Олимпиадная задача по стереометрии: двугранный угол в усечённой пирамиде с ромбом ABCD

Пусть O – центр ромба ABCD . Из треугольника OMB находим, что

OM = = = .

Построим прямую пересечения плоскостей AA1C1C и B1MO . Для этого продолжим отрезки C1C и B1M до пересечения в точке E . Каждая из точек O и E лежит и плоскости AA1C1C , и в плоскости B1MO , значит, OE – прямая пересечения этих плоскостей.

Построим линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Для этого из точки C1опустим перпендикуляр C1K на ребро OE этого двугранного угла, а из точки K восставим перпендикуляр к OE в плоскости B1MO . Пусть этот перпендикуляр пересекается с прямой B1E в точке L . Тогда C1KL – искомый линейный угол угол. Обозначим C1KL=γ . Для его нахождения вычислим все стороны треугольника C1KL .

Поскольку MC = 1 = B1C1и MC || B1C1, отрезок MC – средняя линия треугольника B1C1E , поэтому C – середина отрезка EC1, а т.к. OC EC1, то медиана OC треугольника EOC1является его высотой. Значит, треугольник EOC1– равнобедренный. Кроме того, из прямоугольного треугольника COC1находим, что

OC1= = = = 4 = EC1,

поэтому треугольник EOC1– равносторонний. Тогда его высота C1K равна высоте OC1, т.е. C1K= = 2 .

В треугольнике OME известно, что

ME = = =, OE=4, OM=.

Обозначим OEM=ϕ . Тогда

cos ϕ = = = , tg ϕ = = .

Из прямоугольного треугольника LKE находим, что

KL = KE tg ϕ = OE tg ϕ = 2· = , LE = = = .

Рассмотрим грань BB1C1C . Обозначим B1EC1 = β . Тогда

tg β = = , cos β = = .

По теореме косинусов

LC1 = = .

Следовательно,

cos γ = = = .

arccos = arctg .