Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2239
2019-03-19 
Плоскость, проходящая через одно из ребер правильного тетраэдра, делит его объем в отношении 3:5. Найти тангенсы углов $\alpha$ и $\beta$, на которые эта плоскость делит двугранный угол тетраэдра.
Решение:
Плоскость $ABE$ (рис.) делит тетраэдр на две пирамиды $SABE$ и $CABE$ с общим основанием $ABE$. Так как отношение объемов дано, а основание у пирамиды общее, то $\frac{h_2}{h_1} = \frac{5}{3}$, а в силу равенства $SD$ и $CD$
$\frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} = \frac{3}{5}$, т.е. $\sin \alpha = \frac{3}{5} \sin \beta$.
Kроме того, так как тетраэдр правильный, углы $\alpha$ и $\beta$ образуют угол $SDO$, косинус которого равен $\frac{1}{3}$. Поэтому
$\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{3}$.
Выразив в этом уравнении $\sin \beta$ и $\cos \beta$ через $\sin \alpha$ (так как пирамида правильная, углы $\alpha$ и $\beta$ острые), получим
$\sqrt {1 - \frac{25}{9} y} \sqrt {1 - y} = \frac{1}{3} +\frac{5}{3} y$,
где $y = \sin^2 \alpha$.
Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем $у = \frac{2}{11}$ и вычислим $tg \alpha$:
$tg \alpha = \frac{1}{ ctg \alpha} = \frac {1}{\sqrt {cosec^2 \alpha - 1}} = \frac {1}{\sqrt { \frac{9}{2}}} = \frac{ \sqrt {2}}{3}$.
Поскольку $\sin^2 \beta = \frac{25}{9} \sin^2 \alpha = \frac{50}{99}$, то аналогично найдем $tg \beta$.
Ответ. $\frac {5 \sqrt {2}}{7}, \frac {\sqrt {2}}{3}$.
Плоскость, проходящая через одно из ребер правильного тетраэдра, делит его объем в отношении 3:5. Найти тангенсы углов $\alpha$ и $\beta$, на которые эта плоскость делит двугранный угол тетраэдра.
Решение:
Плоскость $ABE$ (рис.) делит тетраэдр на две пирамиды $SABE$ и $CABE$ с общим основанием $ABE$. Так как отношение объемов дано, а основание у пирамиды общее, то $\frac{h_2}{h_1} = \frac{5}{3}$, а в силу равенства $SD$ и $CD$
$\frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} = \frac{3}{5}$, т.е. $\sin \alpha = \frac{3}{5} \sin \beta$.
Kроме того, так как тетраэдр правильный, углы $\alpha$ и $\beta$ образуют угол $SDO$, косинус которого равен $\frac{1}{3}$. Поэтому
$\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{3}$.
Выразив в этом уравнении $\sin \beta$ и $\cos \beta$ через $\sin \alpha$ (так как пирамида правильная, углы $\alpha$ и $\beta$ острые), получим
$\sqrt {1 - \frac{25}{9} y} \sqrt {1 - y} = \frac{1}{3} +\frac{5}{3} y$,
где $y = \sin^2 \alpha$.
Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем $у = \frac{2}{11}$ и вычислим $tg \alpha$:
$tg \alpha = \frac{1}{ ctg \alpha} = \frac {1}{\sqrt {cosec^2 \alpha - 1}} = \frac {1}{\sqrt { \frac{9}{2}}} = \frac{ \sqrt {2}}{3}$.
Поскольку $\sin^2 \beta = \frac{25}{9} \sin^2 \alpha = \frac{50}{99}$, то аналогично найдем $tg \beta$.
Ответ. $\frac {5 \sqrt {2}}{7}, \frac {\sqrt {2}}{3}$.
