9626. В правильной четырёхугольной пирамиде плоский угол при вершине равен углу между боковым ребром и плоскостью основания. Найдите двугранные углы между соседними боковыми гранями этой пирамиды.
Ответ. 2\arctg\frac{\sqrt{5}+1}{2}=\arccos(2-\sqrt{5})
.
Решение. Пусть сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
равна a
, точка M
— середина ребра BC
, O
— центр квадрата ABCD
. Тогда OCS
— угол бокового ребра пирамиды с плоскостью основания.
Обозначим \angle OCS=\angle BSC=\alpha
. Из прямоугольных треугольников CMS
и OCS
получаем, что
SC=\frac{CM}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}},~\frac{a}{\sqrt{2}}=OC=SC\cos\alpha=\frac{a\cos\alpha}{2\sin\frac{\alpha}{2}}.
Значит, \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\cos\alpha}{2\sin\frac{\alpha}{2}}
. После возведения в квадрат обеих частей этого равенства и простейших упрощений, получим уравнение 2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\cos^{2}\alpha
, или 1-\cos\alpha=\cos^{2}\alpha
, откуда находим, что \cos\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}
.
Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую SC
. Тогда BFC
— линейный угол двугранного угла между соседними гранями BSC
и DSC
пирамиды SABCD
. Обозначим \angle BFC=\gamma
. Из прямоугольных треугольников COF
и BOF
получаем, что
OF=OC\sin\alpha=\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{2}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{OB}{OF}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sin\alpha}.
Значит,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{1}{\sin^{2}\alpha}}{1+\frac{1}{\sin^{2}\alpha}}=\frac{\sin^{2}\alpha-1}{\sin^{2}\alpha+1}=\frac{-\cos^{2}\alpha}{2-\cos^{2}\alpha}=
=\frac{-\frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{4}}{2-\frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{4}}=\frac{-\frac{6-2\sqrt{5}}{4}}{2-\frac{6-2\sqrt{5}}{4}}=\frac{\sqrt{5}-3}{1+\sqrt{5}}=2-\sqrt{5}.
Следовательно, \gamma=\arccos(2-\sqrt{5})
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 57, с. 10