Номер 17, страница 49 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $ASB$ и $ASC$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны $130^\circ$ и $170^\circ$. Докажите, что плоский угол $BSC$ меньше $60^\circ$ и больше $40^\circ$.

2. Плоские углы $CKB$ и $AKC$ трёхгранного угла $KABC$ соответственно равны $45^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $KC$ равен $150^\circ$. Найдите плоский угол $AKB$.

3. Ребро $DC$ тетраэдра $DABC$ равно $20$ см. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $ADB$, если $\angle CDA = 30^\circ$, $\angle ADB = 60^\circ$, $\cos\angle BDC = \frac{3\sqrt{3}}{8}$.

1.

Обозначим плоские углы трехгранного угла SABC с вершиной в точке S: $\angle ASB = 130^\circ$, $\angle ASC = 170^\circ$, $\angle BSC = \alpha$.

Для любого трехгранного угла справедливы следующие свойства (неравенства для плоских углов):

1. Сумма всех плоских углов меньше $360^\circ$.

$\angle ASB + \angle ASC + \angle BSC < 360^\circ$

$130^\circ + 170^\circ + \alpha < 360^\circ$

$300^\circ + \alpha < 360^\circ$

$\alpha < 60^\circ$

2. Каждый плоский угол меньше суммы двух других. Из этого свойства следует, что каждый плоский угол больше модуля разности двух других.

$\angle BSC > |\angle ASC - \angle ASB|$

$\alpha > |170^\circ - 130^\circ|$

$\alpha > 40^\circ$

Объединяя два полученных неравенства, мы доказываем, что $40^\circ < \alpha < 60^\circ$. Таким образом, плоский угол BSC меньше $60^\circ$ и больше $40^\circ$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.

Для нахождения плоского угла трехгранного угла KABC с вершиной K, зная два других плоских угла и двугранный угол между ними, воспользуемся теоремой косинусов для трехгранного угла.

Пусть плоские углы равны: $\angle CKB = \alpha = 45^\circ$, $\angle AKC = \beta = 60^\circ$. Искомый угол $\angle AKB = \gamma$. Двугранный угол при ребре KC равен $C = 150^\circ$.

Теорема косинусов для трехгранного угла гласит:

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

Подставим известные значения:

$\cos \gamma = \cos(45^\circ) \cos(60^\circ) + \sin(45^\circ) \sin(60^\circ) \cos(150^\circ)$

Вычислим значения тригонометрических функций:

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

$\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, $\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

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

Подставим эти значения в формулу:

$\cos \gamma = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$\cos \gamma = \frac{\sqrt{2}}{4} - \frac{\sqrt{2} \cdot 3}{8} = \frac{2\sqrt{2}}{8} - \frac{3\sqrt{2}}{8} = -\frac{\sqrt{2}}{8}$

Следовательно, искомый плоский угол AKB равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\angle AKB = \arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{8}\right)$.

3.

Расстояние от точки C до плоскости ADB - это высота $h_C$ тетраэдра DABC, опущенная из вершины C на основание ADB.

Объем тетраэдра $V$ можно вычислить по формуле: $V = \frac{1}{3} S_{ADB} \cdot h_C$, где $S_{ADB}$ — площадь основания ADB. Отсюда $h_C = \frac{3V}{S_{ADB}}$.

Площадь треугольника ADB равна $S_{ADB} = \frac{1}{2} DA \cdot DB \cdot \sin(\angle ADB)$.

Объем тетраэдра также можно выразить через длины трех ребер, выходящих из одной вершины D, и плоские углы между ними:

$V = \frac{1}{6} DA \cdot DB \cdot DC \sqrt{1 - \cos^2\alpha - \cos^2\beta - \cos^2\gamma + 2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma}$, где $\alpha = \angle BDC$, $\beta = \angle CDA$, $\gamma = \angle ADB$.

Подставим выражения для объема и площади в формулу для высоты:

$h_C = \frac{3 \cdot \frac{1}{6} DA \cdot DB \cdot DC \sqrt{...}}{\frac{1}{2} DA \cdot DB \cdot \sin(\angle ADB)} = \frac{DC \cdot \sqrt{...}}{\sin(\angle ADB)}$

Длины ребер DA и DB сокращаются. Нам даны все необходимые углы и длина ребра DC.

Имеем: $DC = 20$ см, $\angle CDA = 30^\circ$, $\angle ADB = 60^\circ$, $\cos(\angle BDC) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$.

Найдем косинусы углов:

$\cos(\angle BDC) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$

$\cos(\angle CDA) = \cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\cos(\angle ADB) = \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

Вычислим подкоренное выражение:

$1 - \left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) = 1 - \frac{27}{64} - \frac{3}{4} - \frac{1}{4} + \frac{18}{32}$

$= 1 - \frac{27}{64} - \frac{48}{64} - \frac{16}{64} + \frac{36}{64} = \frac{64 - 27 - 48 - 16 + 36}{64} = \frac{100 - 91}{64} = \frac{9}{64}$

Корень из этого выражения равен $\sqrt{\frac{9}{64}} = \frac{3}{8}$.

Теперь найдем высоту $h_C$:

$h_C = \frac{DC \cdot \frac{3}{8}}{\sin(\angle ADB)} = \frac{20 \cdot \frac{3}{8}}{\sin(60^\circ)} = \frac{\frac{60}{8}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{15}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{15}{\sqrt{3}} = \frac{15\sqrt{3}}{3} = 5\sqrt{3}$ см.

Ответ: $5\sqrt{3}$ см.