Номер 17, страница 25 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $APB$ и $BPC$ трёхгранного угла $PABC$ соответственно равны $110^\circ$ и $165^\circ$. Докажите, что плоский угол $APC$ меньше $85^\circ$ и больше $55^\circ$.

2. Плоские углы $AMB$ и $AMC$ трёхгранного угла $MABC$ соответственно равны $45^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $MA$ равен $30^\circ$. Найдите плоский угол $BMC$.

3. Ребро $AC$ тетраэдра $SABC$ равно $12\sqrt{2}$ см. Найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC$, если $\angle SCA = \angle SCB = 45^\circ$, $\cos\angle ACB = \frac{3}{4}$.

1. Для решения этой задачи воспользуемся свойствами плоских углов трёхгранного угла. Пусть плоские углы трёхгранного угла $PABC$ равны $\alpha = \angle APB = 110^\circ$, $\beta = \angle BPC = 165^\circ$ и $\gamma = \angle APC$.

Согласно свойствам трёхгранного угла, должны выполняться следующие неравенства:

1. Каждый плоский угол меньше суммы двух других.
$\gamma < \alpha + \beta \implies \gamma < 110^\circ + 165^\circ \implies \gamma < 275^\circ$.
$\alpha < \beta + \gamma \implies 110^\circ < 165^\circ + \gamma$, что верно для любого положительного $\gamma$.
$\beta < \alpha + \gamma \implies 165^\circ < 110^\circ + \gamma \implies \gamma > 165^\circ - 110^\circ \implies \gamma > 55^\circ$.

2. Сумма всех плоских углов трёхгранного угла меньше $360^\circ$.
$\alpha + \beta + \gamma < 360^\circ$
$110^\circ + 165^\circ + \gamma < 360^\circ$
$275^\circ + \gamma < 360^\circ$
$\gamma < 360^\circ - 275^\circ \implies \gamma < 85^\circ$.

Объединяя полученные неравенства для $\gamma$, получаем: $55^\circ < \gamma < 85^\circ$.Таким образом, доказано, что плоский угол $APC$ меньше $85^\circ$ и больше $55^\circ$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

2. Для нахождения плоского угла $BMC$ воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла.
Пусть плоские углы при вершине $M$ равны: $\angle AMB = c = 45^\circ$, $\angle AMC = b = 60^\circ$ и искомый угол $\angle BMC = a$.
Двугранный угол при ребре $MA$ (угол между плоскостями $AMB$ и $AMC$) равен $A = 30^\circ$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла гласит:
$\cos a = \cos b \cdot \cos c + \sin b \cdot \sin c \cdot \cos A$

Подставим известные значения в формулу:
$\cos(\angle BMC) = \cos(60^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(60^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos(30^\circ)$

Вычислим значения тригонометрических функций:
$\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$
$\cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти значения в выражение для косинуса угла $BMC$:
$\cos(\angle BMC) = \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$\cos(\angle BMC) = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{3\sqrt{2}}{8}$
$\cos(\angle BMC) = \frac{2\sqrt{2}}{8} + \frac{3\sqrt{2}}{8} = \frac{5\sqrt{2}}{8}$

Таким образом, плоский угол $BMC$ равен арккосинусу этого значения.
Ответ: $\angle BMC = \arccos\left(\frac{5\sqrt{2}}{8}\right)$.

3. Расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на эту плоскость. Обозначим это расстояние как $h$.

Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной в точке $C$. Его плоские углы: $\angle SCA = 45^\circ$, $\angle SCB = 45^\circ$ и $\angle ACB$.
Воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла, чтобы найти двугранный угол $\theta$ при ребре $SC$ (угол между плоскостями $SCA$ и $SCB$).
$\cos(\angle ACB) = \cos(\angle SCA) \cdot \cos(\angle SCB) + \sin(\angle SCA) \cdot \sin(\angle SCB) \cdot \cos\theta$
Подставляем известные значения:
$\frac{3}{4} = \cos(45^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(45^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos\theta$
$\frac{3}{4} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \cos\theta$
$\frac{3}{4} = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} \cdot \cos\theta \implies \frac{3}{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cos\theta$
$\frac{1}{2} \cos\theta = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$
$\cos\theta = \frac{1}{2}$, откуда $\theta = 60^\circ$.

Теперь найдём расстояние от точки $A$ до прямой $SC$. В плоскости $SCA$ опустим перпендикуляр $AO$ из точки $A$ на прямую $SC$. Длина $AO$ — это искомое расстояние. В треугольнике $AOC$ угол $\angle ACO = 45^\circ$.
$d = AO = AC \cdot \sin(\angle SCA) = 12\sqrt{2} \cdot \sin(45^\circ) = 12\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 12$ см.

Расстояние $h$ от точки $A$ (лежащей в плоскости $SCA$) до плоскости $SBC$ связано с расстоянием $d$ от точки $A$ до линии пересечения плоскостей $SC$ и двугранным углом $\theta$ между плоскостями по формуле:
$h = d \cdot \sin\theta$
Подставляем найденные значения:
$h = 12 \cdot \sin(60^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

Ответ: $6\sqrt{3}$ см.