Номер 16.25, страница 180 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

16.25. Грани $ABC$ и $ADC$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярны. Известно, что $AB = BC = CD$ и $AC = BD$. Найдите угол между плоскостями $ABD$ и $ACD$.

Пусть искомый угол между плоскостями $(ABD)$ и $(ACD)$ равен $\phi$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AD$. Для нахождения двугранного угла построим его линейный угол.

Введем обозначения для длин ребер, исходя из условия: $AB = BC = CD = a$ и $AC = BD = b$.

1. Построение линейного угла.

В треугольнике $ABC$, так как $AB = BC$, он является равнобедренным. Проведем в нем высоту $BH$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота также является медианой, поэтому $H$ — середина отрезка $AC$.

По условию, плоскости $(ABC)$ и $(ADC)$ перпендикулярны. Их линия пересечения — прямая $AC$. Так как прямая $BH$ лежит в плоскости $(ABC)$ и перпендикулярна линии пересечения $AC$ ($BH \perp AC$), то $BH$ перпендикулярна всей плоскости $(ADC)$.

В плоскости $(ADC)$ проведем из точки $H$ перпендикуляр $HK$ к прямой $AD$. Таким образом, $HK \perp AD$.

Рассмотрим наклонную $BK$ и ее проекцию $HK$ на плоскость $(ADC)$. Так как проекция $HK$ перпендикулярна прямой $AD$, лежащей в плоскости, то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $BK$ перпендикулярна $AD$ ($BK \perp AD$).

Поскольку $BK \perp AD$ и $HK \perp AD$, угол $\angle BKH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABD)$ и $(ACD)$. Следовательно, искомый угол $\phi$ равен $\angle BKH$.

Так как $BH \perp (ADC)$, то $BH$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и $HK$. Значит, треугольник $BKH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$. В этом треугольнике тангенс искомого угла равен:$$ \tan\phi = \tan(\angle BKH) = \frac{BH}{HK} $$Задача сводится к нахождению длин катетов $BH$ и $HK$.

2. Вычисление длин $BH$ и $HK$.

2.1. Нахождение $BH$.

Точка $H$ — середина $AC$, поэтому $AH = HC = \frac{AC}{2} = \frac{b}{2}$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$ ($\angle AHB = 90^\circ$). По теореме Пифагора:$$ BH^2 = AB^2 - AH^2 = a^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 = \frac{4a^2 - b^2}{4} $$$$ BH = \frac{\sqrt{4a^2 - b^2}}{2} $$

2.2. Нахождение $HK$.

$HK$ является высотой в треугольнике $AHD$, проведенной к стороне $AD$. Чтобы найти $HK$, нам нужно определить стороны треугольника $AHD$.

Сторона $AH = b/2$.

Для нахождения $HD$ и $AD$ воспользуемся тем, что $\triangle BHD$ является прямоугольным ($\angle BHD = 90^\circ$, так как $BH \perp (ADC)$). По теореме Пифагора:$$ HD^2 = BD^2 - BH^2 = b^2 - \frac{4a^2 - b^2}{4} = \frac{4b^2 - 4a^2 + b^2}{4} = \frac{5b^2 - 4a^2}{4} $$

Для нахождения $AD$ воспользуемся теоремой косинусов для $\triangle AHD$. Для этого сначала найдем $\cos(\angle AHD)$. В плоскости $(ADC)$ точки $A, H, C$ лежат на одной прямой, поэтому $\angle AHD = 180^\circ - \angle CHD$.В $\triangle CHD$ по теореме косинусов:$$ CD^2 = CH^2 + HD^2 - 2 \cdot CH \cdot HD \cdot \cos(\angle CHD) $$$$ a^2 = \left(\frac{b}{2}\right)^2 + \frac{5b^2 - 4a^2}{4} - 2 \cdot \frac{b}{2} \cdot HD \cdot \cos(\angle CHD) $$$$ a^2 = \frac{b^2 + 5b^2 - 4a^2}{4} - b \cdot HD \cdot \cos(\angle CHD) = \frac{3b^2 - 2a^2}{2} - b \cdot HD \cdot \cos(\angle CHD) $$Отсюда $b \cdot HD \cdot \cos(\angle CHD) = \frac{3b^2 - 2a^2}{2} - a^2 = \frac{3b^2 - 4a^2}{2}$.Так как $\cos(\angle AHD) = -\cos(\angle CHD)$, то $b \cdot HD \cdot \cos(\angle AHD) = -\frac{3b^2 - 4a^2}{2} = \frac{4a^2 - 3b^2}{2}$.

Теперь по теореме косинусов для $\triangle AHD$:$$ AD^2 = AH^2 + HD^2 - 2 \cdot AH \cdot HD \cdot \cos(\angle AHD) $$$$ AD^2 = \left(\frac{b}{2}\right)^2 + \frac{5b^2 - 4a^2}{4} - 2 \cdot \frac{b}{2} \cdot \left(\frac{HD \cdot \cos(\angle AHD)}{1}\right) $$$$ AD^2 = \frac{b^2}{4} + \frac{5b^2 - 4a^2}{4} - \left(b \cdot HD \cdot \cos(\angle AHD)\right) $$$$ AD^2 = \frac{6b^2 - 4a^2}{4} - \frac{4a^2 - 3b^2}{2} = \frac{3b^2 - 2a^2}{2} - \frac{4a^2 - 3b^2}{2} = \frac{3b^2 - 2a^2 - 4a^2 + 3b^2}{2} = \frac{6b^2 - 6a^2}{2} = 3(b^2 - a^2) $$

Высоту $HK$ найдем через площадь треугольника $AHD$: $S_{AHD} = \frac{1}{2} AD \cdot HK$.С другой стороны, $S_{AHD} = \frac{1}{2} AH \cdot HD \cdot \sin(\angle AHD)$.Найдем $\sin(\angle AHD)$. Из $b \cdot HD \cdot \cos(\angle AHD) = \frac{4a^2 - 3b^2}{2}$ следует $\cos(\angle AHD) = \frac{4a^2 - 3b^2}{2b \cdot HD}$.$\sin^2(\angle AHD) = 1 - \cos^2(\angle AHD) = 1 - \frac{(4a^2 - 3b^2)^2}{4b^2 \cdot HD^2} = 1 - \frac{(4a^2 - 3b^2)^2}{4b^2 \cdot \frac{5b^2 - 4a^2}{4}} = 1 - \frac{(4a^2-3b^2)^2}{b^2(5b^2-4a^2)}$.$ \sin^2(\angle AHD) = \frac{5b^4 - 4a^2b^2 - (16a^4 - 24a^2b^2 + 9b^4)}{b^2(5b^2-4a^2)} = \frac{-4b^4 + 20a^2b^2 - 16a^4}{b^2(5b^2-4a^2)} = \frac{4(-b^4 + 5a^2b^2 - 4a^4)}{b^2(5b^2-4a^2)} = \frac{4(b^2-a^2)(4a^2-b^2)}{b^2(5b^2-4a^2)}$.$S_{AHD}^2 = \frac{1}{4} AH^2 \cdot HD^2 \cdot \sin^2(\angle AHD) = \frac{1}{4} \frac{b^2}{4} \frac{5b^2 - 4a^2}{4} \frac{4(b^2-a^2)(4a^2-b^2)}{b^2(5b^2-4a^2)} = \frac{1}{16}(b^2-a^2)(4a^2-b^2)$.$S_{AHD} = \frac{1}{4}\sqrt{(b^2-a^2)(4a^2-b^2)}$.Теперь находим $HK$:$$ HK = \frac{2 S_{AHD}}{AD} = \frac{2 \cdot \frac{1}{4}\sqrt{(b^2-a^2)(4a^2-b^2)}}{\sqrt{3(b^2-a^2)}} = \frac{\frac{1}{2}\sqrt{b^2-a^2}\sqrt{4a^2-b^2}}{\sqrt{3}\sqrt{b^2-a^2}} = \frac{\sqrt{4a^2-b^2}}{2\sqrt{3}} $$

3. Нахождение угла.

Теперь мы можем найти тангенс искомого угла $\phi = \angle BKH$:$$ \tan\phi = \frac{BH}{HK} = \frac{\frac{\sqrt{4a^2 - b^2}}{2}}{\frac{\sqrt{4a^2 - b^2}}{2\sqrt{3}}} = \sqrt{3} $$Угол в прямоугольном треугольнике, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.