Номер 457, страница 69 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

457. Основанием пирамиды является квадрат. Двугранные углы при ребрах основания пропорциональны числам 1, 2, 4, 2. Найдите величины этих углов.

Пусть основанием пирамиды является квадрат $ABCD$, а вершиной — точка $S$. Обозначим двугранные углы при ребрах основания $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ как $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_3$ и $\alpha_4$ соответственно.

По условию, величины этих углов пропорциональны числам 1, 2, 4, 2. Так как основание — квадрат, мы можем без ограничения общности считать, что равные углы ($\propto 2$) соответствуют противоположным ребрам $BC$ и $DA$. Таким образом, пусть:$\alpha_1 = k$ (при ребре $AB$)$\alpha_2 = 2k$ (при ребре $BC$)$\alpha_3 = 4k$ (при ребре $CD$)$\alpha_4 = 2k$ (при ребре $DA$)

Пусть $H$ — высота пирамиды, а $O$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания. Величина двугранного угла $\alpha$ при ребре основания связана с высотой $H$ и расстоянием $d$ от точки $O$ до этого ребра формулой:$d = H \cdot \cot(\alpha)$

Введем систему координат так, чтобы центр квадрата совпал с началом координат, а его стороны были параллельны осям. Пусть сторона квадрата равна $a$. Тогда уравнения прямых, содержащих стороны квадрата, будут $x = \pm a/2$ и $y = \pm a/2$. Пусть координаты точки $O$ — $(x_0, y_0)$.

Расстояния от точки $O(x_0, y_0)$ до сторон квадрата:

• до $AB$ (прямая $y = a/2$): $d_1 = |a/2 - y_0|$
• до $BC$ (прямая $x = a/2$): $d_2 = |a/2 - x_0|$
• до $CD$ (прямая $y = -a/2$): $d_3 = |a/2 + y_0|$
• до $DA$ (прямая $x = -a/2$): $d_4 = |a/2 + x_0|$

Так как двугранные углы при ребрах $BC$ и $DA$ равны ($\alpha_2 = \alpha_4 = 2k$), то и расстояния от проекции вершины до этих ребер должны быть равны: $d_2 = d_4$.$|a/2 - x_0| = |a/2 + x_0|$Это равенство выполняется только при $x_0 = 0$. Следовательно, проекция вершины $O$ лежит на оси симметрии квадрата, перпендикулярной сторонам $BC$ и $DA$.

Теперь мы можем записать систему уравнений, связывающую расстояния и углы:$d_1 = |a/2 - y_0| = H \cot(k)$$d_2 = a/2 = H \cot(2k)$$d_3 = |a/2 + y_0| = H \cot(4k)$

Будем считать, что проекция $O$ находится внутри квадрата, тогда $-a/2 < y_0 < a/2$. В этом случае $|a/2 - y_0| = a/2 - y_0$ и $|a/2 + y_0| = a/2 + y_0$. Система принимает вид:1) $a/2 - y_0 = H \cot(k)$2) $a/2 + y_0 = H \cot(4k)$3) $a/2 = H \cot(2k)$

Сложим уравнения (1) и (2):$(a/2 - y_0) + (a/2 + y_0) = H \cot(k) + H \cot(4k)$$a = H (\cot(k) + \cot(4k))$

Из уравнения (3) выразим $a$:$a = 2H \cot(2k)$

Приравняем два полученных выражения для $a$ (поскольку высота $H \ne 0$, мы можем на нее сократить):$2H \cot(2k) = H (\cot(k) + \cot(4k))$$2 \cot(2k) = \cot(k) + \cot(4k)$

Решим это тригонометрическое уравнение. Перегруппируем слагаемые:$\cot(2k) - \cot(4k) = \cot(k) - \cot(2k)$

Используем формулу разности котангенсов $\cot A - \cot B = \frac{\sin(B-A)}{\sin A \sin B}$:Левая часть: $\cot(2k) - \cot(4k) = \frac{\sin(4k-2k)}{\sin(2k)\sin(4k)} = \frac{\sin(2k)}{\sin(2k)\sin(4k)} = \frac{1}{\sin(4k)}$Правая часть: $\cot(k) - \cot(2k) = \frac{\sin(2k-k)}{\sin(k)\sin(2k)} = \frac{\sin(k)}{\sin(k)\sin(2k)} = \frac{1}{\sin(2k)}$

Таким образом, уравнение сводится к виду:$\frac{1}{\sin(4k)} = \frac{1}{\sin(2k)}$Отсюда следует, что $\sin(4k) = \sin(2k)$.

Это равенство выполняется в двух случаях (где $n$ — целое число):1) $4k = 2k + 2\pi n \Rightarrow 2k = 2\pi n \Rightarrow k = \pi n$2) $4k = \pi - 2k + 2\pi n \Rightarrow 6k = \pi + 2\pi n \Rightarrow k = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$

Двугранные углы в пирамиде должны быть в диапазоне $(0, \pi)$. Так как самый большой угол равен $4k$, то должно выполняться условие $0 < 4k < \pi$, то есть $0 < k < \pi/4$. Рассмотрим найденные решения:1) $k = \pi n$. При $n=0$ получаем $k=0$, что невозможно. При других целых $n$ значение $k$ не попадает в интервал $(0, \pi/4)$.2) $k = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$. При $n=0$ получаем $k = \pi/6$. Это значение удовлетворяет условию $0 < \pi/6 < \pi/4$. При $n \ge 1$ или $n \le -1$ значения $k$ выходят за пределы требуемого диапазона.

Следовательно, единственное подходящее решение — $k = \pi/6$, что соответствует $30^\circ$. Теперь найдем величины всех четырех двугранных углов:

• $\alpha_1 = k = \pi/6 = 30^\circ$
• $\alpha_2 = 2k = 2 \cdot (\pi/6) = \pi/3 = 60^\circ$
• $\alpha_3 = 4k = 4 \cdot (\pi/6) = 2\pi/3 = 120^\circ$
• $\alpha_4 = 2k = \pi/3 = 60^\circ$

Ответ: величины двугранных углов равны $30^\circ, 60^\circ, 120^\circ, 60^\circ$.