Номер 17, страница 13 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $AMB$ и $AMC$ трёхгранного угла $MABC$ соответственно равны $125^\circ$ и $155^\circ$. Докажите, что плоский угол $BMC$ меньше $80^\circ$ и больше $30^\circ$.

2. Плоские углы $ASB$ и $ASC$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны $30^\circ$ и $45^\circ$. Двугранный угол при ребре $SA$ равен $150^\circ$. Найдите плоский угол $BSC$.

3. Ребро $BC$ тетраэдра $PABC$ равно $8$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $ACP$, если

$\angle BCP = \angle ACP = 30^\circ, \cos\angle ACB = \frac{7}{8}$.

1.

Для решения этой задачи воспользуемся свойствами плоских углов трёхгранного угла. Пусть даны плоские углы $\angle AMB = 125^\circ$, $\angle AMC = 155^\circ$. Обозначим искомый угол $\angle BMC = x$.

Основные свойства плоских углов трёхгранного угла:

1. Сумма плоских углов трёхгранного угла всегда меньше $360^\circ$.
2. Каждый плоский угол меньше суммы двух других. Как следствие, каждый плоский угол больше модуля разности двух других.

Применим первое свойство:

$\angle AMB + \angle AMC + \angle BMC < 360^\circ$

$125^\circ + 155^\circ + x < 360^\circ$

$280^\circ + x < 360^\circ$

$x < 360^\circ - 280^\circ$

$x < 80^\circ$

Теперь применим второе свойство (в форме неравенства для разности), чтобы найти нижнюю границу для угла $x$:

$x > |\angle AMC - \angle AMB|$

$x > |155^\circ - 125^\circ|$

$x > 30^\circ$

Объединяя оба неравенства, получаем $30^\circ < x < 80^\circ$, то есть плоский угол $BMC$ больше $30^\circ$ и меньше $80^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2.

Для нахождения плоского угла $BSC$ воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла. Пусть у нас есть трёхгранный угол с вершиной $S$. Обозначим плоские углы: $\angle ASB = \gamma = 30^\circ$, $\angle ASC = \beta = 45^\circ$, и $\angle BSC = \alpha$. Двугранный угол при ребре $SA$ равен $A = 150^\circ$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла гласит:

$\cos \alpha = \cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos A$

Подставим известные значения в формулу:

$\cos(\angle BSC) = \cos(45^\circ) \cos(30^\circ) + \sin(45^\circ) \sin(30^\circ) \cos(150^\circ)$

Вычислим значения необходимых тригонометрических функций:

$\cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$

$\cos(150^\circ) = \cos(180^\circ - 30^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти значения в выражение:

$\cos(\angle BSC) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{6}}{4} - \frac{\sqrt{6}}{8} = \frac{2\sqrt{6} - \sqrt{6}}{8} = \frac{\sqrt{6}}{8}$

Таким образом, искомый плоский угол $\angle BSC$ равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\angle BSC = \arccos\left(\frac{\sqrt{6}}{8}\right)$.

3.

Для нахождения расстояния от точки $B$ до плоскости $ACP$ нам нужно определить двугранный угол между плоскостями $BCP$ и $ACP$. Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной $C$. Его плоские углы: $\angle BCP = 30^\circ$, $\angle ACP = 30^\circ$, и $\angle ACB$, для которого известно, что $\cos(\angle ACB) = \frac{7}{8}$.

Пусть $\phi$ — двугранный угол при ребре $CP$. По теореме косинусов для трёхгранного угла:

$\cos(\angle ACB) = \cos(\angle ACP) \cos(\angle BCP) + \sin(\angle ACP) \sin(\angle BCP) \cos(\phi)$

Подставим известные значения и решим уравнение относительно $\cos(\phi)$:

$\frac{7}{8} = \cos(30^\circ) \cdot \cos(30^\circ) + \sin(30^\circ) \cdot \sin(30^\circ) \cdot \cos(\phi)$

$\frac{7}{8} = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \cos(\phi)$

$\frac{7}{8} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cos(\phi)$

Приведём $\frac{3}{4}$ к знаменателю 8: $\frac{3}{4} = \frac{6}{8}$.

$\frac{7}{8} = \frac{6}{8} + \frac{1}{4} \cos(\phi)$

$\frac{1}{8} = \frac{1}{4} \cos(\phi)$

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

Следовательно, двугранный угол $\phi = 60^\circ$.

Теперь найдём расстояние от точки $B$ до плоскости $ACP$. Обозначим это расстояние $d$. В плоскости $BCP$ опустим перпендикуляр $BH$ из точки $B$ на ребро $CP$. Длину $BH$ можно найти из треугольника $BCP$, в котором $BC = 8$ см и $\angle BCP = 30^\circ$.

$BH = BC \cdot \sin(\angle BCP) = 8 \cdot \sin(30^\circ) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см.

Расстояние $d$ от точки $B$ до плоскости $ACP$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на эту плоскость. Этот перпендикуляр, отрезок $BH$ и его проекция на плоскость $ACP$ образуют прямоугольный треугольник, в котором угол, противолежащий искомому расстоянию, равен двугранному углу $\phi$. Таким образом:

$d = BH \cdot \sin(\phi)$

Подставим известные значения:

$d = 4 \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.

Ответ: $2\sqrt{3}$ см.