Элементарная математика. Геометрия.

Задача 125

В правильной четырёхугольной пирамиде плоский угол при вершине равен углу между боковым ребром и плоскостью основания. Определите двугранные углы между соседними боковыми гранями этой пирамиды.

Решение:

Пусть $VABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида с центром основания $O$, в которой $AB = BC = CD = DA = a$, $VA=VB=VC=VD=b$, а также $\angle AVB = \angle VBD = \alpha$.

Диагональ $DB$ можем найти по формуле $a\sqrt{2}$, следовательно $OB = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Очевидно, что $OB = \dfrac{a}{\sqrt{2}}$, $VB = b$. Тогда из прямоугольного $\triangle VOB$ получаем, что $\cos \alpha = \frac{OB}{VB} = \frac{a}{\sqrt{2}\,b}$. Откуда находим
$a = \sqrt{2}\,b\,\cos \alpha \Rightarrow a^2 = 2b^2 \cos^2 \alpha$.

Запишем далее теорему косинусов для $\triangle AVB$:
$AB^2 = AV^2 + BV^2 - 2 \cdot AV \cdot BV \cdot \cos \alpha$
или
$a^2 = b^2 + b^2 - 2 \cdot b \cdot b \cdot \cos \alpha = 2b^2(1 - \cos \alpha)$.
Приравняем полученные выражения для $a^2$:
$2b^2 \cos^2 \alpha = 2b^2(1 - \cos \alpha)$.
После преобразований получаем уравнение $\cos^2 \alpha + \cos \alpha - 1 = 0$, которое имеет два корня
$\cos \alpha =\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Так как угол острый, то выбираем положительное значение $\cos \alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$.

Рассмотрим равнобедренный $\triangle AKC$, как сечение пирамиды плоскостью, перпендикулярной ребру $VB$. Тогда $\angle AKC = \beta$ — искомый угол.
Из прямоугольного $\triangle AVK$ находим
$AK = AV \cdot \sin \alpha = b \cdot \sin \alpha = \frac{a}{\sqrt{2}\cos \alpha} \cdot \sin \alpha = \frac{a}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{a}{\sqrt{2}} \cdot \text{tg} \alpha$.
Значит, $KC =AK= \frac{a}{\sqrt{2}} \cdot \text{tg} \alpha$.

Теперь запишем теорему косинусов для треугольника $AKC$:
$AC^2 = AK^2 + KC^2 - 2 \cdot AK \cdot KC \cdot \cos \beta$
или
$(\sqrt{2}a)^2 = \left(\frac{a}{\sqrt{2}} \text{tg} \alpha\right)^2 + \left(\frac{a}{\sqrt{2}} \text{tg} \alpha\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{a}{\sqrt{2}} \text{tg} \alpha\right)^2 \cos \beta$.
Проделаем далее некоторые преобразования
$2a^2 = \frac{a^2}{2} \text{tg}^2 \alpha + \frac{a^2}{2} \text{tg}^2 \alpha - 2 \cdot \frac{a^2}{2} \text{tg}^2 \alpha \cos \beta$;
$2a^2 = a^2 \text{tg}^2 \alpha - a^2 \text{tg}^2 \alpha \cos \beta$;
$\cos \beta = 1 - \frac{2}{\text{tg}^2 \alpha} = 1 - 2 \text{ctg}^2 \alpha$.

Учитывая, что $\text{ctg}^2\alpha = \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} = \frac{\cos^2\alpha}{1 - \cos^2\alpha} = \frac{\left(\frac{\sqrt{5} - 1}{2}\right)^2}{1 - \left(\frac{\sqrt{5} - 1}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$, получим
$\cos \beta = 1 - 2 \cdot \frac{\sqrt{5} - 1}{2} = 2 - \sqrt{5}$.
Следовательно $\angle AKC = \arccos(2 - \sqrt{5})$.

Ответ:

$\angle AKC = \arccos(2 - \sqrt{5})$.