Страница 180 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

16.17. В тетраэдре $DABC$ двугранные углы с рёбрами $AB$, $BC$ и $AC$ соответственно равны $\alpha_1$, $\alpha_2$ и $\alpha_3$, а площади треугольников $ABD$, $BCD$, $CAD$ и $ABC$ соответственно равны $S_1$, $S_2$, $S_3$ и $S$. Докажите, что $S_1 \cos \alpha_1 + S_2 \cos \alpha_2 + S_3 \cos \alpha_3 = S$.

Для доказательства воспользуемся методом векторов. Каждой грани тетраэдра $DABC$ сопоставим вектор площади, который перпендикулярен этой грани, направлен во внешнюю сторону тетраэдра, а его модуль равен площади грани.

Обозначим векторы площадей граней $ABD, BCD, CAD$ и $ABC$ как $\vec{S_1}, \vec{S_2}, \vec{S_3}$ и $\vec{S}$ соответственно. По условию, их модули равны:

$|\vec{S_1}| = S_1$ (для грани $ABD$)

$|\vec{S_2}| = S_2$ (для грани $BCD$)

$|\vec{S_3}| = S_3$ (для грани $CAD$)

$|\vec{S}| = S$ (для грани $ABC$)

Для любого замкнутого многогранника сумма векторов площадей всех его граней, направленных во внешнюю сторону, равна нулевому вектору. Для тетраэдра это свойство записывается в виде:

$\vec{S_1} + \vec{S_2} + \vec{S_3} + \vec{S} = \vec{0}$

Из этого равенства выразим вектор площади основания $\vec{S}$:

$\vec{S} = -(\vec{S_1} + \vec{S_2} + \vec{S_3})$

Теперь умножим это векторное равенство скалярно на вектор $\vec{S}$:

$\vec{S} \cdot \vec{S} = -(\vec{S_1} + \vec{S_2} + \vec{S_3}) \cdot \vec{S}$

Левая часть этого равенства представляет собой скалярный квадрат вектора $\vec{S}$, который равен квадрату его модуля:

$|\vec{S}|^2 = S^2$

Раскроем скобки в правой части:

$S^2 = -(\vec{S_1} \cdot \vec{S} + \vec{S_2} \cdot \vec{S} + \vec{S_3} \cdot \vec{S})$

Скалярное произведение двух векторов определяется как произведение их модулей на косинус угла между ними. Угол между векторами площадей двух граней, направленными вовне, является дополнением внутреннего двугранного угла между этими гранями до $180^\circ$ (или $\pi$ радиан). Таким образом:

• Угол между векторами $\vec{S_1}$ и $\vec{S}$ (нормалями к граням $ABD$ и $ABC$) равен $\pi - \alpha_1$, где $\alpha_1$ — двугранный угол при ребре $AB$.
• Угол между векторами $\vec{S_2}$ и $\vec{S}$ (нормалями к граням $BCD$ и $ABC$) равен $\pi - \alpha_2$, где $\alpha_2$ — двугранный угол при ребре $BC$.
• Угол между векторами $\vec{S_3}$ и $\vec{S}$ (нормалями к граням $CAD$ и $ABC$) равен $\pi - \alpha_3$, где $\alpha_3$ — двугранный угол при ребре $AC$.

Вычислим скалярные произведения, используя свойство $\cos(\pi - x) = -\cos x$:

$\vec{S_1} \cdot \vec{S} = |\vec{S_1}| |\vec{S}| \cos(\pi - \alpha_1) = S_1 S (-\cos \alpha_1) = -S_1 S \cos \alpha_1$

$\vec{S_2} \cdot \vec{S} = |\vec{S_2}| |\vec{S}| \cos(\pi - \alpha_2) = S_2 S (-\cos \alpha_2) = -S_2 S \cos \alpha_2$

$\vec{S_3} \cdot \vec{S} = |\vec{S_3}| |\vec{S}| \cos(\pi - \alpha_3) = S_3 S (-\cos \alpha_3) = -S_3 S \cos \alpha_3$

Подставим полученные выражения в наше уравнение:

$S^2 = -(-S_1 S \cos \alpha_1 - S_2 S \cos \alpha_2 - S_3 S \cos \alpha_3)$

$S^2 = S_1 S \cos \alpha_1 + S_2 S \cos \alpha_2 + S_3 S \cos \alpha_3$

Поскольку $S$ — это площадь основания тетраэдра, она не равна нулю ($S \neq 0$). Следовательно, мы можем разделить обе части равенства на $S$:

$S = S_1 \cos \alpha_1 + S_2 \cos \alpha_2 + S_3 \cos \alpha_3$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $S_1 \cos \alpha_1 + S_2 \cos \alpha_2 + S_3 \cos \alpha_3 = S$ доказано.

16.18. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно 1 см. Через середину ребра $AD$ проведена плоскость, параллельная прямым $AC_1$ и $BD$. Найдите площадь сечения куба этой плоскостью.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина куба A совпадает с началом координат, а ребра AB, AD и AA₁ лежат на осях Ox, Oy и Oz соответственно. Поскольку ребро куба равно 1 см, координаты вершин будут следующими:

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), D(0, 1, 0), C(1, 1, 0), A₁(0, 0, 1), B₁(1, 0, 1), C₁(1, 1, 1), D₁(0, 1, 1).

Плоскость сечения проходит через середину ребра AD. Найдем координаты этой точки, обозначим ее M.

$M = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, \frac{1}{2}, 0)$.

Плоскость сечения параллельна прямым AC₁ и BD. Найдем векторы, соответствующие этим прямым:

$\vec{AC_1} = C_1 - A = (1, 1, 1) - (0, 0, 0) = (1, 1, 1)$.

$\vec{BD} = D - B = (0, 1, 0) - (1, 0, 0) = (-1, 1, 0)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ к искомой плоскости сечения будет перпендикулярен векторам $\vec{AC_1}$ и $\vec{BD}$. Мы можем найти его как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{AC_1} \times \vec{BD} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 0 - 1 \cdot 1) - \mathbf{j}(1 \cdot 0 - 1 \cdot (-1)) + \mathbf{k}(1 \cdot 1 - 1 \cdot (-1)) = -1\mathbf{i} - 1\mathbf{j} + 2\mathbf{k} = (-1, -1, 2)$.

Для удобства можно взять коллинеарный вектор, например, $(1, 1, -2)$.

Теперь составим уравнение плоскости, зная ее нормальный вектор $\vec{n}=(1, 1, -2)$ и точку $M(0, 1/2, 0)$, через которую она проходит. Уравнение плоскости имеет вид $A(x-x_0) + B(y-y_0) + C(z-z_0) = 0$.

$1(x - 0) + 1(y - \frac{1}{2}) - 2(z - 0) = 0$

$x + y - \frac{1}{2} - 2z = 0$

$x + y - 2z = \frac{1}{2}$

Найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба, чтобы определить вершины многоугольника в сечении:

• Ребро AD (x=0, z=0): $y = 1/2$. Точка $M(0, 1/2, 0)$.
• Ребро AB (y=0, z=0): $x = 1/2$. Точка $P(1/2, 0, 0)$.
• Ребро BB₁ (x=1, y=0): $1 - 2z = 1/2 \implies 2z = 1/2 \implies z = 1/4$. Точка $R(1, 0, 1/4)$.
• Ребро DD₁ (x=0, y=1): $1 - 2z = 1/2 \implies 2z = 1/2 \implies z = 1/4$. Точка $N(0, 1, 1/4)$.
• Ребро CC₁ (x=1, y=1): $1 + 1 - 2z = 1/2 \implies 2 - 2z = 1/2 \implies 2z = 3/2 \implies z = 3/4$. Точка $S(1, 1, 3/4)$.

Проверка других ребер показывает, что плоскость их не пересекает (пересечение происходит вне отрезка ребра). Таким образом, сечением является пятиугольник с вершинами M, P, R, S, N в порядке обхода: MPRSN.

Для нахождения площади пятиугольника воспользуемся методом проекции. Спроектируем пятиугольник на плоскость Oxy (z=0). Координаты проекций вершин:

$M'(0, 1/2)$, $P'(1/2, 0)$, $R'(1, 0)$, $S'(1, 1)$, $N'(0, 1)$.

Проекция MPRSN' представляет собой единичный квадрат с вершинами (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), из которого вырезан прямоугольный треугольник с вершинами в (0,0), (1/2,0) и (0,1/2). Площадь этой проекции $S_{пр}$ равна:

$S_{пр} = S_{квадрата} - S_{треугольника} = 1^2 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$ см².

Площадь сечения $S$ связана с площадью ее ортогональной проекции $S_{пр}$ формулой $S = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|}$, где $\gamma$ — угол между нормалью к плоскости сечения и нормалью к плоскости проекции.

Нормаль к плоскости сечения $\vec{n} = (1, 1, -2)$.

Нормаль к плоскости проекции Oxy — это вектор $\vec{k} = (0, 0, 1)$.

Найдем косинус угла между ними:

$|\cos\gamma| = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{||\vec{n}|| \cdot ||\vec{k}||} = \frac{|1\cdot0 + 1\cdot0 + (-2)\cdot1|}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{1+1+4} \cdot 1} = \frac{2}{\sqrt{6}}$.

Теперь можем найти площадь сечения:

$S = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|} = \frac{7/8}{2/\sqrt{6}} = \frac{7}{8} \cdot \frac{\sqrt{6}}{2} = \frac{7\sqrt{6}}{16}$ см².

Ответ: $\frac{7\sqrt{6}}{16}$ см².

16.19. Рёбра $AB$, $AD$ и $AA_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равны соответственно 6 см, 6 см и $6\sqrt{2}$ см. На ребре $CD$ отметили точку $K$ так, что $CK : KD = 2 : 1$. Через точку $K$ провели плоскость, параллельную прямым $A_1C_1$ и $DB_1$. Найдите площадь сечения прямоугольного параллелепипеда этой плоскостью.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в точку $D$, ось $Ox$ направим вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ — вдоль ребра $DC$, а ось $Oz$ — вдоль ребра $DD_1$.

1. Определение координат точек

В данной системе координат вершины прямоугольного параллелепипеда будут иметь следующие координаты, учитывая, что $AB=DC=6$ см, $AD=BC=6$ см и $AA_1=DD_1=6\sqrt{2}$ см:

• $D(0, 0, 0)$
• $A(6, 0, 0)$
• $C(0, 6, 0)$
• $B(6, 6, 0)$
• $D_1(0, 0, 6\sqrt{2})$
• $A_1(6, 0, 6\sqrt{2})$
• $C_1(0, 6, 6\sqrt{2})$
• $B_1(6, 6, 6\sqrt{2})$

Точка $K$ лежит на ребре $CD$ и делит его в отношении $CK : KD = 2 : 1$. Длина ребра $CD=6$ см. Следовательно, $KD = \frac{1}{3} CD = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2$ см. Так как точка $K$ лежит на оси $Oy$, ее координаты будут $K(0, 2, 0)$.

2. Нахождение уравнения плоскости сечения

Плоскость сечения (обозначим ее $\alpha$) проходит через точку $K$ и параллельна прямым $A_1C_1$ и $DB_1$. Найдем направляющие векторы этих прямых.

• Направляющий вектор прямой $A_1C_1$: $\vec{v_1} = \vec{A_1C_1} = C_1 - A_1 = (0-6, 6-0, 6\sqrt{2}-6\sqrt{2}) = (-6, 6, 0)$. Для удобства можно использовать коллинеарный вектор $\vec{u_1} = (-1, 1, 0)$.
• Направляющий вектор прямой $DB_1$: $\vec{v_2} = \vec{DB_1} = B_1 - D = (6-0, 6-0, 6\sqrt{2}-0) = (6, 6, 6\sqrt{2})$. Для удобства можно использовать коллинеарный вектор $\vec{u_2} = (1, 1, \sqrt{2})$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $\alpha$ перпендикулярен векторам $\vec{u_1}$ и $\vec{u_2}$. Найдем его как векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & \sqrt{2} \end{vmatrix} = \vec{i}(1\cdot\sqrt{2} - 0\cdot1) - \vec{j}(-1\cdot\sqrt{2} - 0\cdot1) + \vec{k}(-1\cdot1 - 1\cdot1) = \sqrt{2}\vec{i} + \sqrt{2}\vec{j} - 2\vec{k}$.

Таким образом, $\vec{n} = (\sqrt{2}, \sqrt{2}, -2)$.

Уравнение плоскости $\alpha$ имеет вид $Ax+By+Cz+D=0$, где $(A,B,C)=\vec{n}$. Получаем: $\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - 2z + D = 0$.

Плоскость проходит через точку $K(0, 2, 0)$. Подставим ее координаты в уравнение, чтобы найти $D$:

$\sqrt{2}\cdot0 + \sqrt{2}\cdot2 - 2\cdot0 + D = 0 \implies 2\sqrt{2} + D = 0 \implies D = -2\sqrt{2}$.

Уравнение плоскости сечения: $\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - 2z - 2\sqrt{2} = 0$. Разделив на $\sqrt{2}$, получим более простое уравнение:

$x + y - \sqrt{2}z - 2 = 0$.

3. Определение вершин многоугольника сечения

Найдем точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребрами параллелепипеда.

• Пересечение с ребром $CD$ (ось $Oy$, $x=0, z=0$): $0+y-0-2=0 \implies y=2$. Это точка $K(0,2,0)$.
• Пересечение с ребром $AD$ (ось $Ox$, $y=0, z=0$): $x+0-0-2=0 \implies x=2$. Обозначим эту точку $P(2,0,0)$.
• Пересечение с ребром $AA_1$ ($x=6, y=0$): $6+0-\sqrt{2}z-2=0 \implies 4-\sqrt{2}z=0 \implies z=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Обозначим эту точку $Q(6,0,2\sqrt{2})$.
• Пересечение с ребром $BB_1$ ($x=6, y=6$): $6+6-\sqrt{2}z-2=0 \implies 10-\sqrt{2}z=0 \implies z=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$. Обозначим эту точку $R(6,6,5\sqrt{2})$.
• Пересечение с ребром $C_1C$ ($x=0, y=6$): $0+6-\sqrt{2}z-2=0 \implies 4-\sqrt{2}z=0 \implies z=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Обозначим эту точку $S(0,6,2\sqrt{2})$.

Таким образом, сечение является пятиугольником $KPQRS$.

4. Вычисление площади сечения

Площадь сечения можно найти, используя формулу площади проекции: $S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|}$, где $S_{пр}$ — площадь проекции сечения на одну из координатных плоскостей, а $\gamma$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции.

Спроецируем пятиугольник $KPQRS$ на плоскость $Oxy$. Координаты вершин проекции $K'P'Q'R'S'$:

$K'(0,2)$, $P'(2,0)$, $Q'(6,0)$, $R'(6,6)$, $S'(0,6)$.

Площадь этого многоугольника на плоскости можно вычислить как площадь большого прямоугольника с вершинами в $(0,0), (6,0), (6,6), (0,6)$ за вычетом площади треугольника с вершинами в $(0,0), (2,0), (0,2)$.

$S_{пр} = S_{прямоуг} - S_{треуг} = (6 \cdot 6) - \left(\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\right) = 36 - 2 = 34$ см$^2$.

Теперь найдем косинус угла $\gamma$ между плоскостью сечения $\alpha$ и плоскостью $Oxy$. Угол $\gamma$ равен углу между их нормальными векторами. Нормальный вектор к плоскости $\alpha$ — это $\vec{n}=(\sqrt{2}, \sqrt{2}, -2)$ (или $\vec{n_1}=(1, 1, -\sqrt{2})$), а нормальный вектор к плоскости $Oxy$ — это $\vec{k}=(0, 0, 1)$.

$\cos\gamma = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|1\cdot0 + 1\cdot0 - \sqrt{2}\cdot1|}{\sqrt{1^2+1^2+(-\sqrt{2})^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|-\sqrt{2}|}{\sqrt{1+1+2} \cdot 1} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Наконец, найдем площадь сечения:

$S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|} = \frac{34}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{34 \cdot 2}{\sqrt{2}} = 34\sqrt{2}$ см$^2$.

Ответ: $34\sqrt{2}$ см$^2$.

16.20. Точки $M$ и $K$ — середины соответственно рёбер $BC$ и $CC_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между плоскостями $MKD$ и $ABB_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $x$ вдоль ребра $DC$, ось $y$ вдоль ребра $DA$ и ось $z$ вдоль ребра $DD_1$. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:$D(0, 0, 0)$, $A(0, a, 0)$, $B(a, a, 0)$, $C(a, 0, 0)$, $D_1(0, 0, a)$, $A_1(0, a, a)$, $B_1(a, a, a)$, $C_1(a, 0, a)$.

Найдем координаты точек $M$ и $K$.Точка $M$ — середина ребра $BC$. Координаты $B(a, a, 0)$ и $C(a, 0, 0)$.Координаты $M$ будут равны полусумме соответствующих координат точек $B$ и $C$:$M = \left(\frac{a+a}{2}; \frac{a+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = \left(a; \frac{a}{2}; 0\right)$.

Точка $K$ — середина ребра $CC_1$. Координаты $C(a, 0, 0)$ и $C_1(a, 0, a)$.Координаты $K$ будут равны полусумме соответствующих координат точек $C$ и $C_1$:$K = \left(\frac{a+a}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+a}{2}\right) = \left(a; 0; \frac{a}{2}\right)$.

Теперь найдем уравнение плоскости $MKD$. Эта плоскость проходит через точки $D(0, 0, 0)$, $M(a, a/2, 0)$ и $K(a, 0, a/2)$.Составим векторы, лежащие в этой плоскости:$\vec{DM} = (a - 0; \frac{a}{2} - 0; 0 - 0) = (a; \frac{a}{2}; 0)$$\vec{DK} = (a - 0; 0 - 0; \frac{a}{2} - 0) = (a; 0; \frac{a}{2})$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $MKD$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{DM}$ и $\vec{DK}$:$\vec{n_1} = \vec{DM} \times \vec{DK} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a/2 & 0 \\ a & 0 & a/2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2} - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot \frac{a}{2} - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - \frac{a}{2} \cdot a) = \frac{a^2}{4}\mathbf{i} - \frac{a^2}{2}\mathbf{j} - \frac{a^2}{2}\mathbf{k}$.В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор, умножив на $\frac{4}{a^2}$:$\vec{n_1} = (1; -2; -2)$.

Плоскость $ABB_1$ совпадает с гранью $ABB_1A_1$. В нашей системе координат эта грань задается точками $A(0, a, 0)$, $B(a, a, 0)$, $B_1(a, a, a)$, $A_1(0, a, a)$. У всех точек этой плоскости координата $y$ равна $a$. Таким образом, уравнение плоскости $ABB_1$ есть $y = a$ или $y - a = 0$.Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к этой плоскости имеет координаты $(0; 1; 0)$.

Угол $\phi$ между плоскостями $MKD$ и $ABB_1$ равен углу между их нормальными векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$. Косинус этого угла вычисляется по формуле:$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$

Найдем скалярное произведение векторов:$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 1 \cdot 0 + (-2) \cdot 1 + (-2) \cdot 0 = -2$.Модуль скалярного произведения: $|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}| = |-2| = 2$.

Найдем длины (модули) векторов:$|\vec{n_1}| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$.$|\vec{n_2}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:$\cos \phi = \frac{2}{3 \cdot 1} = \frac{2}{3}$.Следовательно, искомый угол $\phi = \arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.

16.21. Точка $\bar{E}$ — середина ребра $BC$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между плоскостями $DC_1E$ и $BB_1D_1$.

Для нахождения угла между плоскостями $DC_1E$ и $BB_1D_1$ воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$. Примем длину ребра куба равной $a$. Для удобства вычислений положим $a=2$.

В этой системе координат найдем координаты необходимых нам точек:

• $D(0, 0, 0)$ — начало координат.
• $C(0, 2, 0)$, $B(2, 2, 0)$.
• $C_1(0, 2, 2)$, $B_1(2, 2, 2)$, $D_1(0, 0, 2)$.
• Точка $E$ — середина ребра $BC$, поэтому ее координаты равны полусумме координат точек $B$ и $C$: $E = (\frac{2+0}{2}, \frac{2+2}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, 2, 0)$.

Найдем вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $DC_1E$. Эта плоскость проходит через точки $D(0, 0, 0)$, $C_1(0, 2, 2)$ и $E(1, 2, 0)$. Вектор нормали можно найти как векторное произведение векторов $\vec{DE}$ и $\vec{DC_1}$.

Координаты векторов: $\vec{DE} = (1, 2, 0)$ и $\vec{DC_1} = (0, 2, 2)$.

Вычислим их векторное произведение:

$\vec{n_1} = \vec{DE} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \end{vmatrix} = \vec{i}(2 \cdot 2 - 0 \cdot 2) - \vec{j}(1 \cdot 2 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(1 \cdot 2 - 0 \cdot 2) = 4\vec{i} - 2\vec{j} + 2\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n_1}$ имеет координаты $(4, -2, 2)$. Для удобства можно взять коллинеарный ему вектор, разделив координаты на 2: $\vec{n_1} = (2, -1, 1)$.

Далее найдем вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $BB_1D_1$. Эта плоскость является диагональной плоскостью куба $BB_1D_1D$. Она проходит через точки $B(2, 2, 0)$, $B_1(2, 2, 2)$ и $D_1(0, 0, 2)$, а также через точку $D(0, 0, 0)$. Уравнение плоскости, проходящей через начало координат, имеет вид $Ax+By+Cz=0$. Подставив координаты точки $B(2, 2, 0)$, получим $2A+2B=0 \Rightarrow A=-B$. Подставив координаты точки $D_1(0, 0, 2)$, получим $2C=0 \Rightarrow C=0$. Следовательно, уравнение плоскости имеет вид $-Bx+By=0$, или $x-y=0$. Вектор нормали этой плоскости $\vec{n_2}=(1, -1, 0)$.

Угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их векторами нормали. Косинус этого угла можно найти по формуле:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{n_1} = (2, -1, 1)$ и $\vec{n_2} = (1, -1, 0)$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot 0 = 2 + 1 + 0 = 3$

Найдем длины векторов нормали:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{4+1+1} = \sqrt{6}$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{1+1+0} = \sqrt{2}$

Теперь подставим все значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|3|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{12}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Отсюда находим угол $\phi$:

$\phi = \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 30^\circ$

Ответ: $30^\circ$.

16.22. В тетраэдре DABC углы ADB, BDC и CDA прямые. Площади граней ABC и ABD равны соответственно $S$ и $S_1$. Найдите площадь проекции треугольника ABD на плоскость ABC.

Пусть $S_{proj}$ - искомая площадь проекции треугольника $ABD$ на плоскость $ABC$. По определению, площадь ортогональной проекции фигуры на плоскость равна площади самой фигуры, умноженной на косинус двугранного угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.

Обозначим двугранный угол между плоскостями $(ABD)$ и $(ABC)$ как $\alpha$. Тогда искомая площадь вычисляется по формуле:

$S_{proj} = S_{ABD} \cdot \cos(\alpha)$

По условию, площадь грани $ABD$ равна $S_1$. Таким образом, формула принимает вид:

$S_{proj} = S_1 \cdot \cos(\alpha)$

Чтобы найти $\cos(\alpha)$, рассмотрим проекцию треугольника $ABC$ на плоскость $(ABD)$. Площадь этой проекции, обозначим ее $S'_{proj}$, связана с площадью треугольника $ABC$ той же формулой:

$S'_{proj} = S_{ABC} \cdot \cos(\alpha)$

По условию, $S_{ABC} = S$, следовательно:

$S'_{proj} = S \cdot \cos(\alpha)$

Теперь найдем, что представляет собой проекция треугольника $ABC$ на плоскость $(ABD)$. В тетраэдре $DABC$ углы $\angle ADB$, $\angle BDC$ и $\angle CDA$ прямые. Это означает, что ребра $DA$, $DB$ и $DC$ попарно перпендикулярны. Можно совместить вершину $D$ с началом координат, а ребра $DA$, $DB$, $DC$ направить вдоль осей $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно.

В такой системе координат:

• Вершина $A$ будет иметь координаты $(a, 0, 0)$.
• Вершина $B$ будет иметь координаты $(0, b, 0)$.
• Вершина $C$ будет иметь координаты $(0, 0, c)$.
• Вершина $D$ - это начало координат $(0, 0, 0)$.

Плоскость $(ABD)$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$. Ортогональная проекция точки $(x, y, z)$ на плоскость $Oxy$ есть точка $(x, y, 0)$.Найдем проекции вершин треугольника $ABC$ на плоскость $(ABD)$:

• Проекция точки $A(a, 0, 0)$ есть сама точка $A$.
• Проекция точки $B(0, b, 0)$ есть сама точка $B$.
• Проекция точки $C(0, 0, c)$ есть точка $D(0, 0, 0)$.

Таким образом, проекцией треугольника $ABC$ на плоскость $(ABD)$ является треугольник $ABD$.

Следовательно, площадь проекции $S'_{proj}$ равна площади треугольника $ABD$, то есть $S_1$:

$S'_{proj} = S_{ABD} = S_1$

Теперь мы можем приравнять два выражения для $S'_{proj}$:

$S \cdot \cos(\alpha) = S_1$

Отсюда выражаем косинус двугранного угла $\alpha$:

$\cos(\alpha) = \frac{S_1}{S}$

Наконец, подставляем найденное значение $\cos(\alpha)$ в формулу для искомой площади проекции треугольника $ABD$ на плоскость $ABC$:

$S_{proj} = S_1 \cdot \cos(\alpha) = S_1 \cdot \frac{S_1}{S} = \frac{S_1^2}{S}$

Ответ: $\frac{S_1^2}{S}$.

16.23. В тетраэдре $DABC$ углы $ADB$, $BDC$ и $CDA$ прямые. Площади граней $ADB$, $BDC$, $CDA$ и $ABC$ соответственно равны $S_1$, $S_2$, $S_3$ и $S$. Докажите, что $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = S^2$.

По условию задачи, в тетраэдре $DABC$ углы $\angle ADB$, $\angle BDC$ и $\angle CDA$ являются прямыми. Это означает, что ребра $DA$, $DB$ и $DC$, выходящие из вершины $D$, попарно перпендикулярны. Для решения задачи удобно ввести прямоугольную систему координат с началом в точке $D$ и осями, направленными вдоль этих ребер. Пусть длины ребер равны $DA = a$, $DB = b$ и $DC = c$. Тогда вершины тетраэдра имеют координаты: $D(0, 0, 0)$, $A(a, 0, 0)$, $B(0, b, 0)$ и $C(0, 0, c)$.

Грани $ADB$, $BDC$ и $CDA$ являются прямоугольными треугольниками. Их площади $S_1$, $S_2$ и $S_3$ выражаются через длины катетов:$S_1 = \frac{1}{2}ab$, $S_2 = \frac{1}{2}bc$, $S_3 = \frac{1}{2}ca$.Найдем сумму квадратов этих площадей, которая является левой частью доказываемого равенства:$S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = (\frac{1}{2}ab)^2 + (\frac{1}{2}bc)^2 + (\frac{1}{2}ca)^2 = \frac{1}{4}(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$.

Теперь найдем площадь $S$ грани $ABC$. Для этого воспользуемся методом векторной алгебры. Площадь треугольника $ABC$ равна половине модуля векторного произведения векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$.Найдем координаты этих векторов:$\vec{AB} = B - A = (0-a, b-0, 0-0) = (-a, b, 0)$.$\vec{AC} = C - A = (0-a, 0-0, c-0) = (-a, 0, c)$.

Вычислим векторное произведение:$\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -a & b & 0 \\ -a & 0 & c \end{vmatrix} = \mathbf{i}(bc-0) - \mathbf{j}(-ac-0) + \mathbf{k}(0-(-ab)) = (bc, ac, ab)$.Модуль этого вектора равен $|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{(bc)^2 + (ac)^2 + (ab)^2}$.

Следовательно, площадь $S$ треугольника $ABC$ равна:$S = \frac{1}{2}|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2}$.Возведем это выражение в квадрат, чтобы получить правую часть доказываемого равенства:$S^2 = \left(\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2}\right)^2 = \frac{1}{4}(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$.

Сравнивая полученные выражения для $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2$ и $S^2$, мы видим, что они идентичны. Таким образом, равенство $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = S^2$ доказано.

Ответ: Равенство $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = S^2$ доказано.

16.24. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 1. Треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$. Известно, что $A_1B_1 < \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $A_1C_1 < \frac{1}{2}$. Докажите, что угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$ больше $60^{\circ}$.

Пусть $\Pi$ — плоскость равностороннего треугольника $ABC$, а $\Pi_1$ — плоскость, на которую он проецируется, образуя треугольник $A_1B_1C_1$. Обозначим угол между плоскостями $\Pi$ и $\Pi_1$ как $\varphi$. Согласно условию, сторона треугольника $ABC$ равна 1. Нам необходимо доказать, что $\varphi > 60^\circ$.

Для доказательства воспользуемся известной формулой, связывающей длину отрезка и длину его ортогональной проекции с углом между плоскостями. Если отрезок длиной $L$ лежит в плоскости $\Pi$ и составляет угол $\theta$ с линией пересечения плоскостей $\Pi$ и $\Pi_1$, то квадрат длины его проекции $L_1$ на плоскость $\Pi_1$ равен:

$L_1^2 = L^2 (\cos^2\theta + \sin^2\theta \cos^2\varphi)$

Применим эту формулу к стороне $AC$ треугольника $ABC$. Длина стороны $|AC| = 1$. Пусть угол между прямой $AC$ и линией пересечения плоскостей равен $\beta$. Тогда квадрат длины проекции $A_1C_1$ равен:

$|A_1C_1|^2 = |AC|^2 (\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi) = 1 \cdot (\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi)$

Из условия задачи известно, что $|A_1C_1| < \frac{1}{2}$. Возведя обе части этого неравенства в квадрат, получим $|A_1C_1|^2 < \frac{1}{4}$.

Следовательно, мы имеем неравенство:

$\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta$, преобразуем неравенство:

$\cos^2\beta + (1 - \cos^2\beta) \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

$\cos^2\beta + \cos^2\varphi - \cos^2\beta \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

$\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) < \frac{1}{4} - \cos^2\varphi$

Докажем требуемое утверждение методом от противного. Предположим, что $\varphi \le 60^\circ$.

Угол между плоскостями $\varphi$ находится в диапазоне $[0, 90^\circ]$. На этом интервале функция косинуса является невозрастающей. Таким образом, из $\varphi \le 60^\circ$ следует, что $\cos\varphi \ge \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат: $\cos^2\varphi \ge \frac{1}{4}$.

Теперь вернемся к полученному ранее неравенству: $\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) < \frac{1}{4} - \cos^2\varphi$.

Рассмотрим левую часть: $\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) = \cos^2\beta \sin^2\varphi$. Так как $\cos^2\beta \ge 0$ и $\sin^2\varphi \ge 0$, левая часть неравенства всегда неотрицательна.

Рассмотрим правую часть: $\frac{1}{4} - \cos^2\varphi$. Исходя из нашего предположения, $\cos^2\varphi \ge \frac{1}{4}$, следовательно, $\frac{1}{4} - \cos^2\varphi \le 0$.

Таким образом, мы приходим к неравенству вида:

$(неотрицательное число) < (неположительное число)$

Это неравенство может быть верным только в случае, если левая часть строго отрицательна, что невозможно. Если правая часть равна нулю (при $\cos^2\varphi = \frac{1}{4}$), то неравенство принимает вид $\cos^2\beta (1-\frac{1}{4}) < 0$, то есть $\frac{3}{4}\cos^2\beta < 0$, что также невозможно. Если правая часть отрицательна (при $\cos^2\varphi > \frac{1}{4}$), то неравенство "(неотрицательное) < (отрицательное)" очевидно ложно.

Наше предположение о том, что $\varphi \le 60^\circ$, привело к противоречию. Следовательно, это предположение неверно, и истинным является утверждение $\varphi > 60^\circ$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано: угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$ больше 60°.

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: $60^\circ$.

16.26. Грани $ABC$ и $ADC$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярны. Известно, что $AC = BC$, $AD = CD = \frac{1}{2}AB$ и $\angle ACB = 90^\circ$. Найдите угол между плоскостями $ABD$ и $ACD$.

Угол между двумя плоскостями — это угол между двумя перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения из одной точки.

1. Обозначим искомый угол между плоскостями $ABD$ и $ACD$ как $\phi$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AD$.

2. Рассмотрим условия задачи. Грани $ABC$ и $ADC$ перпендикулярны. Линия их пересечения — $AC$. В треугольнике $ABC$ угол $\angle ACB = 90^{\circ}$, следовательно, сторона $BC$ перпендикулярна стороне $AC$ ($BC \perp AC$).

Поскольку плоскость $(ABC)$ перпендикулярна плоскости $(ADC)$, а прямая $BC$ лежит в плоскости $(ABC)$ и перпендикулярна линии пересечения $AC$, то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $(ADC)$. Из этого следует, что $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ADC)$.

3. Для нахождения линейного угла двугранного угла между плоскостями $(ABD)$ и $(ACD)$ построим перпендикуляры к их общей прямой $AD$.

В плоскости $(ADC)$ проведем высоту $CH$ к стороне $AD$. Таким образом, $CH \perp AD$.

Теперь рассмотрим наклонную $BH$ и ее проекцию $CH$ на плоскость $(ADC)$. Так как $BC \perp (ADC)$, то $CH$ является проекцией $BH$ на эту плоскость.

По теореме о трех перпендикулярах, если проекция прямой ($CH$) перпендикулярна некоторой прямой в плоскости ($AD$), то и сама наклонная ($BH$) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $BH \perp AD$.

Мы построили два перпендикуляра $CH$ и $BH$ к линии пересечения $AD$ в одной точке $H$. Значит, угол $\angle BHC$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABD)$ и $(ACD)$, то есть $\phi = \angle BHC$.

4. Найдем величину угла $\angle BHC$.

Так как $BC \perp (ADC)$, а прямая $CH$ лежит в плоскости $(ADC)$, то $BC \perp CH$. Следовательно, треугольник $BCH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$.

Введем обозначение. Пусть $AC = BC = x$.

Из прямоугольного равнобедренного треугольника $ABC$ по теореме Пифагора находим гипотенузу $AB$:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{x^2 + x^2} = \sqrt{2x^2} = x\sqrt{2}$.

По условию $AD = CD = \frac{1}{2}AB$, значит:
$AD = CD = \frac{1}{2}(x\sqrt{2}) = \frac{x\sqrt{2}}{2}$.

Теперь найдем длину высоты $CH$ в треугольнике $ADC$. Площадь треугольника $ADC$ можно вычислить, используя высоту $DM$ к основанию $AC$ (так как $\triangle ADC$ равнобедренный, $DM$ также является медианой, $M$ — середина $AC$).

В прямоугольном треугольнике $DMC$ ($CM = x/2$):
$DM = \sqrt{CD^2 - CM^2} = \sqrt{(\frac{x\sqrt{2}}{2})^2 - (\frac{x}{2})^2} = \sqrt{\frac{2x^2}{4} - \frac{x^2}{4}} = \sqrt{\frac{x^2}{4}} = \frac{x}{2}$.

Площадь $\triangle ADC$ равна:
$S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{x}{2} = \frac{x^2}{4}$.

С другой стороны, площадь этого же треугольника можно выразить через высоту $CH$ к стороне $AD$:
$S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot CH$.

Приравняем два выражения для площади:
$\frac{x^2}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{x\sqrt{2}}{2} \cdot CH$
$\frac{x^2}{4} = \frac{x\sqrt{2}}{4} \cdot CH$
$CH = \frac{x^2}{4} \cdot \frac{4}{x\sqrt{2}} = \frac{x}{\sqrt{2}} = \frac{x\sqrt{2}}{2}$.

5. Вернемся к прямоугольному треугольнику $BCH$. Мы знаем длины катетов: $BC = x$ и $CH = \frac{x\sqrt{2}}{2}$.

Найдем тангенс угла $\phi = \angle BHC$:
$\text{tg}(\phi) = \frac{BC}{CH} = \frac{x}{\frac{x\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.

Следовательно, искомый угол $\phi = \text{arctg}(\sqrt{2})$.

Ответ: $\text{arctg}(\sqrt{2})$.

16.27. Какое наибольшее значение может принимать наименьший двугранный угол тетраэдра?

Пусть $\alpha$ — наименьший двугранный угол тетраэдра. Нам необходимо найти максимальное возможное значение $\alpha$.

Интуитивно можно предположить, что для того чтобы наименьший из углов был как можно больше, все углы должны быть равны между собой. Такая конфигурация достигается в правильном тетраэдре, у которого все шесть двугранных углов равны. Если бы существовал тетраэдр, у которого наименьший угол больше, чем угол в правильном тетраэдре, то это означало бы, что все его двугранные углы больше этого значения. Однако можно доказать, что такая конфигурация невозможна. Наибольшее значение наименьшего угла достигается именно тогда, когда все углы равны, то есть в случае правильного тетраэдра.

Таким образом, задача сводится к нахождению величины двугранного угла правильного тетраэдра.

Пусть имеется правильный тетраэдр $ABCD$ с длиной ребра $a$. Найдем двугранный угол при ребре $AB$. Этот угол равен углу между плоскостями граней $ABC$ и $ABD$.

Для измерения этого угла построим его линейный угол. Пусть $M$ — середина ребра $AB$. Поскольку грани $ABC$ и $ABD$ являются равносторонними треугольниками, их медианы $CM$ и $DM$ (проведенные к стороне $AB$) также являются их высотами. Следовательно, $CM \perp AB$ и $DM \perp AB$.

По определению, угол между двумя плоскостями — это угол между перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения. Значит, искомый двугранный угол равен углу $\angle CMD$.

Рассмотрим треугольник $CMD$. Найдем длины его сторон:

• $CM$ и $DM$ — высоты в равносторонних треугольниках со стороной $a$. Длина высоты равностороннего треугольника вычисляется по формуле $h = \frac{\sqrt{3}}{2}a$. Таким образом, $CM = DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
• $CD$ — это ребро тетраэдра, поэтому $CD = a$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $CMD$ для нахождения косинуса угла $\angle CMD$: $CD^2 = CM^2 + DM^2 - 2 \cdot CM \cdot DM \cdot \cos(\angle CMD)$

Подставим известные значения длин сторон: $a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\angle CMD)$

$a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\angle CMD)$

$a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{6a^2}{4} \cdot \cos(\angle CMD)$

$a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\angle CMD)$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (так как $a \neq 0$): $1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\angle CMD)$

$\frac{3}{2} \cos(\angle CMD) = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}$

$\cos(\angle CMD) = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3}$

Следовательно, двугранный угол правильного тетраэдра равен $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

Так как в правильном тетраэдре все двугранные углы равны, то и наименьший из них равен этому значению. Это и есть искомое наибольшее значение.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.