Rozważamy ostrosłup prawidłowy czworokątny, w którym:

• 𝛼 - kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy;
• 𝛽 - kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi.

Teza:

$\cos \beta =\frac{-1}{1+2{\text{tg}}^2\alpha }$

Dowód:

 Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Rysunek:

---

Zauważmy, że ściany boczne ostrosłupa są przystającymi trójkątami równoramiennymi. To oznacza, że

$\left|BE\right|=\left|DE\right|$  

Odcinki OC i OB są połowami przekątnej kwadratu ABCD, zatem ze wzoru na długość przekątnej kwadratu otrzymujemy:

$\left|OC\right|=\left|OB\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$  

Niech

$\left|OE\right|=x$  

Skoro dwa odcinki DE i BE są prostopadłe do krawędzi bocznej CS, to cała płaszczyzna wyznaczona przez te odcinki - płaszczyzna BED jest prostopadła do krawędzi CS. W szczególności odcinek OE jest prostopadły do krawędzi CS. 

Stąd mamy, że trójkąt OEC jest prostokątny. Z definicji funkcji sinus w tym trójkącie otrzymujemy:

$\sin \alpha =\frac{\left|OE\right|}{\left|OC\right|}=\frac{x}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}$  

Stąd

$\sin \alpha \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\left|OE\right|$  

---

Trójkąt BED jest równoramienny, co oznacza, że odcinek OE jest wysokością tego trójkąta, czyli trójkąt BOE jest prostokątny. Odcinek OE jest dwusieczną kąta 𝛽.  Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym BOE mamy

  ${\left|OB\right|}^2+{\left|OE\right|}^2=h^2$   

${\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+{\left(\sin \alpha \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=h^2$  

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

${\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2\left(1+{\sin }^2\alpha \right)=h^2$  

h jest liczbą dodatnią, stąd

$h=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2\left(1+{\sin }^2\alpha \right)}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{1+{\sin }^2\alpha }$   

Z definicji funkcji sinus w trójkącie prostokątnym BOE mamy

$\sin \frac{\beta }{2}=\frac{\left|OB\right|}{h}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}=\frac{1}{\sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}$  

Ze wzoru na cosinus podwojonego kąta, tj.

$\cos \beta =1-2{\sin }^2\frac{\beta }{2}$  

Otrzymujemy:

$\cos \beta =1-2\cdot {\left(\frac{1}{\sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}\right)}^2=1-\frac{2}{1+{\sin }^2\alpha }=\frac{1+{\sin }^2\alpha -2}{1+{\sin }^2\alpha }=\frac{-1+{\sin }^2\alpha }{1+{\sin }^2\alpha }=$  

$=\frac{\stackrel{-1}{\overbrace{-{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha }}+{\sin }^2\alpha }{1+{\sin }^2\alpha }=\frac{-{\cos }^2\alpha }{\underset{1}{\underbrace{{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha }}+{\sin }^2\alpha }=\frac{-{\cos }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha +2{\sin }^2\alpha }=\dots$   

Dzielimy licznik i mianownik ułamka przez cos²𝛼  i otrzymujemy:

$\dots =\frac{-1}{1+2\frac{{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }}=\frac{-1}{1+2{\text{tg}}^2\alpha }$  

Co należało wykazać.