Страница 187 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.15. Ребро $AD$ тетраэдра $DABC$ равно 2 см. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$, если $\angle DAB = \angle BAC = 45^\circ$, $\angle DAC = 60^\circ$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.

1. Направим ось $Ox$ вдоль луча $AC$.

2. Расположим луч $AD$ в плоскости $Oxy$ так, чтобы y-координата точки $D$ была положительной.

По условию, длина ребра $AD = 2$ см, а угол $\angle DAC = 60^\circ$. Координаты точки $D$ будут:
$x_D = AD \cdot \cos(\angle DAC) = 2 \cdot \cos(60^\circ) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$
$y_D = AD \cdot \sin(\angle DAC) = 2 \cdot \sin(60^\circ) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$
$z_D = 0$
Таким образом, точка $D$ имеет координаты $(1, \sqrt{3}, 0)$.

3. Теперь найдем направляющий вектор для луча $AB$. Пусть точка $B$ имеет координаты $(x_B, y_B, z_B)$, а длина отрезка $AB$ равна $r$.
Угол между лучом $AB$ и осью $Ox$ (лучом $AC$) равен $\angle BAC = 45^\circ$. Из определения направляющих косинусов следует:
$\cos(\angle BAC) = \frac{x_B}{r}$, откуда $x_B = r \cdot \cos(45^\circ) = r \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол между лучами $AD$ и $AB$ равен $\angle DAB = 45^\circ$. Мы можем использовать скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{AB}$:
$\vec{AD} \cdot \vec{AB} = |\vec{AD}| \cdot |\vec{AB}| \cdot \cos(\angle DAB)$
Координаты векторов: $\vec{AD} = (1, \sqrt{3}, 0)$ и $\vec{AB} = (x_B, y_B, z_B)$.
$1 \cdot x_B + \sqrt{3} \cdot y_B + 0 \cdot z_B = 2 \cdot r \cdot \cos(45^\circ)$
$x_B + \sqrt{3}y_B = 2 \cdot r \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = r\sqrt{2}$

Подставим найденное выражение для $x_B$:
$r \frac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{3}y_B = r\sqrt{2}$
$\sqrt{3}y_B = r\sqrt{2} - r \frac{\sqrt{2}}{2} = r \frac{\sqrt{2}}{2}$
$y_B = \frac{r\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{r\sqrt{6}}{6}$

Координаты точки $B$ связаны соотношением $x_B^2 + y_B^2 + z_B^2 = r^2$. Найдем $z_B$:
$(r \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{r\sqrt{6}}{6})^2 + z_B^2 = r^2$
$\frac{2r^2}{4} + \frac{6r^2}{36} + z_B^2 = r^2$
$\frac{r^2}{2} + \frac{r^2}{6} + z_B^2 = r^2$
$\frac{3r^2 + r^2}{6} + z_B^2 = r^2 \Rightarrow \frac{4r^2}{6} + z_B^2 = r^2 \Rightarrow \frac{2r^2}{3} + z_B^2 = r^2$
$z_B^2 = r^2 - \frac{2r^2}{3} = \frac{r^2}{3}$
$z_B = \pm \frac{r}{\sqrt{3}} = \pm \frac{r\sqrt{3}}{3}$. Выберем положительное значение для $z_B$.

4. Плоскость $ABC$ проходит через начало координат $A(0,0,0)$ и содержит векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AB}$. Вектор $\vec{AC}$ коллинеарен оси $Ox$, его направляющий вектор $\vec{a} = (1, 0, 0)$. Направляющий вектор для $\vec{AB}$ можно взять, убрав множитель $r$: $\vec{b} = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3})$.

Найдем нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ABC$ как векторное произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:
$\vec{n} = \vec{a} \times \vec{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6}) - \mathbf{j}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) = (0, -\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{6})$

Уравнение плоскости, проходящей через начало координат, имеет вид $Ax+By+Cz=0$. Используя координаты нормального вектора, получаем:
$0 \cdot x - \frac{\sqrt{3}}{3} y + \frac{\sqrt{6}}{6} z = 0$
Умножим уравнение на $-6$, чтобы упростить его:
$2\sqrt{3}y - \sqrt{6}z = 0$

5. Расстояние $h$ от точки $D(x_0, y_0, z_0) = (1, \sqrt{3}, 0)$ до плоскости $Ax+By+Cz+D=0$ находится по формуле:
$h = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$
Подставляем наши значения:
$h = \frac{|0 \cdot 1 + 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} - \sqrt{6} \cdot 0|}{\sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{6})^2}} = \frac{|2 \cdot 3|}{\sqrt{4 \cdot 3 + 6}} = \frac{6}{\sqrt{12+6}} = \frac{6}{\sqrt{18}}$
$h = \frac{6}{3\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ см.

Ответ: $\sqrt{2}$ см.

17.16. Основанием призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равносторонний треугольник. Найдите расстояние между плоскостями оснований призмы, если известно, что $AA_1 = 6$ см, $\cos\angle A_1AC = \frac{1}{3}$, $\cos\angle A_1AB = \frac{2}{3}$.

Расстояние между плоскостями оснований призмы является ее высотой $H$. Для нахождения высоты воспользуемся методом координат.

Введем декартову систему координат. Поместим вершину $A$ основания в начало координат $A(0, 0, 0)$. Поскольку основание $ABC$ — равносторонний треугольник, расположим его в плоскости $Oxy$. Пусть сторона основания равна $a$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$.

Тогда координаты вершин основания будут следующими:$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a \cos 60^\circ, a \sin 60^\circ, 0) = C(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Векторы, соответствующие сторонам основания, исходящим из вершины $A$: $\vec{AB} = (a, 0, 0)$ и $\vec{AC} = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Пусть вершина $A_1$ имеет координаты $(x, y, z)$. Тогда вектор бокового ребра $\vec{AA_1} = (x, y, z)$. Высота призмы $H$ в данной системе координат равна модулю аппликаты точки $A_1$, то есть $H = |z|$.

По условию, длина бокового ребра $AA_1 = 6$ см. Следовательно, $|\vec{AA_1}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 6$. Возведя в квадрат, получим первое уравнение: $x^2 + y^2 + z^2 = 36$.

Теперь используем данные об углах. Угол $\angle A_1AB$ — это угол между векторами $\vec{AA_1}$ и $\vec{AB}$. Косинус этого угла выражается через скалярное произведение:

$\cos\angle A_1AB = \frac{\vec{AA_1} \cdot \vec{AB}}{|\vec{AA_1}| \cdot |\vec{AB}|}$

Подставим известные значения: $\cos\angle A_1AB = \frac{2}{3}$, $|\vec{AA_1}| = 6$, $|\vec{AB}| = a$. Скалярное произведение $\vec{AA_1} \cdot \vec{AB} = x \cdot a + y \cdot 0 + z \cdot 0 = ax$.

$\frac{2}{3} = \frac{ax}{6 \cdot a}$

Сократив на $a$ (так как $a \ne 0$), получаем: $\frac{2}{3} = \frac{x}{6}$, откуда $3x = 12$, то есть $x=4$.

Аналогично, угол $\angle A_1AC$ — это угол между векторами $\vec{AA_1}$ и $\vec{AC}$.

$\cos\angle A_1AC = \frac{\vec{AA_1} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AA_1}| \cdot |\vec{AC}|}$

Подставим известные значения: $\cos\angle A_1AC = \frac{1}{3}$, $|\vec{AA_1}| = 6$, $|\vec{AC}| = a$. Скалярное произведение $\vec{AA_1} \cdot \vec{AC} = x \cdot \frac{a}{2} + y \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} + z \cdot 0 = \frac{a(x + y\sqrt{3})}{2}$.

$\frac{1}{3} = \frac{\frac{a(x + y\sqrt{3})}{2}}{6 \cdot a}$

Сократив на $a$, получаем: $\frac{1}{3} = \frac{x + y\sqrt{3}}{12}$, откуда $12 = 3(x + y\sqrt{3})$, или $4 = x + y\sqrt{3}$.

Мы получили систему уравнений для определения координат $(x,y,z)$ точки $A_1$:

$\begin{cases}x = 4 \\x + y\sqrt{3} = 4 \\x^2 + y^2 + z^2 = 36\end{cases}$

Подставим $x=4$ во второе уравнение: $4 + y\sqrt{3} = 4$, что дает $y\sqrt{3} = 0$, и следовательно, $y=0$.

Подставим $x=4$ и $y=0$ в третье уравнение:

$4^2 + 0^2 + z^2 = 36$

$16 + z^2 = 36$

$z^2 = 36 - 16 = 20$

$z = \sqrt{20} = \sqrt{4 \cdot 5} = 2\sqrt{5}$ (берем положительное значение, так как высота — неотрицательная величина).

Таким образом, высота призмы $H = z = 2\sqrt{5}$ см.

Ответ: $2\sqrt{5}$ см.

17.17. Ребро $BD$ тетраэдра $DABC$ равно 4 см. Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $DAC$, если известно, что $\angle ADC = 90^\circ$, $\angle BDC = 45^\circ$, $\angle BDA = 120^\circ$.

Расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. В случае тетраэдра $DABC$ расстояние от вершины $B$ до плоскости основания $DAC$ является высотой $h$ тетраэдра, проведенной из вершины $B$.

Объем тетраэдра $V$ можно вычислить по формуле:$V = \frac{1}{3} S_{DAC} \cdot h$, где $S_{DAC}$ — площадь основания $DAC$, а $h$ — искомое расстояние.

Отсюда, $h = \frac{3V}{S_{DAC}}$.

Найдем объем тетраэдра и площадь основания.

1. Вычисление объема тетраэдра ($V$).

Объем тетраэдра, построенного на трех векторах, выходящих из одной вершины, можно найти по формуле, использующей длины ребер и углы между ними. Пусть ребра, выходящие из вершины $D$, имеют длины $|DA|=a$, $|DC|=c$ и $|DB|=4$ см. Углы между этими ребрами: $\angle BDA = 120^\circ$, $\angle BDC = 45^\circ$, $\angle ADC = 90^\circ$.

Формула для объема:$V = \frac{1}{6} |DA| \cdot |DB| \cdot |DC| \cdot \sqrt{1 - \cos^2(\angle BDA) - \cos^2(\angle BDC) - \cos^2(\angle ADC) + 2\cos(\angle BDA)\cos(\angle BDC)\cos(\angle ADC)}$

Подставим известные значения углов:$\cos(\angle BDA) = \cos(120^\circ) = - \frac{1}{2}$$\cos(\angle BDC) = \cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$\cos(\angle ADC) = \cos(90^\circ) = 0$

Теперь подставим эти значения в формулу объема:$V = \frac{1}{6} \cdot a \cdot 4 \cdot c \cdot \sqrt{1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - 0^2 + 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot 0}$$V = \frac{2ac}{3} \sqrt{1 - \frac{1}{4} - \frac{2}{4} - 0 + 0}$$V = \frac{2ac}{3} \sqrt{1 - \frac{3}{4}}$$V = \frac{2ac}{3} \sqrt{\frac{1}{4}}$$V = \frac{2ac}{3} \cdot \frac{1}{2}$$V = \frac{ac}{3}$

2. Вычисление площади основания ($S_{DAC}$).

Основание $DAC$ — это треугольник со сторонами $DA=a$ и $DC=c$, и углом между ними $\angle ADC = 90^\circ$. Площадь этого прямоугольного треугольника вычисляется по формуле:$S_{DAC} = \frac{1}{2} |DA| \cdot |DC| \cdot \sin(\angle ADC)$$S_{DAC} = \frac{1}{2} ac \cdot \sin(90^\circ)$$S_{DAC} = \frac{1}{2} ac \cdot 1 = \frac{ac}{2}$

3. Вычисление расстояния ($h$).

Теперь, зная объем и площадь основания, мы можем найти высоту (искомое расстояние):$h = \frac{3V}{S_{DAC}} = \frac{3 \cdot \frac{ac}{3}}{\frac{ac}{2}} = \frac{ac}{\frac{ac}{2}} = 2$

Таким образом, расстояние от точки $B$ до плоскости $DAC$ равно 2 см.

Ответ: 2 см.

17.18. Докажите, что в любой треугольной пирамиде найдётся вершина, при которой все плоские углы меньше $90^\circ$.

Для доказательства используем метод от противного. Предположим, что в треугольной пирамиде у каждой вершины есть хотя бы один плоский угол, который не меньше $90^\circ$ (то есть прямой или тупой).

Пусть вершины пирамиды — A, B, C, D. В каждой из 4 вершин (A, B, C, D) есть по крайней мере один плоский угол, равный или больший $90^\circ$. Обозначим эти углы $\alpha_A, \alpha_B, \alpha_C, \alpha_D$.

Каждый из этих углов принадлежит одной из четырёх граней пирамиды, которые являются треугольниками. В любом треугольнике может быть не более одного угла, который не является острым (т.е. $\ge 90^\circ$). Если бы два таких угла, например $\alpha_A$ и $\alpha_B$, принадлежали одной и той же грани (скажем, $\triangle ABC$), то сумма двух углов этого треугольника была бы не меньше $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, что невозможно.

Следовательно, все четыре не-острых угла $\alpha_A, \alpha_B, \alpha_C, \alpha_D$ должны принадлежать четырём разным граням. Поскольку у треугольной пирамиды ровно 4 грани, это означает, что в каждой грани есть ровно один не-острый угол.

Это предположение устанавливает соответствие между вершинами и гранями: каждой вершине $V$ сопоставляется та грань $F$, в которой находится её не-острый угол $\alpha_V$. Это соответствие является взаимно-однозначным (биекцией).

Рассмотрим один из возможных вариантов такого соответствия. Пусть:

• Не-острый угол при вершине A ($\alpha_A$) — это $\angle CAD$ в грани $\triangle ACD$.
• Не-острый угол при вершине B ($\alpha_B$) — это $\angle ABC$ в грани $\triangle ABC$.
• Не-острый угол при вершине C ($\alpha_C$) — это $\angle BCD$ в грани $\triangle BCD$.
• Не-острый угол при вершине D ($\alpha_D$) — это $\angle ADB$ в грани $\triangle ABD$.

Теперь применим теорему косинусов для каждого из этих четырёх треугольников. Если угол $\theta$ в треугольнике со сторонами $x, y, z$ (где $z$ — сторона, противолежащая углу $\theta$) не является острым, то $\cos\theta \le 0$, и из теоремы косинусов $z^2 = x^2 + y^2 - 2xy\cos\theta$ следует, что $z^2 \ge x^2 + y^2$.

Применим это к нашим четырём углам:

1. Для $\triangle ACD$ с $\angle CAD \ge 90^\circ$: $CD^2 \ge AC^2 + AD^2$
2. Для $\triangle ABC$ с $\angle ABC \ge 90^\circ$: $AC^2 \ge AB^2 + BC^2$
3. Для $\triangle BCD$ с $\angle BCD \ge 90^\circ$: $BD^2 \ge BC^2 + CD^2$
4. Для $\triangle ABD$ с $\angle ADB \ge 90^\circ$: $AB^2 \ge AD^2 + BD^2$

Теперь сложим все четыре полученных неравенства:

$CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2 \ge (AC^2 + AD^2) + (AB^2 + BC^2) + (BC^2 + CD^2) + (AD^2 + BD^2)$

Соберём слагаемые в правой части:

$CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2 \ge AB^2 + AC^2 + CD^2 + BD^2 + 2AD^2 + 2BC^2$

Сократим одинаковые члены в обеих частях неравенства:

$0 \ge 2AD^2 + 2BC^2$

$0 \ge 2(AD^2 + BC^2)$

Поскольку $AD$ и $BC$ — это длины рёбер пирамиды, они являются положительными величинами. Следовательно, их квадраты $AD^2$ и $BC^2$ также строго положительны. Их сумма $AD^2 + BC^2$ строго положительна. Тогда и выражение $2(AD^2 + BC^2)$ строго положительно.

Мы пришли к неравенству $0 \ge (\text{положительное число})$, что является противоречием.

Это противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, неверно, что у каждой вершины есть плоский угол не меньше $90^\circ$. Значит, должна найтись хотя бы одна вершина, у которой все плоские углы меньше $90^\circ$.

Доказательство:

Предположим противное: у каждой из четырёх вершин пирамиды имеется хотя бы один плоский угол, величина которого не меньше $90^\circ$.

В треугольнике может быть не более одного не-острого угла. Так как у пирамиды 4 вершины, то должно быть не менее 4-х не-острых плоских углов, причём все они должны лежать в разных гранях. Поскольку граней у пирамиды тоже 4, то каждая грань является прямоугольным или тупоугольным треугольником.

Рассмотрим один из возможных случаев распределения таких углов по граням. Пусть в $\triangle ACD$ не-острый угол при вершине A ($\angle CAD \ge 90^\circ$), в $\triangle ABC$ — при вершине B ($\angle ABC \ge 90^\circ$), в $\triangle BCD$ — при вершине C ($\angle BCD \ge 90^\circ$), и в $\triangle ABD$ — при вершине D ($\angle ADB \ge 90^\circ$).

По следствию из теоремы косинусов для треугольника, сторона, лежащая против не-острого угла, больше или равна по квадрату сумме квадратов двух других сторон. Запишем это для каждой грани:

$CD^2 \ge AC^2 + AD^2$

$AC^2 \ge AB^2 + BC^2$

$BD^2 \ge BC^2 + CD^2$

$AB^2 \ge AD^2 + BD^2$

Сложим эти четыре неравенства:

$CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2 \ge (AC^2 + AD^2) + (AB^2 + BC^2) + (BC^2 + CD^2) + (AD^2 + BD^2)$

После приведения подобных слагаемых в правой части получим:

$CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2 \ge AC^2 + AD^2 + AB^2 + BC^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 + BD^2$

$CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2 \ge (CD^2 + AC^2 + BD^2 + AB^2) + 2(AD^2 + BC^2)$

Вычитая из обеих частей одинаковые слагаемые, приходим к неравенству:

$0 \ge 2(AD^2 + BC^2)$

Длины рёбер $AD$ и $BC$ — положительные числа, значит, сумма их квадратов $AD^2+BC^2$ также строго положительна. Полученное неравенство ложно. Следовательно, исходное предположение неверно.

Таким образом, в любой треугольной пирамиде найдётся вершина, при которой все плоские углы меньше $90^\circ$.

Ответ: Утверждение доказано.

17.19. В тетраэдре DABC известно, что $AB = CD$, $BC = AD$, $CA = BD$. Докажите, что все грани данного тетраэдра — остроугольные треугольники.

Пусть в тетраэдре $DABC$ длины ребер равны: $AB = CD = a$, $BC = AD = b$, $CA = BD = c$.

Рассмотрим грани тетраэдра:

• Грань $ABC$ имеет стороны $AB=a$, $BC=b$, $CA=c$.
• Грань $ADC$ имеет стороны $AD=b$, $CD=a$, $AC=c$.
• Грань $ABD$ имеет стороны $AB=a$, $BD=c$, $AD=b$.
• Грань $BCD$ имеет стороны $BC=b$, $CD=a$, $BD=c$.

Все четыре грани являются треугольниками со сторонами $a, b, c$. Следовательно, все грани тетраэдра — равные между собой треугольники. Для доказательства того, что все они являются остроугольными, достаточно доказать, что один из них, например треугольник $ABC$, является остроугольным.

Треугольник является остроугольным, если квадрат любой его стороны меньше суммы квадратов двух других сторон. Для треугольника со сторонами $a, b, c$ должны выполняться три неравенства:

$a^2 + b^2 > c^2$

$b^2 + c^2 > a^2$

$c^2 + a^2 > b^2$

Для доказательства этих неравенств воспользуемся векторным методом. Поместим вершину $A$ тетраэдра в начало координат. Пусть $\vec{u} = \vec{AB}$, $\vec{v} = \vec{AC}$ и $\vec{w} = \vec{AD}$.

Тогда квадраты длин ребер, выходящих из вершины $A$, равны:

$AB^2 = |\vec{u}|^2 = a^2$

$AC^2 = |\vec{v}|^2 = c^2$

$AD^2 = |\vec{w}|^2 = b^2$

Выразим квадраты длин остальных ребер через эти векторы:

$BC^2 = |\vec{AC} - \vec{AB}|^2 = |\vec{v} - \vec{u}|^2 = |\vec{v}|^2 + |\vec{u}|^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{v}) = c^2 + a^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{v})$

$BD^2 = |\vec{AD} - \vec{AB}|^2 = |\vec{w} - \vec{u}|^2 = |\vec{w}|^2 + |\vec{u}|^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{w}) = b^2 + a^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{w})$

$CD^2 = |\vec{AD} - \vec{AC}|^2 = |\vec{w} - \vec{v}|^2 = |\vec{w}|^2 + |\vec{v}|^2 - 2(\vec{v} \cdot \vec{w}) = b^2 + c^2 - 2(\vec{v} \cdot \vec{w})$

Используем условия из задачи:

$BC^2 = b^2 \implies c^2 + a^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{v}) = b^2 \implies 2(\vec{u} \cdot \vec{v}) = a^2 + c^2 - b^2$

$BD^2 = c^2 \implies b^2 + a^2 - 2(\vec{u} \cdot \vec{w}) = c^2 \implies 2(\vec{u} \cdot \vec{w}) = a^2 + b^2 - c^2$

$CD^2 = a^2 \implies b^2 + c^2 - 2(\vec{v} \cdot \vec{w}) = a^2 \implies 2(\vec{v} \cdot \vec{w}) = b^2 + c^2 - a^2$

Так как $A, B, C, D$ — вершины тетраэдра, векторы $\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}$ некомпланарны (не лежат в одной плоскости). Это означает, что объем тетраэдра, а следовательно, и объем параллелепипеда, построенного на этих векторах, не равен нулю. Квадрат объема параллелепипеда равен определителю матрицы Грама, составленной из скалярных произведений векторов. Условие невырожденности тетраэдра означает, что определитель матрицы Грама строго положителен.

$G = \begin{pmatrix} \vec{u} \cdot \vec{u} & \vec{u} \cdot \vec{v} & \vec{u} \cdot \vec{w} \\ \vec{v} \cdot \vec{u} & \vec{v} \cdot \vec{v} & \vec{v} \cdot \vec{w} \\ \vec{w} \cdot \vec{u} & \vec{w} \cdot \vec{v} & \vec{w} \cdot \vec{w} \end{pmatrix}$

$\det(G) > 0$

Подставим найденные выражения:

$\det(G) = \begin{vmatrix} a^2 & \frac{a^2+c^2-b^2}{2} & \frac{a^2+b^2-c^2}{2} \\ \frac{a^2+c^2-b^2}{2} & c^2 & \frac{b^2+c^2-a^2}{2} \\ \frac{a^2+b^2-c^2}{2} & \frac{b^2+c^2-a^2}{2} & b^2 \end{vmatrix} > 0$

Вычисление этого определителя дает результат:

$\det(G) = \frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$

Таким образом, мы имеем неравенство:

$(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2) > 0$

Произведение трех множителей положительно. Это возможно в двух случаях:

1. Все три множителя положительны.

2. Один множитель положителен, а два других отрицательны.

Рассмотрим второй случай. Пусть, например:

$a^2+b^2-c^2 > 0$

$b^2+c^2-a^2 < 0 \implies b^2+c^2 < a^2$

$c^2+a^2-b^2 < 0 \implies c^2+a^2 < b^2$

Сложим два последних неравенства:

$(b^2+c^2) + (c^2+a^2) < a^2 + b^2$

$a^2+b^2+2c^2 < a^2+b^2$

$2c^2 < 0$

Это неравенство невозможно, так как $c$ — длина ребра, и $c^2$ не может быть отрицательным. Следовательно, второй случай невозможен.

Остается единственный возможный случай, когда все три множителя положительны:

$a^2+b^2-c^2 > 0 \implies a^2+b^2 > c^2$

$b^2+c^2-a^2 > 0 \implies b^2+c^2 > a^2$

$c^2+a^2-b^2 > 0 \implies c^2+a^2 > b^2$

Эти три неравенства являются условиями того, что треугольник со сторонами $a, b, c$ является остроугольным. Поскольку все грани тетраэдра являются равными треугольниками с такими сторонами, все они являются остроугольными.

Ответ: Что и требовалось доказать.

17.20. Плоские углы $ASB$, $BSC$ и $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. Двугранные углы при рёбрах $SA$, $SB$ и $SC$ равны $\alpha_1$, $\beta_1$ и $\gamma_1$ соответственно. Из точки $M$, принадлежащей данному трёхгранному углу, на грани $BSC$, $CSA$ и $ASB$ соответственно опустили перпендикуляры $MA_1$, $MB_1$ и $MC_1$. Найдите плоские и двугранные углы трёхгранного угла $MA_1B_1C_1$.

Трёхгранный угол $MA_1B_1C_1$ является полярным (или дополнительным) к трёхгранному углу $SABC$. Это следует из того, что его рёбра $MA_1$, $MB_1$ и $MC_1$ по построению перпендикулярны граням $BSC$, $CSA$ и $ASB$ исходного трёхгранного угла $SABC$.

Основное свойство полярных трёхгранных углов заключается в том, что плоские углы одного из них дополняют до $\pi$ (180°) соответствующие двугранные углы другого, а двугранные углы первого дополняют до $\pi$ соответствующие плоские углы второго. Воспользуемся этим свойством для нахождения искомых углов.

Плоские углы трёхгранного угла $MA_1B_1C_1$ соответствуют двугранным углам трёхгранного угла $SABC$.

1. Плоский угол $\angle B_1MC_1$ образован лучами $MB_1$ и $MC_1$. Луч $MB_1$ перпендикулярен грани $CSA$, а луч $MC_1$ перпендикулярен грани $ASB$. Эти грани образуют двугранный угол при ребре $SA$, равный $\alpha_1$. Угол между перпендикулярами к плоскостям (лучами $MB_1$ и $MC_1$) и двугранным углом между самими плоскостями является дополнительным до $\pi$. Таким образом, плоский угол $\angle B_1MC_1$ равен $\pi - \alpha_1$.

2. Аналогично, для плоского угла $\angle C_1MA_1$: его лучи $MC_1$ и $MA_1$ перпендикулярны граням $ASB$ и $BSC$ соответственно. Эти грани образуют двугранный угол при ребре $SB$, равный $\beta_1$. Следовательно, плоский угол $\angle C_1MA_1$ равен $\pi - \beta_1$.

3. Для плоского угла $\angle A_1MB_1$: его лучи $MA_1$ и $MB_1$ перпендикулярны граням $BSC$ и $CSA$ соответственно. Эти грани образуют двугранный угол при ребре $SC$, равный $\gamma_1$. Следовательно, плоский угол $\angle A_1MB_1$ равен $\pi - \gamma_1$.

Ответ: Плоские углы трёхгранного угла $MA_1B_1C_1$ равны $\pi - \alpha_1$, $\pi - \beta_1$ и $\pi - \gamma_1$.

Двугранные углы трёхгранного угла $MA_1B_1C_1$ соответствуют плоским углам трёхгранного угла $SABC$.

1. Двугранный угол при ребре $MA_1$. Ребро $MA_1$ полярного угла перпендикулярно грани $BSC$ исходного угла. Плоский угол этой грани есть $\angle BSC = \beta$. Согласно свойству полярных углов, искомый двугранный угол дополняет этот плоский угол до $\pi$. Таким образом, двугранный угол при ребре $MA_1$ равен $\pi - \beta$.

2. Двугранный угол при ребре $MB_1$. Ребро $MB_1$ перпендикулярно грани $CSA$, плоский угол которой равен $\angle CSA = \gamma$. Следовательно, двугранный угол при ребре $MB_1$ равен $\pi - \gamma$.

3. Двугранный угол при ребре $MC_1$. Ребро $MC_1$ перпендикулярно грани $ASB$, плоский угол которой равен $\angle ASB = \alpha$. Следовательно, двугранный угол при ребре $MC_1$ равен $\pi - \alpha$.

Ответ: Двугранные углы трёхгранного угла $MA_1B_1C_1$ при рёбрах $MA_1$, $MB_1$ и $MC_1$ равны соответственно $\pi - \beta$, $\pi - \gamma$ и $\pi - \alpha$.

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

Пусть дан трёхгранный угол с вершиной в точке $O$. Его рёбрами являются лучи $a, b, c$, а гранями — плоскости, проходящие через пары этих лучей: $(ab), (bc), (ca)$.

По условию задачи, все двугранные углы этого трёхгранного угла равны $90^\circ$. Двугранный угол — это угол между гранями. Таким образом, все три грани $(ab), (bc), (ca)$ взаимно перпендикулярны.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Поместим вершину $O$ трёхгранного угла в начало прямоугольной декартовой системы координат $(0, 0, 0)$. Поскольку три грани угла взаимно перпендикулярны, мы можем совместить их с координатными плоскостями:

• Пусть грань $(ab)$ совпадает с плоскостью $Oxy$.
• Пусть грань $(bc)$ совпадает с плоскостью $Oyz$.
• Пусть грань $(ca)$ совпадает с плоскостью $Oxz$.

Рёбра трёхгранного угла являются линиями пересечения его граней. В выбранной системе координат:

• Ребро $a$ является линией пересечения граней $(ca)$ и $(ab)$, то есть плоскостей $Oxz$ и $Oxy$. Их линией пересечения является ось абсцисс $Ox$.
• Ребро $b$ является линией пересечения граней $(ab)$ и $(bc)$, то есть плоскостей $Oxy$ и $Oyz$. Их линией пересечения является ось ординат $Oy$.
• Ребро $c$ является линией пересечения граней $(bc)$ и $(ca)$, то есть плоскостей $Oyz$ и $Oxz$. Их линией пересечения является ось аппликат $Oz$.

Таким образом, рёбра нашего трёхгранного угла совпадают с осями координат $Ox, Oy, Oz$.

Плоские углы трёхгранного угла — это углы между его рёбрами. В нашей системе координат оси взаимно перпендикулярны, поэтому:

• Плоский угол между рёбрами $a$ и $b$ (осями $Ox$ и $Oy$) равен $90^\circ$.
• Плоский угол между рёбрами $b$ и $c$ (осями $Oy$ и $Oz$) равен $90^\circ$.
• Плоский угол между рёбрами $c$ и $a$ (осями $Oz$ и $Ox$) равен $90^\circ$.

Следовательно, мы доказали, что все плоские углы данного трёхгранного угла также равны $90^\circ$.

Ответ: Утверждение доказано. Если все двугранные углы трёхгранного угла равны $90^\circ$, то его грани можно совместить с тремя взаимно перпендикулярными координатными плоскостями. Тогда рёбра угла совпадут с осями координат, которые также взаимно перпендикулярны. Следовательно, все плоские углы между рёбрами будут равны $90^\circ$.

17.22. Докажите, что сумма двугранных углов трёхгранного угла больше $180^\circ$.

Рассмотрим произвольный трёхгранный угол с вершиной $S$. Обозначим его рёбра как $l_1, l_2, l_3$. Двугранными углами этого трёхгранного угла являются углы между его гранями. Обозначим величины этих двугранных углов как $A, B, C$. Нам необходимо доказать, что их сумма всегда больше $180^\circ$, то есть $A + B + C > 180^\circ$.

Для доказательства этого утверждения воспользуемся методом полярного (или сопряжённого) трёхгранного угла. Построим из вершины $S$ три луча $l'_1, l'_2, l'_3$, перпендикулярные граням исходного угла. А именно:
- луч $l'_1$ перпендикулярен плоскости грани, образованной рёбрами $l_2$ и $l_3$;
- луч $l'_2$ перпендикулярен плоскости грани, образованной рёбрами $l_1$ и $l_3$;
- луч $l'_3$ перпендикулярен плоскости грани, образованной рёбрами $l_1$ и $l_2$.
Эти три луча образуют новый трёхгранный угол, который называется полярным к исходному.

Пусть плоские углы полярного трёхгранного угла равны $A', B', C'$. Существует фундаментальное свойство, связывающее углы исходного и полярного трёхгранных углов: плоские углы полярного трёхгранного угла дополняют соответствующие двугранные углы исходного трёхгранного угла до $180^\circ$. Таким образом, справедливы следующие равенства:
$A' = 180^\circ - A$
$B' = 180^\circ - B$
$C' = 180^\circ - C$

В стереометрии известна теорема о том, что сумма плоских углов любого трёхгранного угла всегда меньше $360^\circ$. Применим эту теорему к построенному нами полярному трёхгранному углу:

$A' + B' + C' < 360^\circ$

Теперь подставим в это неравенство выражения для $A', B', C'$ через $A, B, C$:

$(180^\circ - A) + (180^\circ - B) + (180^\circ - C) < 360^\circ$

Раскроем скобки и упростим полученное выражение:

$540^\circ - A - B - C < 360^\circ$

$540^\circ - (A + B + C) < 360^\circ$

Теперь выразим из неравенства сумму $A + B + C$:

$540^\circ - 360^\circ < A + B + C$

$180^\circ < A + B + C$

Таким образом, мы доказали, что сумма двугранных углов трёхгранного угла всегда больше $180^\circ$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма двугранных углов трёхгранного угла действительно всегда больше $180^\circ$.

17.23. Докажите, что сумма всех двугранных углов произвольного тетраэдра больше $360^\circ$.

Рассмотрим произвольный тетраэдр. У тетраэдра 6 ребер и, соответственно, 6 двугранных углов при этих ребрах. Обозначим сумму величин всех этих двугранных углов через $S$. Требуется доказать, что $S > 360^{\circ}$.

В основе доказательства лежит рассмотрение трехгранных углов, образованных при каждой из четырех вершин тетраэдра.

Воспользуемся фундаментальной теоремой стереометрии о трехгранных углах: сумма двугранных углов любого выпуклого трехгранного угла больше $180^{\circ}$ (или $\pi$ радиан).

(Это свойство легко доказать с помощью сферической геометрии. Если в вершине трехгранного угла поместить центр сферы, то грани и ребра этого угла высекут на поверхности сферы сферический треугольник. Углы этого треугольника будут в точности равны двугранным углам исходного трехгранного угла. Как известно, сумма углов любого сферического треугольника всегда больше $180^{\circ}$.)

Применим данную теорему к каждому из четырех трехгранных углов тетраэдра. Пусть вершины тетраэдра — $A, B, C, D$, а двугранные углы при ребрах, выходящих из этих вершин, образуют следующие суммы:

Для трехгранного угла при вершине $A$: $\alpha_{AB} + \alpha_{AC} + \alpha_{AD} > 180^{\circ}$.
Для трехгранного угла при вершине $B$: $\alpha_{AB} + \alpha_{BC} + \alpha_{BD} > 180^{\circ}$.
Для трехгранного угла при вершине $C$: $\alpha_{AC} + \alpha_{BC} + \alpha_{CD} > 180^{\circ}$.
Для трехгранного угла при вершине $D$: $\alpha_{AD} + \alpha_{BD} + \alpha_{CD} > 180^{\circ}$.

Теперь сложим все четыре полученных неравенства. В правой части получим сумму $4 \cdot 180^{\circ} = 720^{\circ}$.

Рассмотрим левую часть. Каждый двугранный угол тетраэдра связан с одним ребром, а каждое ребро соединяет две вершины. Следовательно, каждый двугранный угол входит в состав ровно двух трехгранных углов. Например, двугранный угол при ребре $AB$ (обозначенный $\alpha_{AB}$) является частью трехгранных углов при вершинах $A$ и $B$. Поэтому при сложении неравенств каждый из шести двугранных углов тетраэдра будет посчитан дважды.

Таким образом, сумма в левой части равна удвоенной сумме всех двугранных углов тетраэдра, то есть $2S$:

$2(\alpha_{AB} + \alpha_{AC} + \alpha_{AD} + \alpha_{BC} + \alpha_{BD} + \alpha_{CD}) > 720^{\circ}$

Или, в наших обозначениях:

$2S > 720^{\circ}$

Разделив обе части неравенства на 2, получаем окончательный результат:

$S > 360^{\circ}$

Таким образом, доказано, что сумма всех двугранных углов произвольного тетраэдра больше $360^{\circ}$.

Ответ: Утверждение доказано.

17.24. (Вторая теорема косинусов для трёхгранного угла.) Двугранные углы трёхгранного угла при рёбрах $SA$, $SB$ и $SC$ равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. Плоский угол $BSC$ равен $\varphi$. Докажите равенство

$\cos \varphi = \frac{\cos \alpha + \cos \beta \cos \gamma}{\sin \beta \sin \gamma}$.

Для доказательства данного равенства, известного как вторая теорема косинусов для трехгранного угла, воспользуемся методами сферической тригонометрии.

Рассмотрим трехгранный угол с вершиной S и ребрами SA, SB, SC. Построим сферу единичного радиуса с центром в вершине S. Пересечение ребер SA, SB, SC со сферой образует на ее поверхности сферический треугольник, который мы обозначим ABC (где точка A лежит на ребре SA, B — на SB, C — на SC).

Элементы этого сферического треугольника напрямую связаны с элементами трехгранного угла. Во-первых, длины сторон сферического треугольника (измеряемые как дуги большого круга) равны соответствующим плоским углам трехгранного угла. Обозначим стороны, противолежащие вершинам A, B, C, как $a, b, c$ соответственно. Тогда по условию сторона $a$ равна плоскому углу $BSC$, то есть $a = \phi$. Во-вторых, углы сферического треугольника при вершинах A, B, C равны соответствующим двугранным углам трехгранного угла при ребрах SA, SB, SC. Таким образом, угол при вершине A равен $\alpha$, при B — $\beta$, и при C — $\gamma$.

В сферической тригонометрии теорема косинусов для углов (также называемая второй теоремой косинусов) связывает три угла сферического треугольника и одну из его сторон. Для угла A и противолежащей ему стороны $a$ эта теорема записывается так:

$\cos A = -\cos B \cos C + \sin B \sin C \cos a$

Подставим в эту формулу величины, соответствующие нашему трехгранному углу: $A = \alpha$, $B = \beta$, $C = \gamma$ и $a = \phi$.

$\cos \alpha = -\cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos \phi$

Теперь выразим $\cos \phi$ из этого равенства. Перенесем слагаемое $(-\cos \beta \cos \gamma)$ в левую часть уравнения, изменив знак:

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

Для невырожденного трехгранного угла двугранные углы $\beta$ и $\gamma$ находятся в интервале $(0, \pi)$, поэтому их синусы не равны нулю. Мы можем разделить обе части равенства на произведение $\sin \beta \sin \gamma$:

$\cos \phi = \frac{\cos \alpha + \cos \beta \cos \gamma}{\sin \beta \sin \gamma}$

Таким образом, искомое равенство доказано.

Ответ: Равенство $\cos \phi = \frac{\cos \alpha + \cos \beta \cos \gamma}{\sin \beta \sin \gamma}$ доказано.

17.25. Докажите, что если все двугранные углы трёхгранного угла меньше $90^\circ$, то и все его плоские углы тоже меньше $90^\circ$.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся соотношениями между плоскими и двугранными углами трехгранного угла, которые описываются теоремами косинусов для сферического треугольника.

Пусть $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ — плоские углы трехгранного угла, а $A$, $B$, $C$ — противолежащие им двугранные углы.

По условию задачи, все двугранные углы меньше $90^\circ$:

$A < 90^\circ, \quad B < 90^\circ, \quad C < 90^\circ$

Нужно доказать, что все плоские углы также меньше $90^\circ$:

$\alpha < 90^\circ, \quad \beta < 90^\circ, \quad \gamma < 90^\circ$

Вторая теорема косинусов для трехгранного угла связывает косинус плоского угла с косинусами и синусами трех двугранных углов. Для плоского угла $\alpha$ формула имеет вид:

$\cos \alpha = \frac{\cos A + \cos B \cos C}{\sin B \sin C}$

Проанализируем знак выражения в правой части этой формулы, исходя из заданных условий.

1. Знаменатель: $\sin B \sin C$. Двугранные углы $B$ и $C$ по определению находятся в интервале $(0^\circ, 180^\circ)$. По условию они острые, то есть $B \in (0^\circ, 90^\circ)$ и $C \in (0^\circ, 90^\circ)$. Синусы углов в этом диапазоне положительны, следовательно $\sin B > 0$ и $\sin C > 0$. Их произведение также положительно: $\sin B \sin C > 0$.

2. Числитель: $\cos A + \cos B \cos C$. По условию все двугранные углы $A, B, C$ являются острыми. Косинусы острых углов положительны: $\cos A > 0$, $\cos B > 0$ и $\cos C > 0$. Произведение двух положительных чисел $\cos B \cos C$ также будет положительным. Сумма двух положительных слагаемых, $\cos A$ и $(\cos B \cos C)$, является положительным числом. Таким образом, числитель $\cos A + \cos B \cos C > 0$.

Поскольку и числитель, и знаменатель дроби положительны, значение всей дроби положительно:

$\cos \alpha > 0$

Плоский угол $\alpha$ трехгранного угла по определению находится в интервале $(0^\circ, 180^\circ)$. Условие $\cos \alpha > 0$ выполняется только для острых углов, то есть для $0^\circ < \alpha < 90^\circ$. Следовательно, $\alpha < 90^\circ$.

Аналогичные рассуждения можно провести и для двух других плоских углов, $\beta$ и $\gamma$, используя соответствующие формулы:

$\cos \beta = \frac{\cos B + \cos A \cos C}{\sin A \sin C}$

$\cos \gamma = \frac{\cos C + \cos A \cos B}{\sin A \sin B}$

В обоих случаях, так как все двугранные углы $A, B, C$ острые, числители и знаменатели дробей будут положительными. Это означает, что $\cos \beta > 0$ и $\cos \gamma > 0$, из чего следует, что $\beta < 90^\circ$ и $\gamma < 90^\circ$.

Таким образом, доказано, что если все двугранные углы трехгранного угла меньше $90^\circ$, то и все его плоские углы тоже меньше $90^\circ$.

Ответ: Утверждение доказано.

17.26. (Теорема синусов для трёхгранного угла.) Плоские углы $ASB$, $BSC$, $CSA$ трёхгранного угла $SABC$ равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. Двугранные углы при рёбрах $SC$, $SA$ и $SB$ равны $\alpha_1$, $\beta_1$ и $\gamma_1$ соответственно. Докажите равенство $\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$.

Пусть дан трёхгранный угол $SABC$ с вершиной в точке $S$. Введём обозначения в соответствии с условием задачи:

• Плоские углы при вершине: $\angle ASB = \alpha$, $\angle BSC = \beta$, $\angle CSA = \gamma$.
• Двугранные углы при рёбрах: угол при ребре $SC$ равен $\alpha_1$, при ребре $SA$ — $\beta_1$, при ребре $SB$ — $\gamma_1$.

Требуется доказать так называемую теорему синусов для трёхгранного угла:

$\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$

Доказательство проведём в два этапа. Сначала докажем равенство $\frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$, а затем, по аналогии, получим оставшуюся часть равенства.

Доказательство равенства $\frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$

1. На ребре $SC$ выберем произвольную точку $C_0$. Для удобства можно положить $SC_0=1$, но доказательство будет верным для любой длины $d=SC_0$.

2. Из точки $C_0$ опустим перпендикуляр $C_0H$ на плоскость противолежащей грани $ASB$.

3. Из точки $H$ (основания этого перпендикуляра) опустим перпендикуляры $HA_0$ на ребро $SA$ и $HB_0$ на ребро $SB$.

4. По теореме о трёх перпендикулярах, если проекция $HC_0$ прямой $C_0C_0$ перпендикулярна, так, стоп. По теореме о трёх перпендикулярах, если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна некоторой прямой в этой плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой.

• Так как $C_0H \perp (ASB)$, то $HA_0$ — проекция наклонной $C_0A_0$ на плоскость $ASB$. Поскольку $HA_0 \perp SA$, то и $C_0A_0 \perp SA$.
• Аналогично, $HB_0$ — проекция наклонной $C_0B_0$ на плоскость $ASB$. Поскольку $HB_0 \perp SB$, то и $C_0B_0 \perp SB$.

5. Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SC_0A_0$ (прямой угол при $A_0$) и $\triangle SC_0B_0$ (прямой угол при $B_0$). В них мы можем выразить длины катетов $C_0A_0$ и $C_0B_0$:

• $C_0A_0 = SC_0 \cdot \sin(\angle ASC) = d \cdot \sin\gamma$.
• $C_0B_0 = SC_0 \cdot \sin(\angle BSC) = d \cdot \sin\beta$.

6. Углы $\angle C_0A_0H$ и $\angle C_0B_0H$ являются линейными углами двугранных углов при рёбрах $SA$ и $SB$ соответственно. Это следует из того, что их стороны перпендикулярны соответствующему ребру ($C_0A_0 \perp SA$ и $HA_0 \perp SA$; $C_0B_0 \perp SB$ и $HB_0 \perp SB$).

• $\angle C_0A_0H = \beta_1$ (двугранный угол при ребре $SA$).
• $\angle C_0B_0H = \gamma_1$ (двугранный угол при ребре $SB$).

7. Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle C_0HA_0$ и $\triangle C_0HB_0$ (прямые углы при $H$, так как $C_0H$ — перпендикуляр к плоскости $ASB$). В них мы можем выразить длину общего катета $C_0H$:

• Из $\triangle C_0HA_0$: $C_0H = C_0A_0 \cdot \sin(\angle C_0A_0H) = (d \sin\gamma) \cdot \sin\beta_1$.
• Из $\triangle C_0HB_0$: $C_0H = C_0B_0 \cdot \sin(\angle C_0B_0H) = (d \sin\beta) \cdot \sin\gamma_1$.

8. Приравнивая два полученных выражения для длины $C_0H$, получаем:$d \sin\gamma \sin\beta_1 = d \sin\beta \sin\gamma_1$

9. Сократив на $d$ (которое не равно нулю) и перегруппировав члены, приходим к равенству:$\frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$

Это доказывает первую часть требуемого равенства.

Завершение доказательства

Равенство $\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \beta}$ доказывается абсолютно аналогично. Для этого нужно выбрать точку на ребре $SB$ и опустить перпендикуляр на плоскость $ASC$. В результате аналогичных выкладок будет получено равенство $\sin\alpha \cdot \sin\beta_1 = \sin\beta \cdot \sin\alpha_1$, откуда и следует искомое соотношение.

Объединяя два полученных равенства:$\frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$ и $\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \beta}$, мы приходим к окончательному результату.

Ответ: Равенство $\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \beta} = \frac{\sin \gamma_1}{\sin \gamma}$ доказано.

17.27. Докажите, что каждый плоский угол выпуклого многогранного угла меньше суммы всех остальных его плоских углов.

Пусть дан выпуклый многогранный угол с вершиной $S$ и рёбрами $l_1, l_2, \ldots, l_n$, где $n \ge 3$. Плоскими углами этого многогранного угла являются углы между соседними рёбрами: $\alpha_1 = \angle(l_1, l_2)$, $\alpha_2 = \angle(l_2, l_3)$, ..., $\alpha_n = \angle(l_n, l_1)$.

Требуется доказать, что любой из этих плоских углов меньше суммы всех остальных. Без ограничения общности, докажем это для угла $\alpha_n$. То есть, мы докажем неравенство:

$\alpha_n < \alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n-1}$

Доказательство будем проводить, основываясь на свойстве трёхгранного угла, которое является частным случаем данной задачи при $n=3$. Свойство трёхгранного угла гласит: каждый плоский угол выпуклого трёхгранного угла меньше суммы двух других его плоских углов.

Рассмотрим случай $n > 3$. Проведём плоскость через рёбра $l_1$ и $l_3$. Так как многогранный угол выпуклый, эта плоскость разделит его на выпуклый трёхгранный угол с рёбрами $l_1, l_2, l_3$ и выпуклый $(n-1)$-гранный угол с рёбрами $l_1, l_3, l_4, \ldots, l_n$.

Плоскими углами образовавшегося трёхгранного угла являются $\alpha_1 = \angle(l_1, l_2)$, $\alpha_2 = \angle(l_2, l_3)$ и новый угол $\gamma_1 = \angle(l_1, l_3)$. Согласно свойству трёхгранного угла:

$\gamma_1 < \alpha_1 + \alpha_2$

Теперь у нас есть новый $(n-1)$-гранный угол, плоские углы которого: $\gamma_1, \alpha_3, \alpha_4, \ldots, \alpha_{n-1}, \alpha_n$. Угол $\alpha_n$ остался одним из его плоских углов.

Продолжим этот процесс. На следующем шаге проведём плоскость через рёбра $l_1$ и $l_4$, отсекая трёхгранный угол с рёбрами $l_1, l_3, l_4$. Его плоские углы — это $\gamma_1$, $\alpha_3$ и новый угол $\gamma_2 = \angle(l_1, l_4)$. Для него справедливо неравенство:

$\gamma_2 < \gamma_1 + \alpha_3$

Повторяя эту процедуру $n-3$ раза, мы в итоге останемся с трёхгранным углом, образованным рёбрами $l_1, l_{n-1}, l_n$. Его плоскими углами будут $\alpha_{n-1} = \angle(l_{n-1}, l_n)$, $\alpha_n = \angle(l_n, l_1)$ и угол $\gamma_{n-3} = \angle(l_1, l_{n-1})$, полученный на предпоследнем шаге. Для этого последнего трёхгранного угла также справедливо свойство:

$\alpha_n < \gamma_{n-3} + \alpha_{n-1}$

Таким образом, мы получили систему неравенств, последовательно применяя свойство трехгранного угла:

$\alpha_n < \gamma_{n-3} + \alpha_{n-1}$

$\gamma_{n-3} < \gamma_{n-4} + \alpha_{n-2}$

...

$\gamma_2 < \gamma_1 + \alpha_3$

$\gamma_1 < \alpha_1 + \alpha_2$

Теперь, последовательно подставляя неравенства друг в друга, начиная с первого, получим:

$\alpha_n < \gamma_{n-3} + \alpha_{n-1}$

Подставляя выражение для $\gamma_{n-3}$:

$\alpha_n < (\gamma_{n-4} + \alpha_{n-2}) + \alpha_{n-1} = \gamma_{n-4} + \alpha_{n-2} + \alpha_{n-1}$

Продолжая подстановки, мы в конечном счёте дойдём до $\gamma_1$:

$\alpha_n < \gamma_1 + \alpha_3 + \alpha_4 + \ldots + \alpha_{n-1}$

И, наконец, подставив неравенство для $\gamma_1$:

$\alpha_n < (\alpha_1 + \alpha_2) + \alpha_3 + \alpha_4 + \ldots + \alpha_{n-1}$

Что и требовалось доказать. Поскольку выбор угла $\alpha_n$ был произвольным, утверждение справедливо для любого плоского угла выпуклого многогранного угла.

Ответ: Утверждение доказано.