Номер 193, страница 32 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

193. В тетраэдре $ABCD$ двугранные углы с ребрами $AB$ и $AC$ равны по $135^{\circ}$, а плоский угол $BAC - 90^{\circ}$. Найдите двугранный угол с ребром $AD$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом.

1. Введение системы координат.

Поместим вершину $A$ тетраэдра в начало координат $(0, 0, 0)$. Поскольку плоский угол $\angle BAC = 90^\circ$, мы можем направить рёбра $AB$ и $AC$ вдоль осей координат. Направим ребро $AB$ вдоль оси $Ox$, а ребро $AC$ — вдоль оси $Oy$. Тогда вершины $B$ и $C$ будут иметь координаты $B(b, 0, 0)$ и $C(0, c, 0)$ для некоторых $b > 0$ и $c > 0$. Для простоты вычислений можно положить $b=1$ и $c=1$, так как величина двугранных углов не зависит от длин рёбер. Таким образом, пусть $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$. Плоскость $(ABC)$ в этом случае совпадает с плоскостью $xy$ и её уравнение $z=0$. Пусть вершина $D$ имеет координаты $(x, y, z)$. Будем считать, что $D$ находится в полупространстве $z>0$.

2. Использование двугранного угла при ребре $AB$.

Двугранный угол при ребре $AB$ — это угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ABD)$. Его можно измерить как угол между двумя лучами, проведёнными в этих плоскостях перпендикулярно ребру $AB$ из одной точки. Так как ребро $AB$ лежит на оси $Ox$, то перпендикулярной к нему плоскостью, проходящей через точку $A$, будет плоскость $yz$ ($x=0$).

Линия пересечения плоскости $(ABC)$ (то есть $z=0$) с плоскостью $x=0$ — это ось $Oy$. Направляющий вектор этой линии $\vec{v_1} = (0, 1, 0)$.

Плоскость $(ABD)$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$ и $D(x,y,z)$. Линия пересечения этой плоскости с плоскостью $x=0$ — это прямая, проходящая через начало координат и имеющая направляющий вектор $\vec{v_2} = (0, y, z)$.

Угол между векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ равен данному двугранному углу $135^\circ$. Найдём косинус этого угла:

$\cos(135^\circ) = \frac{\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|} = \frac{0 \cdot 0 + 1 \cdot y + 0 \cdot z}{\sqrt{0^2+1^2+0^2} \cdot \sqrt{0^2+y^2+z^2}} = \frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}$

Так как $\cos(135^\circ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:

$\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Из этого уравнения следует, что $y < 0$. Возведём обе части в квадрат:

$\frac{y^2}{y^2+z^2} = \frac{1}{2} \implies 2y^2 = y^2+z^2 \implies y^2 = z^2$

Отсюда $z = y$ или $z = -y$. Поскольку мы договорились, что $z > 0$, а $y < 0$, правильным соотношением будет $z = -y$.

3. Использование двугранного угла при ребре $AC$.

Аналогично, двугранный угол при ребре $AC$ — это угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ACD)$. Ребро $AC$ лежит на оси $Oy$. Перпендикулярной к нему плоскостью, проходящей через $A$, будет плоскость $xz$ ($y=0$).

Линия пересечения плоскости $(ABC)$ с плоскостью $y=0$ — это ось $Ox$. Направляющий вектор $\vec{u_1} = (1, 0, 0)$.

Линия пересечения плоскости $(ACD)$ с плоскостью $y=0$ — это прямая, проходящая через начало координат с направляющим вектором $\vec{u_2} = (x, 0, z)$.

Угол между векторами $\vec{u_1}$ и $\vec{u_2}$ равен $135^\circ$.

$\cos(135^\circ) = \frac{\vec{u_1} \cdot \vec{u_2}}{|\vec{u_1}| \cdot |\vec{u_2}|} = \frac{1 \cdot x + 0 \cdot 0 + 0 \cdot z}{\sqrt{1^2+0^2+0^2} \cdot \sqrt{x^2+0^2+z^2}} = \frac{x}{\sqrt{x^2+z^2}}$

$-\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{x}{\sqrt{x^2+z^2}}$

Отсюда следует, что $x < 0$. Возводим в квадрат:

$\frac{x^2}{x^2+z^2} = \frac{1}{2} \implies 2x^2 = x^2+z^2 \implies x^2 = z^2$

Так как $z > 0$ и $x < 0$, получаем $z = -x$.

4. Нахождение искомого двугранного угла при ребре $AD$.

Из предыдущих пунктов мы получили соотношения: $z=-y$ и $z=-x$. Это означает, что $x=y$. Координаты точки $D$ можно записать как $(-z, -z, z)$. Для упрощения выберем $z=1$, тогда $D(-1, -1, 1)$.

Искомый двугранный угол при ребре $AD$ — это угол между плоскостями $(ABD)$ и $(ACD)$. Найдём его как угол между нормальными векторами этих плоскостей.

Нормальный вектор к плоскости $(ABD)$, $\vec{n_1}$, можно найти как векторное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$:

$\vec{AB} = (1, 0, 0)$

$\vec{AD} = (-1, -1, 1)$

$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AD} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0) - \vec{j}(1) + \vec{k}(-1) = (0, -1, -1)$

Нормальный вектор к плоскости $(ACD)$, $\vec{n_2}$, можно найти как векторное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$:

$\vec{AC} = (0, 1, 0)$

$\vec{AD} = (-1, -1, 1)$

$\vec{n_2} = \vec{AC} \times \vec{AD} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1) - \vec{j}(0) + \vec{k}(1) = (1, 0, 1)$

Пусть искомый угол равен $\phi$. Тогда косинус этого угла равен косинусу угла между нормальными векторами:

$\cos\phi = \frac{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|} = \frac{0 \cdot 1 + (-1) \cdot 0 + (-1) \cdot 1}{\sqrt{0^2+(-1)^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{1^2+0^2+1^2}} = \frac{-1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = -\frac{1}{2}$

Отсюда находим угол $\phi$:

$\phi = \arccos(-\frac{1}{2}) = 120^\circ$

Ответ: $120^\circ$