9575. Докажите, что в любой правильной треугольной пирамиде двугранный угол между боковыми гранями больше, чем 60^{\circ}
.
Решение. Рассмотрим правильную пирамиду SABC
с вершиной S
. Пусть M
— середина ребра BC
, BF
— перпендикуляр, опущенный из середины M
ребра BC
на прямую SA
. Поскольку SA\perp BC
(см. задачу 7000), прямая SA
перпендикулярна плоскости BFC
(см. задачу 7700). Следовательно, BFC
— линейный угол двугранного угла между гранями ASB
и ASC
. Обозначим \angle BFC=\gamma
Первый способ. Предположим, что \gamma\leqslant60^{\circ}
. Тогда углы при основании BC
равнобедренного треугольника BFC
не меньше 60^{\circ}
. Значит, BC
— меньшая сторона этого треугольника, поэтому AC=BC\leqslant CF
, т. е. гипотенуза AC
прямоугольного треугольника AFC
не больше катета CF
, что невозможно. Следовательно, \gamma\gt60^{\circ}
.
Второй способ. Пусть сторона равностороннего треугольника ABC
равна a
, тогда высота AM
этого треугольника равна \frac{a\sqrt{3}}{2}
. Из прямоугольных треугольников AMF
и CMF
получаем, что
MF\lt AM=\frac{a\sqrt{3}}{2},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{MC}{MF}=\frac{a}{2MF}\gt\frac{a}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \frac{\gamma}{2}\gt30^{\circ}
, откуда \gamma\gt60^{\circ}
.