Номер 335, страница 130 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

335*. Отрезок $EL$, соединяющий вершину $E$ треугольника $CDE$ с вершиной $L$ треугольника $CDL$, перпендикулярен плоскости этого треугольника. Докажите, что площадь треугольника $CDE$ равна $S \cdot \cos \varphi$, где $S$ — площадь треугольника $CDL$, $\varphi$ — угол между плоскостями $CDL$ и $CDE$.

В условии задачи имеется неоднозначность. Утверждение, которое требуется доказать, становится верным при предположении, что отрезок $EL$ перпендикулярен плоскости треугольника $CDE$. Если же предположить, что $EL$ перпендикулярен плоскости $CDL$, то верной была бы формула $S = S_{CDE} \cdot \cos \varphi$. Будем исходить из того, что в задаче нужно доказать верное утверждение, а в условии содержится неточность, и докажем, что $S_{CDE} = S \cdot \cos \varphi$ при условии $EL \perp (CDE)$.

Доказательство:

Пусть плоскость $\alpha$ содержит треугольник $CDE$, а плоскость $\beta$ содержит треугольник $CDL$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $CD$, так как это общая сторона обоих треугольников.

По нашему предположению, отрезок $EL$ перпендикулярен плоскости $\alpha$ ($EL \perp (CDE)$). Так как точка $E$ принадлежит плоскости $\alpha$, она является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $L$ на плоскость $\alpha$. Точки $C$ и $D$ принадлежат обеим плоскостям, поэтому их проекции на плоскость $\alpha$ совпадают с ними самими. Таким образом, треугольник $CDE$ является ортогональной проекцией треугольника $CDL$ на плоскость $\alpha$.

Для нахождения связи между площадями докажем соответствующую теорему для данного случая.

1. Проведем в плоскости $\alpha$ высоту $EH$ к общему основанию $CD$. Таким образом, $EH \perp CD$.

2. Так как $EL \perp \alpha$, то отрезок $EL$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $EL \perp EH$. Это означает, что треугольник $ELH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $E$.

3. Рассмотрим наклонную $LH$ к плоскости $\alpha$ и ее проекцию $EH$. Поскольку проекция $EH$ перпендикулярна прямой $CD$ (которая лежит в плоскости $\alpha$), то по теореме о трех перпендикулярах сама наклонная $LH$ также перпендикулярна прямой $CD$. То есть, $LH$ является высотой треугольника $CDL$, проведенной к стороне $CD$.

4. Угол $\varphi$ между плоскостями $(CDE)$ и $(CDL)$ есть двугранный угол при ребре $CD$. Его линейной мерой является угол между двумя перпендикулярами к ребру $CD$, проведенными в разных плоскостях из одной точки на ребре. Мы построили такие перпендикуляры: $EH \perp CD$ и $LH \perp CD$. Следовательно, угол $\angle LHE$ и есть линейный угол двугранного угла, то есть $\angle LHE = \varphi$.

5. В прямоугольном треугольнике $ELH$ катет $EH$ и гипотенуза $LH$ связаны через косинус угла $\varphi$:

$\cos \varphi = \frac{EH}{LH}$, откуда $EH = LH \cdot \cos \varphi$.

6. Теперь запишем формулы для площадей треугольников $CDE$ и $CDL$. Площадь треугольника $CDL$ по условию равна $S$.

$S_{CDE} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot EH$

$S = S_{CDL} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot LH$

7. Подставим выражение для $EH$ из пункта 5 в формулу для площади треугольника $CDE$:

$S_{CDE} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot (LH \cdot \cos \varphi)$

8. Сгруппируем множители:

$S_{CDE} = \left(\frac{1}{2} \cdot CD \cdot LH\right) \cdot \cos \varphi$

9. Выражение в скобках равно площади треугольника $CDL$, то есть $S$.

$S_{CDE} = S \cdot \cos \varphi$

Таким образом, мы доказали, что площадь треугольника $CDE$ равна $S \cdot \cos \varphi$, что и требовалось в задаче.

Ответ: Утверждение доказано.