
=180^{\circ}-(180^{\circ}-\alpha-60^{\circ})-(180^{\circ}-\alpha)=2\alpha-120^{\circ}.
Из неравенства
180^{\circ}-\alpha\lt2\alpha-120^{\circ}
находим, что \alpha\gt100^{\circ}
.
Так как сумма плоских углов трёхгранного угла меньше 360^{\circ}
, то 3\alpha\lt360^{\circ}
, откуда \alpha\lt120^{\circ}
.