Номер 1250, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1250. Все плоские углы при вершине S тетраэдра $SABC$ прямые. Докажите, что треугольник $ABC$ остроугольный.

Пусть SABC — данный тетраэдр. По условию, все плоские углы при вершине S прямые, то есть $\angle ASB = 90^\circ$, $\angle BSC = 90^\circ$ и $\angle CSA = 90^\circ$.

Это означает, что ребра SA, SB и SC попарно перпендикулярны. Обозначим длины этих ребер как $SA = x$, $SB = y$, $SC = z$. Поскольку это длины ребер, их значения положительны: $x > 0$, $y > 0$, $z > 0$.

Рассмотрим боковые грани тетраэдра. Треугольники $\triangle ASB$, $\triangle BSC$ и $\triangle CSA$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине S. Применим к ним теорему Пифагора, чтобы выразить квадраты длин сторон треугольника $ABC$ через $x, y, z$:

Из $\triangle ASB$: $AB^2 = SA^2 + SB^2 = x^2 + y^2$

Из $\triangle BSC$: $BC^2 = SB^2 + SC^2 = y^2 + z^2$

Из $\triangle CSA$: $AC^2 = SC^2 + SA^2 = z^2 + x^2$

Для того чтобы доказать, что треугольник $ABC$ является остроугольным, нужно показать, что каждый его угол меньше $90^\circ$. Воспользуемся следствием из теоремы косинусов: угол треугольника является острым тогда и только тогда, когда квадрат противолежащей ему стороны меньше суммы квадратов двух других сторон.

Проверим это условие для каждого угла треугольника $ABC$.

Для угла $\angle BAC$ противолежащей стороной является $BC$. Необходимо доказать, что $BC^2 < AB^2 + AC^2$. Найдем разность $(AB^2 + AC^2) - BC^2$:

$(x^2 + y^2) + (z^2 + x^2) - (y^2 + z^2) = x^2 + y^2 + z^2 + x^2 - y^2 - z^2 = 2x^2$.

Так как $x > 0$, то $2x^2 > 0$. Следовательно, $AB^2 + AC^2 > BC^2$, что означает, что угол $\angle BAC$ острый.

Для угла $\angle ABC$ противолежащей стороной является $AC$. Необходимо доказать, что $AC^2 < AB^2 + BC^2$. Найдем разность $(AB^2 + BC^2) - AC^2$:

$(x^2 + y^2) + (y^2 + z^2) - (z^2 + x^2) = x^2 + y^2 + y^2 + z^2 - z^2 - x^2 = 2y^2$.

Так как $y > 0$, то $2y^2 > 0$. Следовательно, $AB^2 + BC^2 > AC^2$, что означает, что угол $\angle ABC$ острый.

Для угла $\angle BCA$ противолежащей стороной является $AB$. Необходимо доказать, что $AB^2 < BC^2 + AC^2$. Найдем разность $(BC^2 + AC^2) - AB^2$:

$(y^2 + z^2) + (z^2 + x^2) - (x^2 + y^2) = y^2 + z^2 + z^2 + x^2 - x^2 - y^2 = 2z^2$.

Так как $z > 0$, то $2z^2 > 0$. Следовательно, $BC^2 + AC^2 > AB^2$, что означает, что угол $\angle BCA$ острый.

Поскольку все три угла ($\angle BAC$, $\angle ABC$, $\angle BCA$) треугольника $ABC$ острые, то треугольник $ABC$ является остроугольным.

Ответ: Что и требовалось доказать.