Страница 186 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.1. Все плоские углы трёхгранного угла равны $90^\circ$. Докажите, что все двугранные углы также равны $90^\circ$.

17.1.

Пусть трёхгранный угол задан вершиной $O$ и тремя лучами (рёбрами) $a$, $b$ и $c$, исходящими из этой вершины. Плоские углы этого трёхгранного угла — это углы между его рёбрами: $\angle(a, b)$, $\angle(b, c)$ и $\angle(c, a)$.По условию задачи, все эти плоские углы равны $90^\circ$. Это означает, что рёбра попарно перпендикулярны:

• $\angle(a, b) = 90^\circ \implies a \perp b$
• $\angle(b, c) = 90^\circ \implies b \perp c$
• $\angle(c, a) = 90^\circ \implies c \perp a$

Двугранные углы — это углы между гранями (плоскостями, образованными парами рёбер). Нам нужно доказать, что двугранные углы при рёбрах $a$, $b$ и $c$ также равны $90^\circ$.

1. Рассмотрим двугранный угол при ребре $c$. Этот угол образован плоскостями $(a, c)$ и $(b, c)$.По определению, мерой двугранного угла является его линейный угол. Линейный угол — это угол, образованный двумя лучами, которые проведены в гранях двугранного угла перпендикулярно его ребру из одной и той же точки на ребре. В нашем случае такой точкой является вершина $O$.

В плоскости $(a, c)$ лежит луч $a$, и по условию он перпендикулярен ребру $c$ ($a \perp c$).
В плоскости $(b, c)$ лежит луч $b$, и по условию он также перпендикулярен ребру $c$ ($b \perp c$).
Следовательно, угол между лучами $a$ и $b$, то есть плоский угол $\angle(a, b)$, является линейным углом двугранного угла при ребре $c$.По условию $\angle(a, b) = 90^\circ$. Значит, и двугранный угол при ребре $c$ равен $90^\circ$.

2. Рассмотрим двугранный угол при ребре $a$. Этот угол образован плоскостями $(a, b)$ и $(a, c)$. Его линейным углом является плоский угол $\angle(b, c)$, так как $b \perp a$ и $c \perp a$. Поскольку $\angle(b, c) = 90^\circ$, то и двугранный угол при ребре $a$ равен $90^\circ$.

3. Рассмотрим двугранный угол при ребре $b$. Этот угол образован плоскостями $(a, b)$ и $(b, c)$. Его линейным углом является плоский угол $\angle(a, c)$, так как $a \perp b$ и $c \perp b$. Поскольку $\angle(a, c) = 90^\circ$, то и двугранный угол при ребре $b$ равен $90^\circ$.

Таким образом, доказано, что все три двугранных угла данного трёхгранного угла равны $90^\circ$.

Ответ: все двугранные углы трёхгранного угла равны $90^\circ$.

17.2. Докажите, что если плоские углы $ASB$, $BSC$ и $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны плоским углам $A_1 S_1 B_1$, $B_1 S_1 C_1$ и $C_1 S_1 A_1$ трёхгранного угла $S_1 A_1 B_1 C_1$, то двугранные углы при рёбрах $SA$, $SB$ и $SC$ соответственно равны двугранным углам при рёбрах $S_1 A_1$, $S_1 B_1$ и $S_1 C_1$.

Это утверждение является первой теоремой о равенстве трёхгранных углов. Для доказательства воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла.

Рассмотрим трёхгранный угол $SABC$. Обозначим его плоские углы: $∠ASB = \gamma$, $∠BSC = \alpha$, $∠CSA = \beta$.

Аналогично для трёхгранного угла $S_1A_1B_1C_1$ обозначим плоские углы: $∠A_1S_1B_1 = \gamma_1$, $∠B_1S_1C_1 = \alpha_1$, $∠C_1S_1A_1 = \beta_1$.

По условию задачи дано, что соответствующие плоские углы равны:

$\gamma = \gamma_1$

$\alpha = \alpha_1$

$\beta = \beta_1$

Нам нужно доказать, что двугранные углы при рёбрах $SA, SB, SC$ соответственно равны двугранным углам при рёбрах $S_1A_1, S_1B_1, S_1C_1$.

Докажем, например, равенство двугранных углов при рёбрах $SA$ и $S_1A_1$. Обозначим их $\phi_{SA}$ и $\phi_{S_1A_1}$ соответственно.

Теорема косинусов для трёхгранного угла связывает его три плоских угла и один из двугранных углов. Для двугранного угла при ребре $SA$ она имеет вид:

$\cos(\angle BSC) = \cos(\angle CSA) \cdot \cos(\angle ASB) + \sin(\angle CSA) \cdot \sin(\angle ASB) \cdot \cos(\phi_{SA})$

В наших обозначениях:

$\cos(\alpha) = \cos(\beta) \cdot \cos(\gamma) + \sin(\beta) \cdot \sin(\gamma) \cdot \cos(\phi_{SA})$

Выразим из этой формулы косинус двугранного угла $\phi_{SA}$:

$\cos(\phi_{SA}) = \frac{\cos(\alpha) - \cos(\beta) \cdot \cos(\gamma)}{\sin(\beta) \cdot \sin(\gamma)}$

Теперь запишем аналогичную формулу для двугранного угла $\phi_{S_1A_1}$ трёхгранного угла $S_1A_1B_1C_1$:

$\cos(\phi_{S_1A_1}) = \frac{\cos(\alpha_1) - \cos(\beta_1) \cdot \cos(\gamma_1)}{\sin(\beta_1) \cdot \sin(\gamma_1)}$

Поскольку по условию $\alpha = \alpha_1$, $\beta = \beta_1$ и $\gamma = \gamma_1$, правые части обоих выражений равны. Следовательно, равны и их левые части:

$\cos(\phi_{SA}) = \cos(\phi_{S_1A_1})$

Величина двугранного угла находится в пределах от $0$ до $\pi$ (от 0° до 180°). На этом интервале функция косинуса является строго монотонной, а значит, каждому значению косинуса соответствует единственное значение угла. Таким образом, из равенства косинусов следует равенство самих углов:

$\phi_{SA} = \phi_{S_1A_1}$

Совершенно аналогично, применяя теорему косинусов для других рёбер, можно доказать равенство двугранных углов при рёбрах $SB$ и $S_1B_1$, а также при рёбрах $SC$ и $S_1C_1$. Формулы для них будут:

$\cos(\phi_{SB}) = \frac{\cos(\beta) - \cos(\alpha) \cdot \cos(\gamma)}{\sin(\alpha) \cdot \sin(\gamma)}$

$\cos(\phi_{SC}) = \frac{\cos(\gamma) - \cos(\alpha) \cdot \cos(\beta)}{\sin(\alpha) \cdot \sin(\beta)}$

В каждом случае правая часть выражения зависит только от величин плоских углов. Так как плоские углы у двух трёхгранных углов соответственно равны, то будут равны и косинусы соответствующих двугранных углов, а значит, и сами двугранные углы.

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Из теоремы косинусов для трёхгранного угла следует, что каждый двугранный угол однозначно определяется тремя плоскими углами. Поскольку по условию плоские углы у двух трёхгранных углов соответственно равны, то равны и их соответствующие двугранные углы.

17.3. Докажите, что если все плоские углы трёхгранного угла больше $90^\circ$, то все его двугранные углы также больше $90^\circ$.

Пусть дан трёхгранный угол с вершиной в точке $S$ и рёбрами, исходящими из неё. Обозначим плоские углы этого трёхгранного угла как $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. По условию задачи, все эти углы больше $90^\circ$:

$\alpha > 90^\circ$

$\beta > 90^\circ$

$\gamma > 90^\circ$

Обозначим двугранные углы, противолежащие плоским углам $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, как $A$, $B$ и $C$ соответственно. Нам необходимо доказать, что все двугранные углы также больше $90^\circ$, то есть $A > 90^\circ$, $B > 90^\circ$ и $C > 90^\circ$.

Для доказательства воспользуемся первой теоремой косинусов для трёхгранного угла, которая связывает величину двугранного угла с величинами трёх плоских углов. Для двугранного угла $A$ формула имеет вид:

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

Выразим из этой формулы косинус двугранного угла $A$:

$\cos A = \frac{\cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma}{\sin \beta \sin \gamma}$

Чтобы доказать, что угол $A > 90^\circ$, нам нужно показать, что его косинус отрицателен ($\cos A < 0$), так как двугранные углы находятся в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$.

Проанализируем знак числителя и знаменателя полученной дроби.

1. Знаменатель: $\sin \beta \sin \gamma$

Плоские углы трёхгранного угла всегда находятся в интервале $(0^\circ, 180^\circ)$. По условию, $\beta > 90^\circ$ и $\gamma > 90^\circ$. Следовательно, углы $\beta$ и $\gamma$ лежат во второй четверти ($90^\circ < \beta < 180^\circ$, $90^\circ < \gamma < 180^\circ$). Синус угла во второй четверти положителен, поэтому $\sin \beta > 0$ и $\sin \gamma > 0$. Их произведение также будет положительным: $\sin \beta \sin \gamma > 0$.

2. Числитель: $\cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma$

По условию, все плоские углы $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ больше $90^\circ$. Косинус угла во второй четверти отрицателен. Таким образом:

$\cos \alpha < 0$

$\cos \beta < 0$

$\cos \gamma < 0$

Произведение двух отрицательных чисел $\cos \beta \cos \gamma$ будет положительным: $\cos \beta \cos \gamma > 0$.

Тогда числитель представляет собой разность отрицательного числа ($\cos \alpha$) и положительного числа ($\cos \beta \cos \gamma$). Такая разность всегда отрицательна:

$\cos \alpha - (\cos \beta \cos \gamma) = (\text{отрицательное}) - (\text{положительное}) < 0$.

Заключение для угла $A$

Поскольку числитель дроби отрицателен, а знаменатель положителен, значение дроби будет отрицательным:

$\cos A = \frac{\text{отрицательное}}{\text{положительное}} < 0$

Так как $\cos A < 0$, двугранный угол $A$ является тупым, то есть $A > 90^\circ$.

Поскольку рассуждения симметричны для всех трёх двугранных углов, мы можем сделать аналогичные выводы для углов $B$ и $C$. Формулы для их косинусов:

$\cos B = \frac{\cos \beta - \cos \alpha \cos \gamma}{\sin \alpha \sin \gamma}$

$\cos C = \frac{\cos \gamma - \cos \alpha \cos \beta}{\sin \alpha \sin \beta}$

В обоих случаях числители будут отрицательны, а знаменатели положительны, следовательно, $\cos B < 0$ и $\cos C < 0$. Это означает, что $B > 90^\circ$ и $C > 90^\circ$.

Таким образом, доказано, что если все плоские углы трёхгранного угла больше $90^\circ$, то все его двугранные углы также больше $90^\circ$.

Ответ: Утверждение доказано. Если все плоские углы трёхгранного угла ($\alpha, \beta, \gamma$) больше $90^\circ$, то из теоремы косинусов для трёхгранного угла (например, $\cos A = \frac{\cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma}{\sin \beta \sin \gamma}$) следует, что косинус любого двугранного угла ($A, B, C$) будет отрицательным. Это происходит потому, что числитель дроби ($\cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma$) отрицателен, а знаменатель ($\sin \beta \sin \gamma$) положителен. Отрицательный косинус для угла в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$ однозначно означает, что угол больше $90^\circ$.

17.4. Плоские углы $ASB$, $BSC$ и $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ равны $45^{\circ}$, $45^{\circ}$ и $60^{\circ}$ соответственно. Найдите двугранный угол при ребре $SB$.

Для нахождения двугранного угла трёхгранного угла можно воспользоваться теоремой косинусов для трёхгранного угла (аналог сферической теоремы косинусов). Пусть S — вершина трёхгранного угла, а SA, SB, SC — его рёбра.

Обозначим плоские углы:

$\angle ASB = \gamma = 45^{\circ}$

$\angle BSC = \alpha = 45^{\circ}$

$\angle CSA = \beta = 60^{\circ}$

Пусть $A$, $B$, $C$ — двугранные углы при рёбрах SA, SB, SC соответственно. Нам нужно найти двугранный угол при ребре SB, то есть угол $B$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла связывает плоские углы и двугранный угол, противолежащий одному из них. Формула для двугранного угла $B$ при ребре SB, которому противолежит плоский угол $\beta = \angle CSA$, выглядит следующим образом:

$\cos(\beta) = \cos(\alpha) \cos(\gamma) + \sin(\alpha) \sin(\gamma) \cos(B)$

Выразим из этой формулы $\cos(B)$:

$\cos(B) = \frac{\cos(\beta) - \cos(\alpha) \cos(\gamma)}{\sin(\alpha) \sin(\gamma)}$

Подставим известные значения углов:

$\alpha = 45^{\circ}$

$\gamma = 45^{\circ}$

$\beta = 60^{\circ}$

Нам известны значения тригонометрических функций для этих углов:

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

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

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

Подставляем эти значения в формулу для $\cos(B)$:

$\cos(B) = \frac{\cos(60^{\circ}) - \cos(45^{\circ}) \cos(45^{\circ})}{\sin(45^{\circ}) \sin(45^{\circ})} = \frac{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}$

Выполним вычисления в числителе и знаменателе:

$\cos(B) = \frac{\frac{1}{2} - \frac{2}{4}}{\frac{2}{4}} = \frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}} = \frac{0}{\frac{1}{2}} = 0$

Теперь найдём сам угол $B$:

$B = \arccos(0)$

$B = 90^{\circ}$

Таким образом, двугранный угол при ребре SB равен $90^{\circ}$.

Ответ: $90^{\circ}$.

17.5. Плоские углы $ASB$, $BSC$ и $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ равны $45^\circ$, $45^\circ$ и $60^\circ$ соответственно. Найдите двугранный угол при ребре $SC$.

Пусть $S$ — вершина трехгранного угла, а $SA$, $SB$, $SC$ — его ребра. По условию, плоские углы равны: $\angle ASB = 45^\circ$, $\angle BSC = 45^\circ$ и $\angle CSA = 60^\circ$. Требуется найти двугранный угол при ребре $SC$. Этот угол измеряется линейным углом, который образуется двумя лучами, проведенными в гранях $(ASC)$ и $(BSC)$ из одной точки на ребре $SC$ и перпендикулярно ему.

Для нахождения этого угла выполним следующее построение:

1. На ребре $SC$ выберем произвольную точку $P$. Для удобства вычислений положим длину отрезка $SP$ равной 1, т.е. $SP=1$.
2. В плоскости грани $(ASC)$ проведем через точку $P$ прямую, перпендикулярную $SC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SA$ в точке $A'$. Треугольник $\triangle SPA'$ является прямоугольным с $\angle SPA' = 90^\circ$.
3. Аналогично, в плоскости грани $(BSC)$ проведем через точку $P$ прямую, перпендикулярную $SC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SB$ в точке $B'$. Треугольник $\triangle SPB'$ является прямоугольным с $\angle SPB' = 90^\circ$.

По определению, линейный угол искомого двугранного угла — это угол $\angle A'PB'$. Чтобы найти его величину, мы вычислим длины сторон треугольника $\triangle A'PB'$ и применим к нему теорему косинусов.

1. Вычисление сторон в плоскости ASC
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SPA'$. Угол $\angle A'SP$ равен плоскому углу $\angle CSA = 60^\circ$. Катет $SP=1$. Найдем длину второго катета $PA'$ и гипотенузы $SA'$:$PA' = SP \cdot \tan(\angle A'SP) = 1 \cdot \tan(60^\circ) = \sqrt{3}$
$SA' = \frac{SP}{\cos(\angle A'SP)} = \frac{1}{\cos(60^\circ)} = \frac{1}{1/2} = 2$

2. Вычисление сторон в плоскости BSC
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SPB'$. Угол $\angle B'SP$ равен плоскому углу $\angle BSC = 45^\circ$. Катет $SP=1$. Найдем длину второго катета $PB'$ и гипотенузы $SB'$:$PB' = SP \cdot \tan(\angle B'SP) = 1 \cdot \tan(45^\circ) = 1$
$SB' = \frac{SP}{\cos(\angle B'SP)} = \frac{1}{\cos(45^\circ)} = \frac{1}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{2}$

3. Вычисление стороны A'B'
Рассмотрим треугольник $\triangle A'SB'$. Нам известны длины двух его сторон $SA'=2$, $SB'=\sqrt{2}$ и угол между ними $\angle A'SB' = \angle ASB = 45^\circ$. По теореме косинусов найдем длину стороны $A'B'$:
$(A'B')^2 = (SA')^2 + (SB')^2 - 2 \cdot SA' \cdot SB' \cdot \cos(\angle A'SB')$
$(A'B')^2 = 2^2 + (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \cos(45^\circ)$
$(A'B')^2 = 4 + 2 - 4\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6 - \frac{4 \cdot 2}{2} = 6 - 4 = 2$
$A'B' = \sqrt{2}$

4. Нахождение искомого угла
Теперь рассмотрим треугольник $\triangle A'PB'$, в котором мы знаем длины всех трех сторон: $PA' = \sqrt{3}$, $PB' = 1$ и $A'B' = \sqrt{2}$. Обозначим искомый угол $\angle A'PB'$ как $\varphi$. Применим теорему косинусов для этого треугольника:
$(A'B')^2 = (PA')^2 + (PB')^2 - 2 \cdot PA' \cdot PB' \cdot \cos(\varphi)$
$(\sqrt{2})^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 1 \cdot \cos(\varphi)$
$2 = 3 + 1 - 2\sqrt{3} \cos(\varphi)$
$2 = 4 - 2\sqrt{3} \cos(\varphi)$
$2\sqrt{3} \cos(\varphi) = 4 - 2 = 2$
$\cos(\varphi) = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$
Отсюда находим искомый угол: $\varphi = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

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

17.6. Плоские углы $ASB$ и $BSC$ трёхгранного угла $SABC$ равны $45^\circ$. Двугранный угол при ребре $SB$ равен $60^\circ$. Найдите плоский угол $ASC$.

Для решения данной задачи используется теорема косинусов для трёхгранного угла. Эта теорема связывает три плоских угла при вершине и один из двугранных углов.

Пусть дан трёхгранный угол $SABC$ с вершиной в точке $S$. Обозначим его плоские углы: $\angle ASB$, $\angle BSC$ и $\angle ASC$. Двугранный угол при ребре $SB$ — это угол между плоскостями $(ASB)$ и $(BSC)$.

По условию задачи известны:

1. Плоский угол $\angle ASB = 45^\circ$.

2. Плоский угол $\angle BSC = 45^\circ$.

3. Двугранный угол при ребре $SB$ равен $60^\circ$.

Требуется найти плоский угол $\angle ASC$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла, которая позволяет найти плоский угол, противолежащий ребру с известным двугранным углом, формулируется следующим образом:

$\cos(\angle ASC) = \cos(\angle ASB) \cdot \cos(\angle BSC) + \sin(\angle ASB) \cdot \sin(\angle BSC) \cdot \cos(\phi_{SB})$

где $\phi_{SB}$ — двугранный угол при ребре $SB$.

Подставим в формулу заданные значения:

$\cos(\angle ASC) = \cos(45^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(45^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos(60^\circ)$

Используем известные значения тригонометрических функций:

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

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

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

Произведем вычисления:

$\cos(\angle ASC) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}$

$\cos(\angle ASC) = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{2}$

$\cos(\angle ASC) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}$

$\cos(\angle ASC) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}$

$\cos(\angle ASC) = \frac{3}{4}$

Искомый плоский угол $\angle ASC$ равен арккосинусу полученного значения:

$\angle ASC = \arccos\left(\frac{3}{4}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{3}{4}\right)$.

17.7. Плоские углы $ASB$ и $ASC$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны $90^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $SB$ равен $45^\circ$. Найдите плоский угол $BSC$.

Для решения задачи о трехгранном угле $SABC$ воспользуемся методами сферической тригонометрии.Пусть плоские углы при вершине $S$ будут сторонами сферического треугольника $ABC$, образованного пересечением лучей $SA, SB, SC$ со сферой единичного радиуса с центром в точке $S$.

Обозначим стороны сферического треугольника, соответствующие плоским углам:

• $c = \angle ASB = 90^\circ$
• $b = \angle ASC = 60^\circ$
• $a = \angle BSC$ (этот угол нам нужно найти)

Углы сферического треугольника $A, B, C$ равны двугранным углам при ребрах $SA, SB, SC$ соответственно. По условию, двугранный угол при ребре $SB$ равен $45^\circ$, следовательно, угол $B$ сферического треугольника равен $45^\circ$.

Теперь у нас есть сферический треугольник $ABC$, в котором известны две стороны ($b$ и $c$) и угол, противолежащий одной из них ($B$). Для нахождения стороны $a$ применим теорему косинусов для сторон сферического треугольника:

$\cos b = \cos a \cos c + \sin a \sin c \cos B$

Подставим известные значения в формулу:

$\cos 60^\circ = \cos a \cdot \cos 90^\circ + \sin a \cdot \sin 90^\circ \cdot \cos 45^\circ$

Зная значения тригонометрических функций, получаем:

$\frac{1}{2} = \cos a \cdot 0 + \sin a \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\frac{1}{2} = \sin a \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

Из этого уравнения выразим $\sin a$:

$\sin a = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Поскольку $a$ — это плоский угол трехгранного угла, его значение должно находиться в интервале от $0^\circ$ до $180^\circ$. В этом интервале уравнение $\sin a = \frac{\sqrt{2}}{2}$ имеет два решения:

$a_1 = 45^\circ$

$a_2 = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$

Необходимо проверить, удовлетворяют ли оба найденных значения условиям существования трехгранного угла. Основное условие — сумма любых двух плоских углов должна быть больше третьего.

Случай 1: $a = 45^\circ$. Плоские углы равны $45^\circ, 60^\circ, 90^\circ$.

• $45^\circ + 60^\circ = 105^\circ > 90^\circ$ (верно)
• $45^\circ + 90^\circ = 135^\circ > 60^\circ$ (верно)
• $60^\circ + 90^\circ = 150^\circ > 45^\circ$ (верно)

Все неравенства выполняются, значит, это решение возможно.

Случай 2: $a = 135^\circ$. Плоские углы равны $135^\circ, 60^\circ, 90^\circ$.

• $135^\circ + 60^\circ = 195^\circ > 90^\circ$ (верно)
• $135^\circ + 90^\circ = 225^\circ > 60^\circ$ (верно)
• $60^\circ + 90^\circ = 150^\circ > 135^\circ$ (верно)

Все неравенства выполняются, значит, это решение также возможно.

Таким образом, задача имеет два геометрически возможных решения.

Ответ: $45^\circ$ или $135^\circ$.

17.8. Плоские углы $BSC$ и $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ равны $45^{\circ}$. Двугранный угол при ребре $SC$ равен $120^{\circ}$. Найдите плоский угол $ASB$.

Для решения задачи воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла, которая является аналогом теоремы косинусов в сферической тригонометрии. Рассмотрим сферический треугольник, образованный пересечением граней трёхгранного угла со сферой, центр которой находится в вершине $S$.

В этом сферическом треугольнике:

• Стороны равны плоским углам трёхгранного угла. Обозначим их $a$, $b$ и $c$. По условию, $a = \angle BSC = 45^\circ$ и $b = \angle CSA = 45^\circ$. Нам нужно найти сторону $c = \angle ASB$.
• Углы равны двугранным углам трёхгранного угла. Угол $C$, противолежащий стороне $c$, равен двугранному углу при ребре $SC$. По условию, $C = 120^\circ$.

Сферическая теорема косинусов для сторон гласит:

$\cos(c) = \cos(a)\cos(b) + \sin(a)\sin(b)\cos(C)$

Подставим известные значения в формулу:

$a = 45^\circ$

$b = 45^\circ$

$C = 120^\circ$

Значения тригонометрических функций для этих углов:

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

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

$\cos(120^\circ) = -\frac{1}{2}$

Теперь выполним вычисления:

$\cos(c) = \cos(45^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(45^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos(120^\circ)$

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

$\cos(c) = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$

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

$\cos(c) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}$

$\cos(c) = \frac{1}{4}$

Искомый плоский угол $ASB$ равен $c$. Следовательно:

$\angle ASB = \arccos\left(\frac{1}{4}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{4}\right)$.

17.9. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ ребро $AD$ равно 1 см, а каждое из рёбер $AB$ и $AA_1$ равно 2 см. Найдите угол между плоскостями $AB_1D$ и $CB_1D$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат, согласно условию ($AD=1$ см, $AB=2$ см, $AA_1=2$ см), координаты необходимых для решения вершин будут следующими:

• $A(0, 0, 0)$
• $C$: так как $AB=2$ и $AD=1$, то $C(2, 1, 0)$
• $D(0, 1, 0)$
• $B_1$: так как $AB=2$ и $AA_1=2$, то $B_1(2, 0, 2)$

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем уравнения плоскостей $AB_1D$ и $CB_1D$ и их векторы нормали.

Найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $AB_1D$. Эта плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $B_1(2, 0, 2)$ и $D(0, 1, 0)$. Составим векторы, лежащие в этой плоскости:

$\vec{AD} = D - A = (0-0, 1-0, 0-0) = (0, 1, 0)$

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (2-0, 0-0, 2-0) = (2, 0, 2)$

Вектор нормали $\vec{n_1}$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n_1} = \vec{AD} \times \vec{AB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 2 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot 2 - 0 \cdot 2) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - 1 \cdot 2) = 2\mathbf{i} - 0\mathbf{j} - 2\mathbf{k} = (2, 0, -2)$.

Для упрощения можно взять коллинеарный вектор, разделив координаты на 2: $\vec{n_1} = (1, 0, -1)$.

Теперь найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $CB_1D$. Эта плоскость проходит через точки $C(2, 1, 0)$, $B_1(2, 0, 2)$ и $D(0, 1, 0)$. Составим векторы, лежащие в этой плоскости:

$\vec{DC} = C - D = (2-0, 1-1, 0-0) = (2, 0, 0)$

$\vec{DB_1} = B_1 - D = (2-0, 0-1, 2-0) = (2, -1, 2)$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{DC} \times \vec{DB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 2 - 0 \cdot (-1)) - \mathbf{j}(2 \cdot 2 - 0 \cdot 2) + \mathbf{k}(2 \cdot (-1) - 0 \cdot 2) = 0\mathbf{i} - 4\mathbf{j} - 2\mathbf{k} = (0, -4, -2)$.

Для упрощения можно взять коллинеарный вектор, разделив координаты на -2: $\vec{n_2} = (0, 2, 1)$.

Угол $\phi$ между плоскостями находится по формуле косинуса угла между их нормальными векторами:

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

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

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

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.

$|\vec{n_2}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{0+4+1} = \sqrt{5}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|-1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{10}}$.

Искомый угол $\phi$ равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

17.10. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ рёбра $AB, AD$ и $AA_1$ равны 4 см, 3 см и $\sqrt{11}$ см соответственно. Найдите угол между плоскостями $ABD_1$ и $CBD_1$.

Для нахождения угла между плоскостями $ABD_1$ и $CBD_1$ воспользуемся координатным методом. Угол между двумя пересекающимися плоскостями равен углу между их нормальными векторами.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$. Направим ось Ox вдоль ребра $AB$, ось Oy вдоль ребра $AD$, и ось Oz вдоль ребра $AA_1$. В соответствии с условием задачи, длины ребер равны $AB = 4$, $AD = 3$, $AA_1 = \sqrt{11}$.
В этой системе координат необходимые нам вершины имеют следующие координаты: $A(0, 0, 0)$, $B(4, 0, 0)$, $C(4, 3, 0)$, $D_1(0, 3, \sqrt{11})$.

Нахождение нормального вектора к плоскости $ABD_1$
Плоскость $ABD_1$ задается точками $A(0,0,0)$, $B(4,0,0)$ и $D_1(0,3,\sqrt{11})$. В качестве направляющих векторов плоскости можно взять векторы $\vec{AB} = (4, 0, 0)$ и $\vec{AD_1} = (0, 3, \sqrt{11})$. Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости перпендикулярен этим векторам, и его можно найти как их векторное произведение:
$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{11} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot \sqrt{11} - 0 \cdot 3) - \mathbf{j}(4 \cdot \sqrt{11} - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(4 \cdot 3 - 0 \cdot 0) = (0, -4\sqrt{11}, 12)$.
Для упрощения вычислений можно использовать любой коллинеарный вектор, например, разделив координаты $\vec{n_1}$ на -4: $\vec{n_1'} = (0, \sqrt{11}, -3)$.

Нахождение нормального вектора к плоскости $CBD_1$
Плоскость $CBD_1$ задается точками $C(4,3,0)$, $B(4,0,0)$ и $D_1(0,3,\sqrt{11})$. В качестве направляющих векторов плоскости можно взять векторы $\vec{BC} = (0, 3, 0)$ и $\vec{BD_1} = (-4, 3, \sqrt{11})$. Нормальный вектор $\vec{n_2}$ найдем как их векторное произведение:
$\vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 3 & 0 \\ -4 & 3 & \sqrt{11} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(3 \cdot \sqrt{11} - 0 \cdot 3) - \mathbf{j}(0 \cdot \sqrt{11} - 0 \cdot (-4)) + \mathbf{k}(0 \cdot 3 - 3 \cdot (-4)) = (3\sqrt{11}, 0, 12)$.
Для упрощения вычислений возьмем коллинеарный вектор, разделив координаты $\vec{n_2}$ на 3: $\vec{n_2'} = (\sqrt{11}, 0, 4)$.

Нахождение угла между плоскостями
Угол $\alpha$ между плоскостями определяется по формуле косинуса угла между их нормальными векторами:
$\cos \alpha = \frac{|\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}|}{||\vec{n_1'}|| \cdot ||\vec{n_2'}||}$
Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{n_1'} = (0, \sqrt{11}, -3)$ и $\vec{n_2'} = (\sqrt{11}, 0, 4)$:
$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = 0 \cdot \sqrt{11} + \sqrt{11} \cdot 0 + (-3) \cdot 4 = -12$.
Вычислим длины (модули) векторов:
$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{11})^2 + (-3)^2} = \sqrt{11 + 9} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.
$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{(\sqrt{11})^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{11 + 16} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$.
Подставим найденные значения в формулу:
$\cos \alpha = \frac{|-12|}{2\sqrt{5} \cdot 3\sqrt{3}} = \frac{12}{6\sqrt{15}} = \frac{2}{\sqrt{15}} = \frac{2\sqrt{15}}{15}$.
Таким образом, искомый угол равен $\alpha = \arccos\left(\frac{2\sqrt{15}}{15}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2\sqrt{15}}{15}\right)$.

17.11. Все рёбра $n$-угольной пирамиды равны 1 см. Найдите все возможные значения $n$.

Пусть дана $n$-угольная пирамида, у которой все рёбра равны $a=1$ см. Основанием такой пирамиды является правильный $n$-угольник со стороной $a=1$. Боковые грани представляют собой равносторонние треугольники со стороной $a=1$.

Обозначим вершину пирамиды через $S$, а вершины основания — через $A_1, A_2, \dots, A_n$. Так как все боковые рёбра $SA_i$ равны между собой, вершина $S$ проецируется в центр $O$ описанной окружности основания. Пусть $H$ — высота пирамиды (длина отрезка $SO$), а $R$ — радиус описанной окружности основания (длина отрезка $OA_i$).

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA_i$. По теореме Пифагора, квадрат длины бокового ребра (гипотенузы) равен сумме квадратов высоты и радиуса описанной окружности основания (катетов):
$SA_i^2 = SO^2 + OA_i^2$
Подставляя известные значения, получаем:
$1^2 = H^2 + R^2$
$H^2 = 1 - R^2$

Для того чтобы пирамида существовала в трёхмерном пространстве, её высота должна быть строго положительной, то есть $H > 0$. Это эквивалентно условию $H^2 > 0$. Следовательно, должно выполняться неравенство:
$1 - R^2 > 0 \implies R^2 < 1 \implies R < 1$ (так как радиус $R$ — величина положительная).

Теперь найдём радиус $R$ описанной окружности правильного $n$-угольника со стороной $a=1$. Формула для радиуса описанной окружности:
$R = \frac{a}{2 \sin(\frac{\pi}{n})}$
Поскольку $a=1$, получаем:
$R = \frac{1}{2 \sin(\frac{\pi}{n})}$

Подставим это выражение в наше неравенство $R < 1$:
$\frac{1}{2 \sin(\frac{\pi}{n})} < 1$

Так как $n$ — это количество сторон многоугольника в основании, $n$ должно быть целым числом, и $n \ge 3$. Для таких $n$ угол $\frac{\pi}{n}$ находится в интервале $(0, \frac{\pi}{3}]$, а значит, $\sin(\frac{\pi}{n}) > 0$. Мы можем умножить обе части неравенства на $2 \sin(\frac{\pi}{n})$, не меняя знака неравенства:
$1 < 2 \sin(\frac{\pi}{n})$
$\sin(\frac{\pi}{n}) > \frac{1}{2}$

Известно, что $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$. Так как для $n \ge 3$ угол $\frac{\pi}{n}$ находится в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$, где функция синуса возрастает, неравенство $\sin(\frac{\pi}{n}) > \sin(\frac{\pi}{6})$ равносильно неравенству:
$\frac{\pi}{n} > \frac{\pi}{6}$

Разделив обе части на $\pi$, получаем:
$\frac{1}{n} > \frac{1}{6}$

Так как $n$ — положительное число, мы можем "перевернуть" дроби, изменив знак неравенства на противоположный:
$n < 6$

Таким образом, мы получили два условия для $n$:

1. $n \ge 3$ (геометрическое условие для существования многоугольника).
2. $n < 6$ (условие для существования пирамиды с положительной высотой).

Объединяя эти условия, находим, что $n$ может принимать следующие целые значения: 3, 4, 5.

Действительно, при $n=3$ получается правильный тетраэдр, при $n=4$ — правильная четырёхугольная пирамида (половина октаэдра), при $n=5$ — правильная пятиугольная пирамида ("шапка" икосаэдра). При $n=6$ радиус описанной окружности основания $R$ равен стороне $a=1$, что приводит к нулевой высоте ($H^2 = 1-1^2=0$), и пирамида вырождается в плоскую фигуру. При $n>6$ радиус $R$ становится больше 1, что делает высоту мнимой величиной.

Ответ: 3, 4, 5.

17.12. Все плоские углы трёхгранного угла равны. Докажите, что все его двугранные углы больше $60^\circ$.

Пусть дан трёхгранный угол с вершиной $S$ и рёбрами $a, b, c$. По условию, все его плоские углы равны. Обозначим величину каждого плоского угла через $\alpha$.

Для того чтобы трёхгранный угол существовал, необходимо выполнение двух условий:
1. Сумма любых двух плоских углов больше третьего: $\alpha + \alpha > \alpha$, что упрощается до $\alpha > 0^\circ$.
2. Сумма всех плоских углов меньше $360^\circ$: $\alpha + \alpha + \alpha < 360^\circ$, что даёт $3\alpha < 360^\circ$, или $\alpha < 120^\circ$.
Таким образом, величина плоского угла $\alpha$ находится в пределах $0^\circ < \alpha < 120^\circ$.

Поскольку все плоские углы равны, то и все двугранные углы этого трёхгранного угла также равны между собой. Обозначим величину каждого двугранного угла через $A$. Для нахождения связи между плоским и двугранным углами в таком "правильном" трёхгранном угле воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла. Она связывает один из двугранных углов с тремя плоскими углами. Для двугранного угла $A$ при ребре $a$ формула выглядит так:

$\cos A = \frac{\cos\alpha - \cos\alpha \cdot \cos\alpha}{\sin\alpha \cdot \sin\alpha}$

Упростим это выражение:
$\cos A = \frac{\cos\alpha - \cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} = \frac{\cos\alpha(1 - \cos\alpha)}{1 - \cos^2\alpha}$
Разложим знаменатель по формуле разности квадратов: $1 - \cos^2\alpha = (1 - \cos\alpha)(1 + \cos\alpha)$.
$\cos A = \frac{\cos\alpha(1 - \cos\alpha)}{(1 - \cos\alpha)(1 + \cos\alpha)}$

Так как $\alpha > 0^\circ$, то $\cos\alpha < 1$, и следовательно, $1 - \cos\alpha \neq 0$. Мы можем сократить дробь на $(1 - \cos\alpha)$:
$\cos A = \frac{\cos\alpha}{1 + \cos\alpha}$

Теперь нам нужно доказать, что $A > 60^\circ$. Поскольку функция $y = \cos x$ является убывающей на интервале $(0^\circ, 180^\circ)$, в котором лежат значения двугранных углов, неравенство $A > 60^\circ$ эквивалентно неравенству $\cos A < \cos 60^\circ$.
Так как $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$, нам нужно доказать неравенство:
$\frac{\cos\alpha}{1 + \cos\alpha} < \frac{1}{2}$

Из условия $0^\circ < \alpha < 120^\circ$ следует, что $\cos\alpha > \cos 120^\circ = -0.5$. Поэтому знаменатель $1 + \cos\alpha > 1 - 0.5 = 0.5 > 0$. Так как знаменатель положителен, мы можем умножить обе части неравенства на $2(1 + \cos\alpha)$, не меняя знака неравенства:
$2\cos\alpha < 1 + \cos\alpha$
Вычтем $\cos\alpha$ из обеих частей:
$\cos\alpha < 1$

Это неравенство всегда истинно, так как $\alpha > 0^\circ$, что является необходимым условием для существования невырожденного трёхгранного угла.
Таким образом, мы доказали, что $\cos A < \frac{1}{2}$, а значит $A > 60^\circ$. Поскольку все двугранные углы равны, то все они больше $60^\circ$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

17.13. Все плоские углы трёхгранного угла равны $90'$. Найдите углы между биссектрисами этих плоских углов.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Пусть вершина трёхгранного угла совпадает с началом координат $O(0, 0, 0)$, а его рёбра направлены вдоль положительных полуосей координат $Ox$, $Oy$ и $Oz$. Такое расположение возможно, поскольку по условию все плоские углы равны $90^\circ$, то есть рёбра попарно перпендикулярны.

Направляющими векторами рёбер можно выбрать единичные векторы (орты) координатных осей:

• Ребро вдоль оси $Ox$: вектор $\vec{i} = (1, 0, 0)$
• Ребро вдоль оси $Oy$: вектор $\vec{j} = (0, 1, 0)$
• Ребро вдоль оси $Oz$: вектор $\vec{k} = (0, 0, 1)$

Плоские углы этого трёхгранного угла лежат в координатных плоскостях $Oxy$, $Oyz$ и $Ozx$. Нам нужно найти биссектрисы этих углов. Направляющий вектор биссектрисы угла, образованного двумя векторами одинаковой длины, можно найти как сумму этих векторов.

1. Биссектриса плоского угла в плоскости $Oxy$ (между рёбрами с векторами $\vec{i}$ и $\vec{j}$) будет иметь направляющий вектор $\vec{b_1} = \vec{i} + \vec{j} = (1, 1, 0)$.
2. Биссектриса плоского угла в плоскости $Oyz$ (между рёбрами с векторами $\vec{j}$ и $\vec{k}$) будет иметь направляющий вектор $\vec{b_2} = \vec{j} + \vec{k} = (0, 1, 1)$.
3. Биссектриса плоского угла в плоскости $Ozx$ (между рёбрами с векторами $\vec{k}$ и $\vec{i}$) будет иметь направляющий вектор $\vec{b_3} = \vec{k} + \vec{i} = (1, 0, 1)$.

Теперь необходимо найти углы между этими тремя биссектрисами. В силу симметрии задачи, все три угла между парами биссектрис ($\angle(\vec{b_1}, \vec{b_2})$, $\angle(\vec{b_2}, \vec{b_3})$, $\angle(\vec{b_3}, \vec{b_1})$) будут равны. Найдём один из них, например, угол $\alpha$ между векторами $\vec{b_1}$ и $\vec{b_2}$.

Косинус угла между двумя векторами находится по формуле скалярного произведения: $\cos \alpha = \frac{\vec{b_1} \cdot \vec{b_2}}{|\vec{b_1}| \cdot |\vec{b_2}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{b_1}$ и $\vec{b_2}$: $\vec{b_1} \cdot \vec{b_2} = (1 \cdot 0) + (1 \cdot 1) + (0 \cdot 1) = 1$.

Вычислим длины (модули) этих векторов: $|\vec{b_1}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$. $|\vec{b_2}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла: $\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Отсюда находим сам угол $\alpha$: $\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$.

Поскольку все углы между биссектрисами одинаковы, каждый из них равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

17.14. Докажите, что каждый плоский угол выпуклого четырёхгранного угла меньше суммы трёх остальных его плоских углов.

Пусть дан выпуклый четырёхгранный угол с вершиной в точке $S$, образованный лучами $Sa$, $Sb$, $Sc$, $Sd$. Обозначим его плоские углы: $α = ∠aSb$, $β = ∠bSc$, $γ = ∠cSd$, $δ = ∠dSa$.

Необходимо доказать, что каждый плоский угол меньше суммы трёх остальных. Без ограничения общности докажем это для угла $α$, то есть докажем справедливость неравенства: $α < β + γ + δ$.

Для доказательства воспользуемся свойством выпуклого трёхгранного угла, которое гласит, что каждый плоский угол трёхгранного угла меньше суммы двух других его плоских углов.

Рассмотрим трёхгранный угол, образованный лучами $Sa$, $Sb$ и $Sc$. Его плоскими углами являются $α = ∠aSb$, $β = ∠bSc$ и $∠aSc$. Согласно свойству трёхгранного угла, имеем:
$α < β + ∠aSc$ (1)

Теперь рассмотрим трёхгранный угол, образованный лучами $Sa$, $Sc$ и $Sd$. Его плоскими углами являются $∠aSc$, $γ = ∠cSd$ и $δ = ∠dSa$. Применяя то же свойство к этому трёхгранному углу, получаем:
$∠aSc < γ + δ$ (2)

Теперь подставим неравенство (2) в неравенство (1). Так как $α$ меньше, чем $β + ∠aSc$, а $∠aSc$ в свою очередь меньше, чем $γ + δ$, мы можем записать:
$α < β + ∠aSc < β + (γ + δ)$

Из этого следует итоговое неравенство:
$α < β + γ + δ$

Утверждение для угла $α$ доказано. Аналогичным образом, рассматривая другие комбинации лучей и образуемые ими трёхгранные углы, можно доказать это утверждение для любого другого плоского угла ($β$, $γ$ или $δ$). Таким образом, каждый плоский угол выпуклого четырёхгранного угла меньше суммы трёх остальных.
Ответ: Утверждение доказано.