Ъгъл между стени в пирамида

[Spider Iovkov]

Основата на пирамида е равностранен триъгълник. Една от околните стени на пирамидата е перпендикулярна на основата, а другите две стени образуват с нея ъгъл [tex]\alpha[/tex]. Намерете косинуса на ъгъла между тези две стени.

[Реклама]

[Spider Iovkov]

Нека пирамидата е [tex]ABCD[/tex] с връх [tex]D[/tex] и нека за определеност [tex](BCD)\bot (ABC)[/tex]. Тогава търсим косинуса на ъгъла между стените [tex]ACD[/tex] и [tex]ABD[/tex]. Понеже две околни стени сключват с основата равни ъгли, то върхът се проектира върху ъглополовящата на [tex]\angle BAC[/tex]. Да означим тази проекция с [tex]K[/tex], която е и средата на [tex]BC[/tex].
Построяваме [tex]DM\bot AB \Rightarrow KM\bot AB[/tex] (от теоремата за трите перпендикуляра и [tex]DM \to KM[/tex] при ортогонално проектиране). Тогава [tex]\angle KMD=\alpha[/tex]. Абсолютно аналогично [tex]DN\bot AC \Rightarrow KN\bot AC \Rightarrow \angle KND=\alpha[/tex].
От друга страна, [tex]DK\bot BC[/tex] и [tex]BK=CK[/tex], откъдето [tex]\triangle BCD[/tex] е равнобедрен [tex]\ - \ BD=CD[/tex]. Тогава [tex]\triangle ABD \simeq \triangle ACD[/tex] по трети признак и следователно височините през [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex] към общия ръб [tex]AD[/tex] ще имат една и съща пета [tex]T[/tex]. Оттук линейният ъгъл на двустенния между стените [tex]ABD[/tex] и [tex]ACD[/tex] е [tex]\angle BTC=\varphi[/tex]. В такъв случай търсим [tex]cos\varphi[/tex].
Да означим [tex]AB=BC=AC=a[/tex], тогава [tex]BK=CK=\frac{a}{2}[/tex]. Но [tex]\triangle ABK[/tex] е правоъгълен [tex]\Rightarrow AK.BK=AB.KM \Leftrightarrow \frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{\cancel a}{2}=\cancel a.KM \Leftrightarrow KM=\frac{a\sqrt{3}}{4} \, (1)[/tex].
От [tex]\triangle MKD \Rightarrow \tan\alpha=\frac{DK}{MK} \Leftrightarrow DK=MK\tan\alpha \Leftrightarrow DK=\frac{a\sqrt{3}}{4}\tan\alpha \, (2)[/tex]. От същия триъгълник [tex]sin\alpha=\frac{DK}{MD} \Leftrightarrow MD=\frac{DK}{sin\alpha} \Leftrightarrow MD=\frac{a\sqrt{3}}{4 cos\alpha} \, (3)[/tex].
Сега разглеждаме отделно [tex]\triangle ABK[/tex]. Имаме [tex]\angle KAM=30^\circ[/tex]. Тогава [tex]\tan30^\circ=\frac{KM}{AM} \Leftrightarrow AM=\frac{KM}{\tan30^\circ} \Leftrightarrow AM=\frac{3a}{4} \, (4)[/tex].
От [tex]\triangle AMD \Rightarrow AM^2+MD^2=AD^2 \Leftrightarrow (\frac{3a}{4})^2+(\frac{a\sqrt{3}}{4 cos\alpha})^2=AD^2 \Leftrightarrow AD=\frac{a}{4 cos\alpha}\sqrt{3(3 cos^2\alpha +1)} \, (5)[/tex].
Сега за [tex]\triangle ABD[/tex] правим фокуса [tex]AB.MD=AD.BT[/tex] (от формулите за лице на триъгълник), откъдето лесно намираме [tex]BT=\frac{a}{\sqrt{3 cos^2\alpha +1}} \, (6)[/tex].
И сега, понеже [tex]BT=CT[/tex], то [tex]\angle BTK=\angle CTK=\frac{\varphi}{2}[/tex] и [tex]TK\bot BC[/tex]. Оттук [tex]cos{\frac{\varphi}{2}}=\frac{TK}{BT} \, (*)[/tex]. Но [tex]TK^2+BK^2=BT^2 \Leftrightarrow TK^2=BT^2-BK^2 \Leftrightarrow TK=\frac{a sin\alpha \sqrt{3}}{2\sqrt{3 cos^2\alpha +1}} \, (7)[/tex]. Заместваме [tex](6)[/tex] и [tex](7)[/tex] в [tex](*)[/tex] и достигаме до [tex]cos{\frac{\varphi}{2}}=\frac{sin\alpha \sqrt{3}}{2}[/tex].
От формулката [tex]cos\varphi = cos^2{\frac{\varphi}{2}} - sin^2{\frac{\varphi}{2}} = 2 cos^2{\frac{\varphi}{2}} - 1[/tex] окончателно определяме [tex]cos\varphi=2(\frac{sin\alpha \sqrt{3}}{2})^2-1 \Leftrightarrow cos\varphi=\frac{3 sin^2\alpha -2}{2} \Leftrightarrow cos\varphi=\frac{3(1- cos^2\alpha )-2}{2} \Leftrightarrow cos\varphi=\frac{3-3 cos^2\varphi -2}{2} \Leftrightarrow cos\varphi=\frac{1}{2}(1-3 cos^2\varphi)[/tex].