Номер 969, страница 136 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

969. В тетраэдре $ABCD$ все плоские углы при вершине $D$ прямые, $AD = a$, $BD = b$, $CD = a + b$. Докажите, что сумма плоских углов при вершине $C$ равна $90^\circ$.

Пусть плоские углы при вершине $C$ тетраэдра $ABCD$ равны $\angle ACD = \alpha$, $\angle BCD = \beta$ и $\angle ACB = \gamma$. Нам нужно доказать, что $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$.

По условию, все плоские углы при вершине $D$ прямые, то есть $\angle ADC = \angle BDC = \angle ADB = 90^\circ$. Это означает, что ребра $DA$, $DB$ и $DC$ попарно перпендикулярны. Треугольники $\triangle ADC$, $\triangle BDC$ и $\triangle ADB$ являются прямоугольными.

Из прямоугольных треугольников $\triangle ADC$ и $\triangle BDC$ найдем тангенсы углов $\alpha$ и $\beta$:$ \tan \alpha = \frac{AD}{CD} = \frac{a}{a+b} $$ \tan \beta = \frac{BD}{CD} = \frac{b}{a+b} $

Найдем тангенс суммы этих углов, $\alpha + \beta$:$ \tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = \frac{\frac{a}{a+b} + \frac{b}{a+b}}{1 - \frac{a}{a+b} \cdot \frac{b}{a+b}} = \frac{\frac{a+b}{a+b}}{1 - \frac{ab}{(a+b)^2}} = \frac{1}{\frac{(a+b)^2 - ab}{(a+b)^2}} = \frac{(a+b)^2}{a^2 + 2ab + b^2 - ab} = \frac{(a+b)^2}{a^2 + ab + b^2} $

Теперь найдем угол $\gamma = \angle ACB$. Он является углом в треугольнике $\triangle ABC$. Для нахождения этого угла воспользуемся теоремой косинусов. Сначала найдем квадраты длин сторон треугольника $\triangle ABC$, используя теорему Пифагора для граней тетраэдра:

• В $\triangle ADC$: $AC^2 = AD^2 + CD^2 = a^2 + (a+b)^2$
• В $\triangle BDC$: $BC^2 = BD^2 + CD^2 = b^2 + (a+b)^2$
• В $\triangle ADB$: $AB^2 = AD^2 + BD^2 = a^2 + b^2$

Применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle ABC$:$ AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \gamma $$ a^2 + b^2 = (a^2 + (a+b)^2) + (b^2 + (a+b)^2) - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \gamma $$ a^2 + b^2 = a^2 + b^2 + 2(a+b)^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \gamma $$ 0 = 2(a+b)^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \gamma $$ \cos \gamma = \frac{2(a+b)^2}{2 \cdot AC \cdot BC} = \frac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2 + (a+b)^2} \cdot \sqrt{b^2 + (a+b)^2}} $

Чтобы доказать, что $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$, достаточно показать, что $\alpha + \beta = 90^\circ - \gamma$. Поскольку все углы острые (так как $a, b > 0$, то $\tan \alpha < 1$, $\tan \beta < 1$, $\cos \gamma > 0$), это равносильно доказательству равенства $\tan(\alpha + \beta) = \tan(90^\circ - \gamma) = \cot \gamma$.

Найдем $\cot \gamma = \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma}$. Для этого сначала вычислим $\sin^2 \gamma$:$ \sin^2 \gamma = 1 - \cos^2 \gamma = 1 - \frac{(a+b)^4}{(a^2 + (a+b)^2)(b^2 + (a+b)^2)} $$ \sin^2 \gamma = \frac{(a^2 + (a+b)^2)(b^2 + (a+b)^2) - (a+b)^4}{(a^2 + (a+b)^2)(b^2 + (a+b)^2)} $Раскроем скобки в числителе:$ a^2b^2 + a^2(a+b)^2 + b^2(a+b)^2 + (a+b)^4 - (a+b)^4 = a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2 $Значит, $ \sin \gamma = \frac{\sqrt{a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2}}{\sqrt{a^2 + (a+b)^2} \sqrt{b^2 + (a+b)^2}} $ (синус острого угла положителен).

Теперь найдем $\cot \gamma$:$ \cot \gamma = \frac{\cos \gamma}{\sin \gamma} = \frac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2}} $

Сравним полученные выражения для $\tan(\alpha + \beta)$ и $\cot \gamma$. Нам нужно доказать, что:$ \frac{(a+b)^2}{a^2 + ab + b^2} = \frac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2}} $Это равносильно проверке равенства знаменателей:$ a^2 + ab + b^2 = \sqrt{a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2} $Возведем обе части в квадрат (обе части положительны):$ (a^2 + ab + b^2)^2 = a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2 $Раскроем левую часть:$ (a^2 + ab + b^2)^2 = a^4 + a^2b^2 + b^4 + 2a^3b + 2ab^3 + 2a^2b^2 = a^4 + b^4 + 3a^2b^2 + 2a^3b + 2ab^3 $Раскроем правую часть:$ a^2b^2 + (a^2+b^2)(a^2+2ab+b^2) = a^2b^2 + (a^4+2a^3b+a^2b^2) + (a^2b^2+2ab^3+b^4) = a^4 + b^4 + 3a^2b^2 + 2a^3b + 2ab^3 $

Поскольку левая и правая части равны, исходное равенство $a^2 + ab + b^2 = \sqrt{a^2b^2 + (a^2+b^2)(a+b)^2}$ верно. Следовательно, $\tan(\alpha + \beta) = \cot \gamma$. Так как углы $\alpha, \beta, \gamma$ острые, то и $\alpha+\beta$ - острый угол, из чего следует, что $\alpha + \beta = 90^\circ - \gamma$. Перенося $\gamma$ в левую часть, получаем $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма плоских углов при вершине $C$ равна $90^\circ$, что и требовалось доказать.