Номер 1155, страница 159 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1155. В треугольной пирамиде ABCD равны все плоские углы при вершине D. Учитывая, что двугранный угол с ребром AD равен $\varphi$, найдите косинус плоского угла при вершине D.

Пусть в треугольной пирамиде $ABCD$ все плоские углы при вершине $D$ равны $\alpha$. То есть, $\angle ADB = \angle ADC = \angle BDC = \alpha$. Двугранный угол при ребре $AD$ равен $\phi$. Нам необходимо найти $\cos(\alpha)$.

Для решения задачи воспользуемся геометрическим методом. Отложим на рёбрах $DA$, $DB$ и $DC$ от вершины $D$ отрезки единичной длины. Пусть $A'$, $B'$ и $C'$ — концы этих отрезков, так что $DA' = DB' = DC' = 1$.

Рассмотрим треугольники $\triangle DA'B'$, $\triangle DA'C'$ и $\triangle DB'C'$. Все они являются равнобедренными, так как имеют по две стороны длиной 1. Углы при вершине $D$ в этих треугольниках равны $\alpha$. Следовательно, эти три треугольника конгруэнтны по двум сторонам и углу между ними.

Двугранный угол при ребре $AD$ (или, что то же самое, при ребре $DA'$) измеряется линейным углом, который образуется двумя перпендикулярами, проведёнными к ребру $DA'$ в одной точке из плоскостей граней $(A'DB')$ и $(A'DC')$.

Проведём в равнобедренном треугольнике $\triangle DA'B'$ высоту $B'H$ к стороне $DA'$. Точка $H$ лежит на отрезке $DA'$. В прямоугольном треугольнике $\triangle DHB'$ имеем:$DH = DB' \cdot \cos(\angle A'DB') = 1 \cdot \cos(\alpha) = \cos(\alpha)$.$HB' = DB' \cdot \sin(\angle A'DB') = 1 \cdot \sin(\alpha) = \sin(\alpha)$.

Аналогично, в равнобедренном треугольнике $\triangle DA'C'$ проведём высоту $C'H$ к стороне $DA'$. Так как $\triangle DA'B' \cong \triangle DA'C'$, то высота $C'H$ попадёт в ту же точку $H$ на $DA'$, и её длина будет такой же:$HC' = \sin(\alpha)$.

Угол $\angle B'HC'$ является линейным углом двугранного угла при ребре $DA'$, поэтому $\angle B'HC' = \phi$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle B'HC'$. Мы знаем длины двух его сторон ($HB' = HC' = \sin(\alpha)$) и угол между ними ($\angle B'HC' = \phi$). Найдём длину третьей стороны $B'C'$. Для этого воспользуемся треугольником $\triangle DB'C'$. По теореме косинусов для $\triangle DB'C'$:$(B'C')^2 = (DB')^2 + (DC')^2 - 2 \cdot DB' \cdot DC' \cdot \cos(\angle B'DC')$$(B'C')^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(\alpha) = 2 - 2\cos(\alpha)$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle B'HC'$:$(B'C')^2 = (HB')^2 + (HC')^2 - 2 \cdot HB' \cdot HC' \cdot \cos(\angle B'HC')$$2 - 2\cos(\alpha) = \sin^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) - 2 \cdot \sin(\alpha) \cdot \sin(\alpha) \cdot \cos(\phi)$$2(1 - \cos(\alpha)) = 2\sin^2(\alpha) - 2\sin^2(\alpha)\cos(\phi)$$1 - \cos(\alpha) = \sin^2(\alpha)(1 - \cos(\phi))$.

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\alpha) = 1 - \cos^2(\alpha)$, получаем:$1 - \cos(\alpha) = (1 - \cos^2(\alpha))(1 - \cos(\phi))$. Разложим $1 - \cos^2(\alpha)$ на множители:$1 - \cos(\alpha) = (1 - \cos(\alpha))(1 + \cos(\alpha))(1 - \cos(\phi))$.

Поскольку $\alpha$ — плоский угол при вершине невырожденной пирамиды, $\alpha > 0$, следовательно, $\cos(\alpha) < 1$ и $1 - \cos(\alpha) \neq 0$. Мы можем сократить обе части уравнения на $(1 - \cos(\alpha))$:$1 = (1 + \cos(\alpha))(1 - \cos(\phi))$.

Выразим из этого уравнения $\cos(\alpha)$. Так как $\phi$ — двугранный угол невырожденной пирамиды, $\phi \neq 0$, следовательно, $\cos(\phi) \neq 1$ и $1 - \cos(\phi) \neq 0$.$1 + \cos(\alpha) = \frac{1}{1 - \cos(\phi)}$$\cos(\alpha) = \frac{1}{1 - \cos(\phi)} - 1$$\cos(\alpha) = \frac{1 - (1 - \cos(\phi))}{1 - \cos(\phi)}$$\cos(\alpha) = \frac{\cos(\phi)}{1 - \cos(\phi)}$.

Ответ: $\frac{\cos(\phi)}{1 - \cos(\phi)}$.