Номер 172, страница 29 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

172*. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник, боковая грань SAB перпендикулярна плоскости основания, а две другие образуют с плоскостью основания углы, равные $\alpha$ (рис. 71). Найдите угол между ребром SC и плоскостью основания.

Рис. 71

Пусть $SABC$ – данная пирамида. В основании лежит правильный треугольник $ABC$. Обозначим длину стороны основания через $a$, то есть $AB = BC = AC = a$.

По условию, боковая грань $SAB$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Это означает, что высота пирамиды, опущенная из вершины $S$ на плоскость основания, лежит в плоскости $(SAB)$. Пусть $SH$ – высота пирамиды, тогда $H$ – основание высоты, $H$ принадлежит прямой $AB$ и $SH \perp (ABC)$.

Две другие боковые грани, $SAC$ и $SBC$, образуют с плоскостью основания углы, равные $\alpha$. Угол между плоскостью грани и плоскостью основания – это двугранный угол. Для нахождения линейного угла двугранного угла между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$, опустим из точки $H$ перпендикуляр $HM$ на прямую $AC$. По теореме о трех перпендикулярах, так как $SH$ – перпендикуляр к плоскости $(ABC)$ и $HM$ – проекция наклонной $SM$ на $(ABC)$, причем $HM \perp AC$, то и наклонная $SM \perp AC$. Следовательно, угол $\angle SMH$ является линейным углом двугранного угла между гранями $SAC$ и $ABC$. По условию $\angle SMH = \alpha$.

Аналогично, опустив перпендикуляр $HK$ из точки $H$ на прямую $BC$, получим, что $SK \perp BC$, и линейным углом двугранного угла между гранями $SBC$ и $ABC$ будет угол $\angle SKH$. По условию $\angle SKH = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SHM$ и $\triangle SHK$ (они прямоугольные, так как $SH$ – высота). У них общий катет $SH$. Из этих треугольников выразим $SH$ через тангенс угла $\alpha$:
$SH = HM \cdot \tan(\angle SMH) = HM \cdot \tan(\alpha)$
$SH = HK \cdot \tan(\angle SKH) = HK \cdot \tan(\alpha)$
Из равенства правых частей следует, что $HM = HK$. Это означает, что точка $H$ на прямой $AB$ равноудалена от сторон $AC$ и $BC$. В плоскости основания, геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла, есть его биссектриса. Значит, точка $H$ лежит на биссектрисе угла $\angle ACB$.

Поскольку треугольник $ABC$ равносторонний, биссектриса угла $\angle ACB$ является также медианой и высотой, проведенной к стороне $AB$. Так как точка $H$ принадлежит прямой $AB$ и биссектрисе угла $\angle ACB$, она является точкой их пересечения. Следовательно, $H$ – это середина стороны $AB$.

Теперь найдем необходимые для решения длины отрезков, выразив их через сторону основания $a$.
$H$ – середина $AB$, значит $AH = \frac{a}{2}$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHM$ ($\angle HMA = 90^\circ$), который лежит в плоскости основания. Угол $\angle HAM = \angle BAC = 60^\circ$. Тогда катет $HM = AH \cdot \sin(60^\circ) = \frac{a}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Теперь найдем высоту пирамиды $SH$ из прямоугольного треугольника $\triangle SHM$:
$SH = HM \cdot \tan(\alpha) = \frac{a\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)$.

Искомый угол – это угол между ребром $SC$ и плоскостью основания $(ABC)$. Этот угол равен углу между наклонной $SC$ и ее проекцией на плоскость $(ABC)$. Так как $SH \perp (ABC)$, то $HC$ – это проекция $SC$ на плоскость основания. Следовательно, искомый угол – это $\angle SCH$. Обозначим его $\beta$.

Для нахождения угла $\beta$ рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SHC$ ($\angle SHC = 90^\circ$). Длина катета $HC$ равна длине медианы в равностороннем треугольнике $ABC$ со стороной $a$:
$HC = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Найдем тангенс угла $\beta$:
$\tan(\beta) = \frac{SH}{HC} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{a\sqrt{3} \tan(\alpha)}{4} \cdot \frac{2}{a\sqrt{3}} = \frac{2}{4} \tan(\alpha) = \frac{1}{2} \tan(\alpha)$.
Таким образом, искомый угол равен $\arctan\left(\frac{1}{2} \tan(\alpha)\right)$.
Ответ: $\arctan\left(\frac{1}{2} \tan(\alpha)\right)$.