Стереометрическая олимпиадная задача о треугольной пирамиде и угле $\a

Докажем, что при $\alpha=60^\circ$ пирамида правильная. Пусть стороны треугольника $ABC$ равны 1. Заметим, что в любом треугольнике с углом $60^\circ$ против этого угла лежит средняя по длине сторона (причём если она строго меньше одной из сторон, то строго больше другой). Пусть одно из боковых рёбер пирамиды не равно 1: например, $SA > 1$. Тогда в гранях $SAB$ и $SAC$ рёбра $SB$ и $SC$ будут меньше 1, и значит, в грани $SBC$ ребро $BC$ – не средняя сторона, противоречие. Покажем теперь, как построить неправильную пирамиду с плоскими углами $\alpha < 60^\circ$ при вершине $S$.

Первый способ. Сначала боковое ребро $SA$ удаляем, а неудалённую боковую грань $SBC$ вращаем вокруг её ребра основания $BC$, пока эта грань не окажется в плоскости основания так, что будет содержать треугольник основания. В процессе движения будут «текущие» пирамиды, у которых два равных плоских угла сначала равны $\alpha$, потом больше $\alpha$ (в момент, когда вершина проектируется в вершину основания – поскольку в этот момент синус угла при вершине $S$ в боковых гранях $SAC$ и $SAB$ равен $1:SB$, а в грани $SBC$ равен отношению боковой высоты этого треугольника к $SB$, которая меньше 1), а в конце у «вырожденной» пирамиды они равны $\alpha/2$. Значит, в силу непрерывности, будет ещё раз $\alpha$.

Второй способ. Рассмотрим треугольник $SAB$ c $SA=SB$ и $\angle S=\alpha$. Так как $AB < SB$, на стороне $SA$ существует такая точка $C$, что $BC=AB$. Теперь возьмем трёхгранный угол, у которого все плоские углы равны $\alpha$, и отложим на его ребрах отрезки $SA$, $SB$, $SC$. Пирамида $SABC$ – искомая.

Третий способ. (Сергей Комаров, 11 класс, СУНЦ МГУ) Пусть $S'ABC$ – правильная пирамида с плоским углом $\alpha$ при вершине $S'.$ Пусть $X,Y$ – точки, такие, что $XY=AB,$ построим на $XY$ треугольники $XYZ$ и $XYT$ так, что $\angle ZXY=\angle ZYX=90^\circ-\frac{\alpha}{2},$ $\angle TXY=90^\circ+\frac{\alpha}{2},$ $\angle TYX=90^\circ-\frac{3\alpha}{2},$ тогда понятно, что $\angle XTY=\angle XZY=\alpha.$ В силу теоремы синусов для этих треугольников имеем $$\frac{TY}{\sin{(90^\circ+\frac{\alpha}{2})}}=\frac{XY}{\sin{\alpha}}=\frac{ZX}{\sin{(90^\circ-\frac{\alpha}{2})}}=\frac{ZY}{\sin{(90^\circ-\frac{\alpha}{2})}},$$ что влечёт $TY=ZX=ZY,$ поскольку синусы смежных углов равны.

Пусть теперь $S$ – такая точка на продолжении отрезка $S'B$ за точку $B$, что $SB=TX.$ Тогда $\angle SBC=\angle SBA=90^\circ+\frac{\alpha}{2}=\angle TXY,$ $BC=BA=XY,$ и $SB=SB=TX,$ тогда $\Delta SBC=\Delta SBA = \Delta TXY,$ откуда $SC=SA=TY=ZX=ZY,$ и значит $\Delta SCA=\Delta ZXY$ (по трём сторонам). Из всех указанных равенств треугольников следует, что у пирамиды $SABC$ все плоские углы при вершине $S$ равны $\alpha,$ значит она удовлетворяет условиям задачи. Но она не правильная, поскольку прямая $S'B$ не перпенидикулярна $ABC,$ и на ней только одна точка проецируется в центр треугольника $ABC,$ это точка $S',$ а значит не точка $S.$