Страница 50 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

112. Точка $M$ лежит вне плоскости правильного треугольника $ABC$, а наклонные $MA$, $MB$ и $MC$ образуют равные углы с плоскостью $ABC$. Докажите, что проекция точки $M$ на плоскость треугольника — центр этого треугольника.

Пусть $H$ — проекция точки $M$ на плоскость треугольника $ABC$. По определению проекции, отрезок $MH$ перпендикулярен плоскости $ABC$, то есть $MH \perp (ABC)$.

Отрезки $MA$, $MB$ и $MC$ являются наклонными к плоскости $ABC$, а отрезки $HA$, $HB$ и $HC$ — их проекциями на эту плоскость.

Угол между наклонной и плоскостью определяется как угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. По условию задачи, наклонные $MA$, $MB$ и $MC$ образуют равные углы с плоскостью $ABC$. Обозначим этот угол как $\alpha$. Следовательно, $\angle MAH = \angle MBH = \angle MCH = \alpha$.

Рассмотрим треугольники $\triangle MHA$, $\triangle MHB$ и $\triangle MHC$. Поскольку $MH$ является перпендикуляром к плоскости $(ABC)$, он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через его основание $H$. Значит, $\angle MHA = \angle MHB = \angle MHC = 90^\circ$. Таким образом, все три треугольника являются прямоугольными.

Сравним эти прямоугольные треугольники. У них есть:
1. Общий катет $MH$.
2. Равные острые углы: $\angle MAH = \angle MBH = \angle MCH = \alpha$.

Прямоугольные треугольники, имеющие равный катет и равный противолежащий этому катету острый угол, равны. Следовательно, $\triangle MHA \cong \triangle MHB \cong \triangle MHC$.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, равны катеты $HA$, $HB$ и $HC$:$HA = HB = HC$.

Это означает, что точка $H$ в плоскости треугольника $ABC$ равноудалена от всех его вершин $A$, $B$ и $C$. Точка в плоскости треугольника, равноудаленная от его вершин, является центром описанной около него окружности.

По условию, треугольник $ABC$ — правильный (равносторонний). В правильном треугольнике центр описанной окружности, центр вписанной окружности, точка пересечения медиан (центроид) и точка пересечения высот (ортоцентр) совпадают и называются центром треугольника.

Следовательно, проекция точки $M$ на плоскость треугольника, точка $H$, является центром правильного треугольника $ABC$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Проекция точки $M$ на плоскость правильного треугольника $ABC$ равноудалена от его вершин, а значит, является центром этого треугольника.

113. Из точки $C$ к плоскости $\beta$ провели наклонные $CA$ и $CB$, образующие с ней углы $45^{\circ}$ и $30^{\circ}$ соответственно. Найдите проекцию наклонной $CB$ на плоскость $\beta$, если $CA = 8\sqrt{6}$ см.

Пусть $C$ — данная точка, не лежащая в плоскости $\beta$. Проведем из точки $C$ перпендикуляр $CH$ к плоскости $\beta$. Тогда $H$ — основание перпендикуляра. Отрезок $HA$ является проекцией наклонной $CA$ на плоскость $\beta$, а отрезок $HB$ — проекцией наклонной $CB$ на плоскость $\beta$.
Угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и ее проекцией на плоскость. Согласно условию, угол между наклонной $CA$ и плоскостью $\beta$ равен $45^\circ$, значит $\angle CAH = 45^\circ$. Угол между наклонной $CB$ и плоскостью $\beta$ равен $30^\circ$, значит $\angle CBH = 30^\circ$.
Поскольку $CH$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, треугольники $\triangle CHA$ и $\triangle CHB$ являются прямоугольными ($\angle CHA = \angle CHB = 90^\circ$). Длина перпендикуляра $CH$ является общей для обоих треугольников.

Шаг 1: Нахождение длины перпендикуляра CH
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHA$. Нам известна длина гипотенузы $CA = 8\sqrt{6}$ см и угол $\angle CAH = 45^\circ$.
Найдем катет $CH$, противолежащий этому углу, используя синус угла: $CH = CA \cdot \sin(\angle CAH)$
$CH = 8\sqrt{6} \cdot \sin(45^\circ)$
Зная, что $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем: $CH = 8\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{12} = 4\sqrt{4 \cdot 3} = 4 \cdot 2\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$ см.

Шаг 2: Нахождение проекции наклонной CB
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHB$. Нам известен катет $CH = 8\sqrt{3}$ см и угол $\angle CBH = 30^\circ$.
Искомая проекция — это катет $HB$, прилежащий к углу $\angle CBH$. Воспользуемся тангенсом угла, который связывает оба катета: $\tan(\angle CBH) = \frac{CH}{HB}$
Выразим отсюда $HB$: $HB = \frac{CH}{\tan(\angle CBH)}$
Зная, что $\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$, получаем: $HB = \frac{8\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 8\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 8 \cdot 3 = 24$ см.

Ответ: 24 см.

114. Точка $K$ находится на расстоянии 6 см от плоскости $ \alpha $. Наклонные $KA$ и $KB$ образуют с плоскостью $ \alpha $ углы $45^\circ$ и $30^\circ$, а угол между проекциями наклонных равен $135^\circ$. Найдите расстояние между точками $A$ и $B$.

Пусть H - проекция точки K на плоскость α. Тогда KH - перпендикуляр к плоскости α, и его длина равна расстоянию от точки K до плоскости, то есть $KH = 6$ см. Отрезки HA и HB являются проекциями наклонных KA и KB на плоскость α соответственно. Треугольники KHA и KHB являются прямоугольными с прямым углом при вершине H.

Угол между наклонной и плоскостью - это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость.Следовательно, $\angle KAH = 45^\circ$ и $\angle KBH = 30^\circ$.Угол между проекциями наклонных равен $\angle AHB = 135^\circ$.

1. Найдем длину проекции HA.

Рассмотрим прямоугольный треугольник KHA. Катет KH, противолежащий углу $\angle KAH$, равен 6 см. Катет HA является прилежащим к этому углу.Из определения тангенса угла в прямоугольном треугольнике:$tg(\angle KAH) = \frac{KH}{HA}$$tg(45^\circ) = \frac{6}{HA}$Так как $tg(45^\circ) = 1$, получаем:$1 = \frac{6}{HA}$Отсюда $HA = 6$ см.

2. Найдем длину проекции HB.

Рассмотрим прямоугольный треугольник KHB. Катет KH, противолежащий углу $\angle KBH$, равен 6 см. Катет HB является прилежащим к этому углу.$tg(\angle KBH) = \frac{KH}{HB}$$tg(30^\circ) = \frac{6}{HB}$Так как $tg(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ (или $\frac{\sqrt{3}}{3}$), получаем:$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{6}{HB}$Отсюда $HB = 6\sqrt{3}$ см.

3. Найдем расстояние AB.

Рассмотрим треугольник AHB, лежащий в плоскости α. Мы знаем длины двух его сторон $HA = 6$ см, $HB = 6\sqrt{3}$ см и угол между ними $\angle AHB = 135^\circ$.Для нахождения длины третьей стороны AB воспользуемся теоремой косинусов:$AB^2 = HA^2 + HB^2 - 2 \cdot HA \cdot HB \cdot \cos(\angle AHB)$Подставим известные значения:$AB^2 = 6^2 + (6\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 6 \cdot 6\sqrt{3} \cdot \cos(135^\circ)$Вычислим значения:$6^2 = 36$$(6\sqrt{3})^2 = 36 \cdot 3 = 108$$\cos(135^\circ) = \cos(180^\circ - 45^\circ) = -\cos(45^\circ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$Подставим в формулу:$AB^2 = 36 + 108 - 2 \cdot 6 \cdot 6\sqrt{3} \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2})$$AB^2 = 144 - 72\sqrt{3} \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2})$$AB^2 = 144 + 36\sqrt{6}$Теперь найдем AB:$AB = \sqrt{144 + 36\sqrt{6}}$Вынесем общий множитель 36 из-под корня:$AB = \sqrt{36(4 + \sqrt{6})} = 6\sqrt{4 + \sqrt{6}}$ см.

Ответ: $6\sqrt{4 + \sqrt{6}}$ см.

115. Через вершину A прямоугольного треугольника ABC

$(\angle ABC = 90^\circ)$ к плоскости треугольника проведён перпендикуляр DA. Найдите расстояние от точки D до прямой BC, если прямая DB образует с плоскостью ABC угол $\beta$, AC = c, $\angle BAC = \alpha$.

Поскольку $DA$ — перпендикуляр к плоскости треугольника $ABC$, то $DA \perp AB$. Следовательно, треугольник $DAB$ является прямоугольным с прямым углом $\angle DAB = 90^\circ$.

Расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ — это длина перпендикуляра, проведённого из точки $D$ к прямой $BC$. Обозначим этот перпендикуляр $DH$, где $H$ лежит на прямой $BC$.

Рассмотрим наклонную $DB$ к плоскости $(ABC)$. Её проекцией на эту плоскость является отрезок $AB$. По условию, в треугольнике $ABC$ угол $\angle ABC = 90^\circ$, что означает $AB \perp BC$.

По теореме о трёх перпендикулярах, если проекция наклонной ($AB$) перпендикулярна прямой ($BC$) в плоскости, то и сама наклонная ($DB$) перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $DB \perp BC$.

Это означает, что отрезок $DB$ и есть перпендикуляр из точки $D$ к прямой $BC$, а его длина — искомое расстояние.

Угол между прямой $DB$ и плоскостью $(ABC)$ — это угол между самой прямой и её проекцией на плоскость, то есть угол $\angle DBA$. По условию, $\angle DBA = \beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle B = 90^\circ$). В нём нам известна гипотенуза $AC = c$ и угол $\angle BAC = \alpha$. Найдём катет $AB$:$AB = AC \cdot \cos(\angle BAC) = c \cdot \cos(\alpha)$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $DAB$ ($\angle A = 90^\circ$). В нём нам известен катет $AB = c \cdot \cos(\alpha)$ и угол $\angle DBA = \beta$. Найдём гипотенузу $DB$:$\cos(\angle DBA) = \frac{AB}{DB}$$DB = \frac{AB}{\cos(\angle DBA)} = \frac{c \cdot \cos(\alpha)}{\cos(\beta)}$

Ответ: $\frac{c \cos \alpha}{\cos \beta}$

116. На ребре $AD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $K$ так, что $AK : KD = 2 : 3$. Найдите угол между прямой $B_1K$ и плоскостью $BAA_1$, если $AD = 15$ см, $AB = 6$ см, $AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.

Дано: прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$, точка $K \in AD$, $AK : KD = 2 : 3$, $AD = 15$ см, $AB = 6$ см, $AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.
Найти: угол между прямой $B_1K$ и плоскостью $BAA_1$.

1. Найдем длину отрезка $AK$.
Поскольку точка $K$ делит ребро $AD$ в отношении $AK : KD = 2 : 3$, то вся длина ребра $AD$ состоит из $2+3=5$ частей.
$AK = \frac{2}{5} AD = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$ см.

2. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Построим проекцию прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$.
Точка $B_1$ уже лежит в плоскости $BAA_1$, значит, её проекция совпадает с самой точкой $B_1$.
Для нахождения проекции точки $K$ на плоскость $BAA_1$ необходимо опустить перпендикуляр из $K$ на эту плоскость.

3. В прямоугольном параллелепипеде ребро $AD$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$ (то есть плоскости $BAA_1$), так как $AD \perp AB$ (стороны прямоугольника в основании) и $AD \perp AA_1$ (ребро основания перпендикулярно боковому ребру).
Поскольку точка $K$ лежит на прямой $AD$, а точка $A$ принадлежит плоскости $BAA_1$, то отрезок $KA$ является перпендикуляром к плоскости $BAA_1$.
Следовательно, точка $A$ является проекцией точки $K$ на плоскость $BAA_1$.

4. Таким образом, прямая $B_1A$ является проекцией прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$.
Искомый угол — это угол между наклонной $B_1K$ и её проекцией $B_1A$, то есть угол $\angle KB_1A$.

5. Рассмотрим треугольник $\triangle KB_1A$. Так как $KA \perp (BAA_1)$, а прямая $B_1A$ лежит в этой плоскости, то $KA \perp B_1A$. Это означает, что $\triangle KB_1A$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $A$.
Найдем длины его катетов:
- Катет $KA = 6$ см.
- Катет $B_1A$ — это диагональ грани (прямоугольника) $ABB_1A_1$. Найдем её длину из прямоугольного треугольника $\triangle ABB_1$ (угол $\angle B = 90^\circ$):
$AB = 6$ см, $BB_1 = AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.
По теореме Пифагора:
$B_1A^2 = AB^2 + BB_1^2 = 6^2 + (6\sqrt{2})^2 = 36 + 36 \cdot 2 = 36 + 72 = 108$.
$B_1A = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3}$ см.

6. В прямоугольном треугольнике $\triangle KB_1A$ найдем тангенс искомого угла $\angle KB_1A$:
$\tan(\angle KB_1A) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{KA}{B_1A} = \frac{6}{6\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, — это $30^\circ$.
Следовательно, $\angle KB_1A = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

117. Треугольники $ABC$ и $ADC$ не лежат в одной плоскости. Прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ADC$, прямые $AB$ и $BC$ образуют с плоскостью $ADC$ углы по $30^\circ$, $\angle ADC = 90^\circ$. Найдите угол $ABC$.

Поскольку прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ADC$, то отрезок $BD$ является перпендикуляром, опущенным из точки $B$ на плоскость $ADC$. Отрезки $AD$ и $CD$ являются проекциями наклонных $AB$ и $BC$ на плоскость $ADC$ соответственно.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. По условию задачи, прямые $AB$ и $BC$ образуют с плоскостью $ADC$ углы по $30^\circ$. Следовательно, $\angle BAD = 30^\circ$ и $\angle BCD = 30^\circ$.

Так как $BD \perp (ADC)$, то $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $BD \perp AD$ и $BD \perp CD$. Таким образом, треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $D$.

Рассмотрим эти прямоугольные треугольники. Пусть длина перпендикуляра $BD = h$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABD$:

$AB = \frac{BD}{\sin(\angle BAD)} = \frac{h}{\sin(30^\circ)} = \frac{h}{1/2} = 2h$

$AD = \frac{BD}{\tan(\angle BAD)} = \frac{h}{\tan(30^\circ)} = \frac{h}{1/\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$

В прямоугольном треугольнике $\triangle CBD$:

$BC = \frac{BD}{\sin(\angle BCD)} = \frac{h}{\sin(30^\circ)} = \frac{h}{1/2} = 2h$

$CD = \frac{BD}{\tan(\angle BCD)} = \frac{h}{\tan(30^\circ)} = \frac{h}{1/\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Мы нашли длины его сторон $AB = 2h$ и $BC = 2h$. Треугольник $\triangle ABC$ является равнобедренным. Для нахождения угла $\angle ABC$ нам необходимо найти длину третьей стороны $AC$.

Сторону $AC$ найдем из треугольника $\triangle ADC$. По условию, $\angle ADC = 90^\circ$, следовательно, $\triangle ADC$ — прямоугольный. По теореме Пифагора:

$AC^2 = AD^2 + CD^2$

$AC^2 = (h\sqrt{3})^2 + (h\sqrt{3})^2 = 3h^2 + 3h^2 = 6h^2$

$AC = \sqrt{6h^2} = h\sqrt{6}$

Теперь, зная все три стороны треугольника $\triangle ABC$ ($AB=2h, BC=2h, AC=h\sqrt{6}$), мы можем найти $\angle ABC$ по теореме косинусов:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$

$(h\sqrt{6})^2 = (2h)^2 + (2h)^2 - 2 \cdot (2h) \cdot (2h) \cdot \cos(\angle ABC)$

$6h^2 = 4h^2 + 4h^2 - 8h^2 \cdot \cos(\angle ABC)$

$6h^2 = 8h^2 - 8h^2 \cdot \cos(\angle ABC)$

Разделим обе части уравнения на $h^2$ (так как $h \neq 0$):

$6 = 8 - 8 \cos(\angle ABC)$

$8 \cos(\angle ABC) = 8 - 6$

$8 \cos(\angle ABC) = 2$

$\cos(\angle ABC) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$

Отсюда $\angle ABC = \arccos\left(\frac{1}{4}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{4}\right)$

Двугранный угол. Угол между плоскостями

118. На одной из граней двугранного угла отметили точку $B$, удалённую от другой грани на 7 см, а от ребра двугранного угла — на 14 см. Найдите величину двугранного угла.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $ \alpha $ и $ \beta $, которые пересекаются по прямой $ a $ (ребро двугранного угла). По условию задачи, на одной из граней, пусть это будет грань $ \alpha $, отмечена точка $ B $.

Расстояние от точки $ B $ до другой грани $ \beta $ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $ B $ на плоскость $ \beta $. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $ C $. Таким образом, отрезок $ BC $ перпендикулярен плоскости $ \beta $ ($ BC \perp \beta $), и его длина равна $ BC = 7 $ см.

Расстояние от точки $ B $ до ребра $ a $ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $ B $ на прямую $ a $. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $ A $. Так как точка $ B $ находится в плоскости $ \alpha $, а точка $ A $ — на ребре $ a $, которое также лежит в плоскости $ \alpha $, то отрезок $ BA $ полностью принадлежит плоскости $ \alpha $. По определению расстояния, $ BA \perp a $, и его длина равна $ BA = 14 $ см.

Для нахождения величины двугранного угла необходимо построить его линейный угол. Линейный угол двугранного угла — это угол, образованный двумя лучами, исходящими из одной точки на ребре, перпендикулярными ребру и лежащими в разных гранях.В нашей конструкции отрезок $ BA $ лежит в грани $ \alpha $ и перпендикулярен ребру $ a $. Отрезок $ AC $ является проекцией наклонной $ BA $ на плоскость $ \beta $. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($ BA $) перпендикулярна прямой ($ a $), лежащей в плоскости проекции ($ \beta $), то и сама проекция ($ AC $) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $ AC \perp a $.

Таким образом, угол $ \angle BAC $ является линейным углом данного двугранного угла. Обозначим величину этого угла через $ \phi $.

Рассмотрим треугольник $ \triangle BAC $. Так как $ BC $ — перпендикуляр к плоскости $ \beta $, а отрезок $ AC $ лежит в этой плоскости и проходит через основание перпендикуляра $ C $, то $ BC \perp AC $. Это означает, что $ \triangle BAC $ является прямоугольным треугольником с прямым углом при вершине $ C $.

В прямоугольном треугольнике $ \triangle BAC $:

• $ BA $ — гипотенуза, $ BA = 14 $ см.
• $ BC $ — катет, противолежащий углу $ \phi = \angle BAC $, $ BC = 7 $ см.

Для нахождения угла $ \phi $ воспользуемся определением синуса в прямоугольном треугольнике:$ \sin(\phi) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{BC}{BA} $

Подставив известные значения, получим:$ \sin(\phi) = \frac{7}{14} = \frac{1}{2} $

Угол, синус которого равен $ \frac{1}{2} $, составляет $ 30^\circ $. Следовательно, величина искомого двугранного угла равна $ 30^\circ $.

Ответ: $30^\circ$

119. В гранях двугранного угла проведены прямые m и n, параллельные его ребру, на расстоянии 8 см и $2\sqrt{3}$ см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми m и n равно $2\sqrt{31}$ см.

Пусть дан двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$ с общим ребром $e$. Пусть искомая величина этого двугранного угла равна $\varphi$.

В грани $\alpha$ проведена прямая $m$, параллельная ребру $e$ на расстоянии 8 см от него. В грани $\beta$ проведена прямая $n$, параллельная ребру $e$ на расстоянии $2\sqrt{3}$ см от него.

Для нахождения величины двугранного угла построим его линейный угол. Для этого выберем на ребре $e$ произвольную точку $O$ и проведём в гранях $\alpha$ и $\beta$ лучи $OA$ и $OB$ соответственно, перпендикулярные ребру $e$. Угол $\angle AOB$ будет являться линейным углом данного двугранного угла, и его величина равна $\varphi$.

Поскольку прямая $m$ лежит в плоскости $\alpha$ и параллельна $e$, а луч $OA$ лежит в той же плоскости и перпендикулярен $e$, то луч $OA$ будет перпендикулярен прямой $m$. Точка $A$ — это точка пересечения луча $OA$ и прямой $m$. Длина отрезка $OA$ равна расстоянию от прямой $m$ до ребра $e$, то есть $OA = 8$ см.

Аналогично, поскольку прямая $n$ лежит в плоскости $\beta$ и параллельна $e$, а луч $OB$ лежит в той же плоскости и перпендикулярен $e$, то луч $OB$ будет перпендикулярен прямой $n$. Точка $B$ — это точка пересечения луча $OB$ и прямой $n$. Длина отрезка $OB$ равна расстоянию от прямой $n$ до ребра $e$, то есть $OB = 2\sqrt{3}$ см.

Плоскость, содержащая треугольник $OAB$, перпендикулярна ребру $e$. Так как прямые $m$ и $n$ параллельны ребру $e$, то эта плоскость перпендикулярна и прямым $m$ и $n$. Следовательно, отрезок $AB$, соединяющий точки на этих прямых, является расстоянием между ними. По условию, это расстояние равно $2\sqrt{31}$ см, то есть $AB = 2\sqrt{31}$ см.

Рассмотрим треугольник $OAB$. Мы знаем длины всех трёх его сторон: $OA = 8$ см, $OB = 2\sqrt{3}$ см, $AB = 2\sqrt{31}$ см. Угол $\angle AOB = \varphi$ является искомым углом. Применим теорему косинусов для треугольника $OAB$:

$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\angle AOB)$

Подставим известные значения:

$(2\sqrt{31})^2 = 8^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 8 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \cos(\varphi)$

$4 \cdot 31 = 64 + 4 \cdot 3 - 32\sqrt{3} \cos(\varphi)$

$124 = 64 + 12 - 32\sqrt{3} \cos(\varphi)$

$124 = 76 - 32\sqrt{3} \cos(\varphi)$

Выразим $\cos(\varphi)$:

$32\sqrt{3} \cos(\varphi) = 76 - 124$

$32\sqrt{3} \cos(\varphi) = -48$

$\cos(\varphi) = \frac{-48}{32\sqrt{3}} = -\frac{3}{2\sqrt{3}} = -\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\sqrt{3}} = -\frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь найдём угол $\varphi$, зная его косинус. Так как величина двугранного угла находится в пределах от $0^{\circ}$ до $180^{\circ}$, то:

$\varphi = \arccos\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 150^{\circ}$

Ответ: $150^{\circ}$.