Номер 195, страница 32 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

195. В тетраэдре $ABCD$ двугранные углы с ребрами $AB$, $AC$ и $AD$ равны $60^{\circ}$, $60^{\circ}$ и $90^{\circ}$. Найдите угол между каждым боковым ребром и противоположной боковой гранью.

Рассмотрим трехгранный угол с вершиной в точке $A$ и ребрами $AB, AC, AD$. Плоские углы этого трехгранного угла — это $\angle CAD$, $\angle DAB$ и $\angle BAC$. Двугранные углы при ребрах $AB, AC, AD$ — это углы между соответствующими гранями.

Для решения задачи воспользуемся методами сферической тригонометрии. На единичной сфере с центром в точке $A$ ребрам $AB, AC, AD$ будут соответствовать вершины сферического треугольника, а граням — его стороны. Обозначим:

• $A, B, C$ — двугранные углы при ребрах $AD, AB, AC$ соответственно. По условию, $A=90^\circ$, $B=60^\circ$, $C=60^\circ$.
• $a, b, c$ — плоские углы, являющиеся сторонами сферического треугольника, противолежащими углам $A, B, C$.
  • $a = \angle CAD$ (противолежит углу $B$ при ребре $AB$)
  • $b = \angle DAB$ (противолежит углу $C$ при ребре $AC$)
  • $c = \angle BAC$ (противолежит углу $A$ при ребре $AD$)

Используем вторую теорему косинусов для сферического треугольника, которая связывает углы и стороны:

$\cos A = -\cos B \cos C + \sin B \sin C \cos c$

$\cos B = -\cos C \cos A + \sin C \sin A \cos a$

$\cos C = -\cos A \cos B + \sin A \sin B \cos b$

Подставим известные значения $A=90^\circ, B=60^\circ, C=60^\circ$:

1. Для угла $A=90^\circ$:

$\cos 90^\circ = -\cos 60^\circ \cos 60^\circ + \sin 60^\circ \sin 60^\circ \cos c$

$0 = -(\frac{1}{2})(\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(\frac{\sqrt{3}}{2}) \cos c$

$0 = -\frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cos c \implies \cos c = \frac{1}{3}$.

2. Для угла $B=60^\circ$:

$\cos 60^\circ = -\cos 60^\circ \cos 90^\circ + \sin 60^\circ \sin 90^\circ \cos a$

$\frac{1}{2} = -(\frac{1}{2})(0) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(1) \cos a$

$\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos a \implies \cos a = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

3. Для угла $C=60^\circ$ (поскольку $B=C$, результат для $b$ будет таким же, как для $a$):

$\cos 60^\circ = -\cos 90^\circ \cos 60^\circ + \sin 90^\circ \sin 60^\circ \cos b$

$\frac{1}{2} = -(0)(\frac{1}{2}) + (1)(\frac{\sqrt{3}}{2}) \cos b$

$\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos b \implies \cos b = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Таким образом, мы нашли косинусы плоских углов при вершине $A$:

$\cos(\angle CAD) = \cos a = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$\cos(\angle DAB) = \cos b = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$\cos(\angle BAC) = \cos c = \frac{1}{3}$

Угол $\phi$ между ребром и противоположной ему гранью (плоскостью) можно найти по формуле, связывающей его с объемом тетраэдра. Если ребра, выходящие из вершины $A$, являются единичными векторами, то синус угла $\phi$ между ребром (например, $AD$) и плоскостью противоположной грани (например, $ABC$) равен отношению смешанного произведения векторов ребер к площади параллелограмма, построенного на ребрах, образующих грань.

Смешанное произведение (с точностью до знака) равно объему параллелепипеда, построенного на векторах ребер. Для единичных векторов его квадрат равен определителю Грама:

$V_{par}^2 = \begin{vmatrix} 1 & \cos b & \cos a \\ \cos b & 1 & \cos c \\ \cos a & \cos c & 1 \end{vmatrix} = 1 - \cos^2 a - \cos^2 b - \cos^2 c + 2\cos a \cos b \cos c$

Подставим наши значения:

$V_{par}^2 = 1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2 - (\frac{1}{3})^2 + 2(\frac{\sqrt{3}}{3})(\frac{\sqrt{3}}{3})(\frac{1}{3})$

$V_{par}^2 = 1 - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} - \frac{1}{9} + 2(\frac{3}{9})(\frac{1}{3}) = 1 - \frac{2}{3} - \frac{1}{9} + \frac{2}{9} = \frac{9-6-1+2}{9} = \frac{4}{9}$

$V_{par} = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$.

Теперь найдем углы.

Угол между ребром $AD$ и гранью $ABC$

Пусть этот угол равен $\phi_{AD}$. Грань $ABC$ образована ребрами $AB$ и $AC$. Площадь параллелограмма, построенного на единичных векторах этих ребер, равна $\sin(\angle BAC) = \sin c$.

$\sin \phi_{AD} = \frac{V_{par}}{\sin c}$

Найдем $\sin c$: $\sin c = \sqrt{1 - \cos^2 c} = \sqrt{1 - (\frac{1}{3})^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

$\sin \phi_{AD} = \frac{2/3}{2\sqrt{2}/3} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Следовательно, $\phi_{AD} = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

Угол между ребром $AB$ и гранью $ACD$

Пусть этот угол равен $\phi_{AB}$. Грань $ACD$ образована ребрами $AC$ и $AD$. Площадь соответствующего параллелограмма равна $\sin(\angle CAD) = \sin a$.

$\sin \phi_{AB} = \frac{V_{par}}{\sin a}$

Найдем $\sin a$: $\sin a = \sqrt{1 - \cos^2 a} = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

$\sin \phi_{AB} = \frac{2/3}{\sqrt{6}/3} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Следовательно, $\phi_{AB} = \arcsin(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Ответ: $\arcsin(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Угол между ребром $AC$ и гранью $ABD$

Пусть этот угол равен $\phi_{AC}$. Грань $ABD$ образована ребрами $AB$ и $AD$. Площадь соответствующего параллелограмма равна $\sin(\angle DAB) = \sin b$.

$\sin \phi_{AC} = \frac{V_{par}}{\sin b}$

Поскольку $a=b$, то $\sin a = \sin b = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

$\sin \phi_{AC} = \frac{2/3}{\sqrt{6}/3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Следовательно, $\phi_{AC} = \arcsin(\frac{\sqrt{6}}{3})$. Это совпадает с предыдущим результатом, что ожидаемо из-за симметрии условия ($B=C \implies a=b$).

Ответ: $\arcsin(\frac{\sqrt{6}}{3})$.