Номер 770, страница 190 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

770. Все плоские углы тетраэдра ОABC при вершине О равны 90°. Докажите, что площадь треугольника АОВ равна среднему геометрическому площадей треугольников ABC и О₁AB, где О₁ — проекция точки О на плоскость ABC.

Доказательство:

Введем обозначения для площадей треугольников: $S_{AOB}$ — площадь треугольника $AOB$, $S_{ABC}$ — площадь треугольника $ABC$, и $S_{O_1AB}$ — площадь треугольника $O_1AB$.

Нам нужно доказать, что $S_{AOB} = \sqrt{S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}}$, что эквивалентно равенству $S_{AOB}^2 = S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}$.

Воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции плоской фигуры. Площадь проекции $S_{пр}$ фигуры с площадью $S$ на плоскость равна произведению площади фигуры на косинус угла $\gamma$ между плоскостью фигуры и плоскостью проекции: $S_{пр} = S \cdot \cos(\gamma)$.

1. Рассмотрим треугольник $O_1AB$. По условию, точка $O_1$ является ортогональной проекцией точки $O$ на плоскость $ABC$. Точки $A$ и $B$ уже лежат в этой плоскости, поэтому их проекции совпадают с ними самими. Следовательно, треугольник $O_1AB$ является ортогональной проекцией треугольника $OAB$ на плоскость $ABC$.

Пусть $\theta$ — это двугранный угол между плоскостью треугольника $AOB$ и плоскостью треугольника $ABC$. Согласно теореме о площади проекции, мы можем записать:

$S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \cos(\theta)$ (1)

2. Теперь рассмотрим треугольник $AOB$ как проекцию треугольника $ABC$. По условию, все плоские углы при вершине $O$ прямые, то есть $OA \perp OB$, $OB \perp OC$ и $OC \perp OA$. Это означает, что ребро $OC$ перпендикулярно плоскости $AOB$.

Найдем ортогональную проекцию треугольника $ABC$ на плоскость $AOB$. Проекции точек $A$ и $B$ на эту плоскость совпадают с самими точками. Проекцией точки $C$ на плоскость $AOB$ является точка $O$, так как $OC$ перпендикулярен этой плоскости. Таким образом, ортогональной проекцией треугольника $ABC$ на плоскость $AOB$ является треугольник $AOB$.

Угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $AOB$ — это тот же самый угол $\theta$. Применяя теорему о площади проекции еще раз, получаем:

$S_{AOB} = S_{ABC} \cdot \cos(\theta)$ (2)

3. Теперь у нас есть система из двух уравнений:

$\begin{cases} S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \cos(\theta) \\ S_{AOB} = S_{ABC} \cdot \cos(\theta) \end{cases}$

Из второго уравнения выразим $\cos(\theta)$. Так как $A, B, C$ являются вершинами тетраэдра, $S_{ABC} \neq 0$.

$\cos(\theta) = \frac{S_{AOB}}{S_{ABC}}$

Подставим это выражение для $\cos(\theta)$ в первое уравнение:

$S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \left(\frac{S_{AOB}}{S_{ABC}}\right)$

$S_{O_1AB} = \frac{S_{AOB}^2}{S_{ABC}}$

Умножим обе части на $S_{ABC}$:

$S_{AOB}^2 = S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}$

Извлекая квадратный корень из обеих частей (площади не могут быть отрицательными), получаем:

$S_{AOB} = \sqrt{S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}}$

Это означает, что площадь треугольника $AOB$ является средним геометрическим площадей треугольников $ABC$ и $O_1AB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Площадь треугольника $AOB$ действительно равна среднему геометрическому площадей треугольников $ABC$ и $O_1AB$ при заданных условиях.