Номер 363, страница 133 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

363. В правильной треугольной пирамиде $QABC$ плоский угол $AQB$ при вершине равен $30^\circ$. Найдите двугранный угол при боковом ребре.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $QABC$. Это означает, что ее основание $ABC$ – равносторонний треугольник, а все боковые ребра равны между собой ($QA = QB = QC$). Следовательно, все боковые грани ($QAB$, $QBC$, $QCA$) являются равными равнобедренными треугольниками. По условию, плоский угол при вершине пирамиды равен $30^\circ$, то есть $\angle AQB = \angle BQC = \angle CQA = 30^\circ$.

Нам необходимо найти двугранный угол при боковом ребре. В силу симметрии правильной пирамиды, все двугранные углы при боковых ребрах равны. Найдем двугранный угол при ребре $QA$. Этот угол является углом между плоскостями боковых граней $(QAB)$ и $(QAC)$.

Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Для этого в плоскости грани $(QAB)$ проведем отрезок $BH$ перпендикулярно ребру $QA$. Аналогично, в плоскости грани $(QAC)$ проведем отрезок $CH$ перпендикулярно ребру $QA$. Поскольку боковые грани $QAB$ и $QAC$ являются равными треугольниками, высоты $BH$ и $CH$, проведенные к общему ребру $QA$, будут равны ($BH = CH$) и их основания совпадут в одной и той же точке $H$ на ребре $QA$.

Таким образом, угол $\angle BHC$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим этот угол через $\alpha$. Для нахождения величины угла $\alpha$ рассмотрим треугольник $BHC$. Он является равнобедренным ($BH=CH$). Мы можем найти угол $\alpha$ по теореме косинусов, если предварительно найдем длины сторон треугольника $BHC$.

Введем обозначение для длины бокового ребра: $QA = QB = QC = l$.

Найдем длины боковых сторон треугольника $BHC$.
Рассмотрим грань $QAB$. Это равнобедренный треугольник, в котором $BH$ является высотой, опущенной на боковую сторону $QA$. Площадь этого треугольника можно выразить двумя способами:
С одной стороны, $S_{\triangle QAB} = \frac{1}{2} QA \cdot QB \cdot \sin(\angle AQB) = \frac{1}{2} l \cdot l \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2}l^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{l^2}{4}$.
С другой стороны, $S_{\triangle QAB} = \frac{1}{2} QA \cdot BH = \frac{1}{2} l \cdot BH$.
Приравнивая два выражения для площади, получаем:
$\frac{1}{2} l \cdot BH = \frac{l^2}{4}$, откуда $BH = \frac{l}{2}$.
Так как $BH=CH$, то и $CH = \frac{l}{2}$.

Найдем длину основания треугольника $BHC$.
Сторона $BC$ является стороной основания пирамиды, а также основанием равнобедренного треугольника $QBC$. Применим теорему косинусов к треугольнику $QBC$ (где $QB=QC=l$ и $\angle BQC = 30^\circ$):
$BC^2 = QB^2 + QC^2 - 2 \cdot QB \cdot QC \cdot \cos(\angle BQC)$
$BC^2 = l^2 + l^2 - 2 \cdot l \cdot l \cdot \cos(30^\circ) = 2l^2 - 2l^2 \frac{\sqrt{3}}{2} = 2l^2 \left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = l^2(2 - \sqrt{3})$.

Вычислим искомый угол $\alpha$.
Теперь у нас есть все стороны треугольника $BHC$: $BH = \frac{l}{2}$, $CH = \frac{l}{2}$ и $BC^2 = l^2(2 - \sqrt{3})$. Применим теорему косинусов к треугольнику $BHC$ для нахождения угла $\alpha = \angle BHC$:
$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(\alpha)$
Подставляем известные нам значения:
$l^2(2 - \sqrt{3}) = \left(\frac{l}{2}\right)^2 + \left(\frac{l}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{l}{2} \cdot \frac{l}{2} \cdot \cos(\alpha)$
$l^2(2 - \sqrt{3}) = \frac{l^2}{4} + \frac{l^2}{4} - \frac{l^2}{2} \cos(\alpha)$
$l^2(2 - \sqrt{3}) = \frac{l^2}{2} - \frac{l^2}{2} \cos(\alpha)$
Разделим обе части равенства на $l^2$ (поскольку $l>0$):
$2 - \sqrt{3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cos(\alpha)$
$2 - \sqrt{3} = \frac{1 - \cos(\alpha)}{2}$
$4 - 2\sqrt{3} = 1 - \cos(\alpha)$
$\cos(\alpha) = 1 - (4 - 2\sqrt{3}) = 1 - 4 + 2\sqrt{3} = 2\sqrt{3} - 3$.
Таким образом, искомый двугранный угол равен $\arccos(2\sqrt{3} - 3)$.

Ответ: $\arccos(2\sqrt{3} - 3)$.