Przypomnijmy, że dla dowolnego kąta 𝛼 prawdziwy jest wzór na cosinus podwojonego kąta: $\cos 2\alpha =1-2{\cos }^2\alpha$

---

Rozważamy ostrosłup prawidłowy trójkątny, czyli ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt równoboczny.

Poprowadzono przekrój ostrosłupa, który zawiera krawędź podstawy i jest prostopadły do przeciwległej krawędzi bocznej. Oznacza to, że do tego przekroju należą wysokości ścian bocznych poprowadzone do krawędzi bocznej, która jest prostopadła do przekroju.

Wiemy, że kąt między dwiema sąsiednimi krawędziami bocznymi ma miarę  $2\alpha ,\alpha \in \left(0^{\circ },{45}^{\circ }\right)$  

---

a)

Obliczamy cosinus kąta dwuściennego między dwiema sąsiednimi ścianami bocznymi. 

Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Rysunek:

Niech krawędź podstawy ma długość a. Wiemy, że ściany boczne ostrosłupa są trójkątami równoramiennymi, zatem wysokości ścian bocznych poprowadzone do krawędzi podstawy są jednocześnie dwusiecznymi kąta 2𝛼

Rozważany przekrój jest trójkątem równoramiennym, w którym

$|BF|=|CF|$  

Wyznaczymy zależność długości odcinka CF od a i kąta 𝛼 . W tym celu rozważamy trójkąt równoramienny CAW. 

Rysunek:

Zauważmy, że trójkąt ADW jest prostokątny, a miara kąta DAW jest równa

$\left|\sphericalangle DAW\right|={180}^{\circ }-{90}^{\circ }-\alpha ={90}^{\circ }-\alpha$  

Zatem z trójkąta prostokątnego ACF kąt ACF ma miarę

$\left|\sphericalangle ACF\right|=\alpha$  

Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym CAF mamy

$\cos \alpha =\frac{|CF|}{a}$  

Stąd

$|CF|=a\cdot \cos \alpha$  

Wobec tego również

  $|BF|=a\cdot \cos \alpha$   

Wracamy do ostrosłupa.

Kątem dwuściennym między dwiema sąsiednimi ścianami bocznymi jest kąt 𝛽, znajdujący się w rozważanym przekroju. Obliczamy cosinus tego kąta korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie BCE:

$a^2={\left(a\cos \alpha \right)}^2+{\left(a\cos \alpha \right)}^2-2\cdot a\cos \alpha \cdot a\cos \alpha \cdot \cos \beta$  

$a^2=a^2{\cos }^2\alpha +a^2{\cos }^2{\alpha }^2-2a^2{\cos }^2\alpha \cdot \cos \beta$  

$a^2=2a^2{\cos }^2\alpha -2a^2{\cos }^2\alpha \cdot \cos \beta \mid :a^2$  

$1=2{\cos }^2\alpha -2{\cos }^2\alpha \cdot \cos \beta$  

$2{\cos }^2\alpha \cdot \cos \beta =\underset{\cos 2\alpha }{\underbrace{1-2{\cos }^2\alpha }}$  

$2{\cos }^2\alpha \cdot \cos \beta =\cos 2\alpha \mid :2{\cos }^2\alpha \ne 0$  

$\cos \beta =\underline{\underline{\frac{\cos 2\alpha }{2{\cos }^2\alpha }}}$  

---

b)

Wyznaczamy cosinus kąta 𝛾 - kąta nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy.

Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku..

Rysunek:

Płaszczyzna przekroju jest prostopadła do krawędzi bocznej AW, a stąd w szczególności wynika, że odcinek EF, który należy do przekroju,  jest prostopadły do krawędzi AW. Zatem kątem nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy jest kąt AEF w trójkącie prostokątnym AFE. 

Z podpunktu a) wiemy, że

$\left|\sphericalangle ACF\right|=\alpha$  

Zatem z trójkąta prostokątnego CAF z definicji sinusa mamy

$\sin \alpha =\frac{|AF|}{a}$  

Stąd

$|AF|=a\sin \alpha$  

Odcinek AE jest wysokością trójkąta równobocznego ABC, zatem ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego mamy, że

$\left|AE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym EAF i wyznaczamy długość odcinka EF. 

${|EF|}^2+{\left|AF\right|}^2={\left|AE\right|}^2$  

${|EF|}^2+{\left(a\sin \alpha \right)}^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2$  

${|EF|}^2+a^2{\sin }^2\alpha =\frac{3}{4}{a}^2\mid \cdot 4$  

$4{|EF|}^2+4a^2{\sin }^2\alpha =3a^2\mid -4a^2\sin \alpha$  

$4{|EF|}^2=3a^2-4a^2{\sin }^2\alpha$  

$4{|EF|}^2=a^2\left(3-4{\sin }^2\alpha \right)\mid :4$  

${|EF|}^2=\frac{a^2\left(3-4{\sin }^2\alpha \right)}{4}$  

Stąd

$|EF|=\frac{a\sqrt{3-4{\sin }^2\alpha }}{2}$  

Powyższy pierwiastek jest poprawnie określony, ponieważ zgodnie z założeniem  $\alpha \in \left(0^{\circ },{45}^{\circ }\right).$   

Ostatecznie, z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym EAF mamy:

$\cos \gamma =\frac{|EF|}{\left|AE\right|}=\frac{\frac{a\sqrt{3-4{\sin }^2\alpha }}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sout{a}\sqrt{3-4{\sin }^2\alpha }}{\sout{2}}\cdot \frac{\sout{2}}{\sout{a}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3-4{\sin }^2\alpha }}{\sqrt{3}}$  

Zauważmy, że korzystając z jedynki trygonometrycznej, możemy uprościć powyższe wyrażenie:

$3-4{\sin }^2\alpha =3-4\underset{{\sin }^2\alpha }{\underbrace{\left(1-{\cos }^2\alpha \right)}}=3-4+4{\cos }^2\alpha =4{\cos }^2\alpha -1$  

Zatem

$\cos \gamma =\frac{\sqrt{4{\cos }^2\alpha -1}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3\left(4{\cos }^2\alpha -1\right)}}{3}=\underline{\underline{\frac{\sqrt{12{\cos }^2\alpha -3}}{3}}}$