Страница 188 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.28. Докажите, что сумма двугранных углов выпуклого $n$-гранного угла больше $180^\circ(n-2)$.

Для доказательства утверждения воспользуемся методом полярных (или двойственных) многогранных углов.

Рассмотрим выпуклый $n$-гранный угол $S$ с вершиной в точке $O$. Пусть $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ — его двугранные углы. Нам необходимо доказать, что $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i > 180^\circ(n - 2)$.

Построим для угла $S$ полярный (двойственный) $n$-гранный угол $S'$. Его рёбра — это лучи, исходящие из вершины $O$, перпендикулярные граням угла $S$ и направленные в то полупространство (относительно плоскости каждой грани), в котором не лежит угол $S$. Угол $S'$ также является выпуклым $n$-гранным углом.

Согласно свойству полярных многогранных углов, двугранные углы одного угла дополняют соответствующие плоские углы другого до $180^\circ$. Если $\phi'_1, \phi'_2, \dots, \phi'_n$ — это плоские углы полярного угла $S'$, то для каждого $i \in \{1, \dots, n\}$ справедливо равенство:

$\alpha_i + \phi'_i = 180^\circ$

Сложив эти $n$ равенств, получим:

$\sum_{i=1}^{n} (\alpha_i + \phi'_i) = \sum_{i=1}^{n} 180^\circ$

$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i + \sum_{i=1}^{n} \phi'_i = n \cdot 180^\circ$

Выразим из этого равенства искомую сумму двугранных углов:

$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i = n \cdot 180^\circ - \sum_{i=1}^{n} \phi'_i$

Воспользуемся известной теоремой стереометрии: сумма плоских углов любого выпуклого многогранного угла меньше $360^\circ$.

Применим эту теорему к выпуклому полярному углу $S'$:

$\sum_{i=1}^{n} \phi'_i < 360^\circ$

Подставив это неравенство в выражение для суммы двугранных углов, получаем:

$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i > n \cdot 180^\circ - 360^\circ$

Наконец, вынесем общий множитель $180^\circ$ за скобки в правой части неравенства:

$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i > 180^\circ (n - 2)$

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

17.29. Докажите, что сумма плоских углов выпуклого многогранного угла меньше $360^\circ$.

Рассмотрим выпуклый n-гранный угол с вершиной в точке $S$. Его рёбрами являются лучи $SA_1, SA_2, \dots, SA_n$. Плоскими углами этого многогранного угла являются углы $\angle A_1SA_2, \angle A_2SA_3, \dots, \angle A_nSA_1$. Обозначим их величины как $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$. Нам нужно доказать, что сумма этих углов $\Sigma = \alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n$ меньше $360^\circ$.

Пересечём все рёбра многогранного угла плоскостью, не проходящей через вершину $S$. Точки пересечения плоскости с рёбрами $SA_1, SA_2, \dots, SA_n$ обозначим соответственно $B_1, B_2, \dots, B_n$. Так как многогранный угол выпуклый, в сечении образуется выпуклый n-угольник $B_1B_2\dots B_n$. В результате мы получили n-угольную пирамиду $S B_1B_2\dots B_n$ с вершиной $S$ и основанием $B_1B_2\dots B_n$. Боковыми гранями этой пирамиды являются треугольники $\triangle SB_1B_2, \triangle SB_2B_3, \dots, \triangle SB_nB_1$.

Сумма углов всех этих $n$ боковых треугольников равна $n \cdot 180^\circ$. Эту общую сумму углов можно представить как состоящую из двух частей: во-первых, это сумма плоских углов при вершине $S$, то есть искомая нами величина $\Sigma = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i$; во-вторых, это сумма всех углов при вершинах основания $B_1, B_2, \dots, B_n$ (т.е. углы при основаниях боковых граней-треугольников). Обозначим эту вторую сумму как $S_{base\_angles}$. Таким образом, мы можем записать равенство: $n \cdot 180^\circ = \Sigma + S_{base\_angles}$.

Теперь рассмотрим сумму внутренних углов многоугольника $B_1B_2\dots B_n$, лежащего в основании пирамиды. Для выпуклого n-угольника эта сумма, обозначим её $S_{polygon}$, вычисляется по формуле: $S_{polygon} = (n-2) \cdot 180^\circ$.

Рассмотрим любую вершину основания, например, $B_k$. При этой вершине образуется выпуклый трёхгранный угол с вершиной $B_k$ и рёбрами $B_kS, B_k B_{k-1}, B_k B_{k+1}$ (индексы $k-1$ и $k+1$ понимаются циклически). Плоскими углами этого трёхгранного угла являются: $\angle SB_kB_{k-1}$ и $\angle SB_kB_{k+1}$ (это углы из боковых граней пирамиды), а также $\angle B_{k-1}B_kB_{k+1}$ (это внутренний угол многоугольника в основании).

Согласно свойству выпуклого трёхгранного угла, сумма двух любых его плоских углов больше третьего. Применительно к нашему трёхгранному углу при вершине $B_k$ это даёт неравенство: $ \angle SB_kB_{k-1} + \angle SB_kB_{k+1} > \angle B_{k-1}B_kB_{k+1} $. Записав такие неравенства для каждой из $n$ вершин основания ($B_1, B_2, \dots, B_n$) и сложив их все, мы получим, что сумма всех углов при основаниях боковых граней ($S_{base\_angles}$) больше, чем сумма всех внутренних углов многоугольника в основании ($S_{polygon}$). То есть:$$ S_{base\_angles} > S_{polygon} $$

Теперь подставим в это неравенство выражения для $S_{base\_angles}$ (выраженное из равенства для суммы углов треугольников: $S_{base\_angles} = n \cdot 180^\circ - \Sigma$) и $S_{polygon}$ (равное $(n-2) \cdot 180^\circ$). Получаем:$$ n \cdot 180^\circ - \Sigma > (n-2) \cdot 180^\circ $$Раскроем скобки в правой части:$$ n \cdot 180^\circ - \Sigma > n \cdot 180^\circ - 360^\circ $$Вычтем из обеих частей $n \cdot 180^\circ$:$$ -\Sigma > -360^\circ $$Наконец, умножим обе части неравенства на -1, не забыв при этом изменить знак неравенства на противоположный:$$ \Sigma < 360^\circ $$

Таким образом, мы доказали, что сумма плоских углов выпуклого многогранного угла действительно меньше $360^\circ$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма плоских углов выпуклого многогранного угла всегда меньше $360^\circ$.

17.30. Сумма плоских углов некоторого $n$-гранного угла равна сумме его двугранных углов. Докажите, что $n = 3$.

Пусть $S_p$ — это сумма плоских углов $n$-гранного угла, а $S_d$ — это сумма его двугранных углов.По условию задачи, $S_p = S_d$.

Для любого выпуклого $n$-гранного угла ($n \ge 3$) справедливы два фундаментальных неравенства:

1. Сумма всех плоских углов меньше $2\pi$ (или 360°). Это необходимое условие существования многогранного угла.
$S_p < 2\pi$

2. Сумма всех двугранных углов больше $\pi(n-2)$ (или $180°(n-2)$). Это следует из теоремы о площади сферического многоугольника, который высекается многогранным углом на сфере с центром в его вершине. Площадь этого многоугольника положительна, а она равна $S_d - \pi(n-2)$.
$S_d > \pi(n-2)$

Теперь объединим эти три факта в систему:
$\begin{cases}S_p = S_d \\S_p < 2\pi \\S_d > \pi(n-2)\end{cases}$

Используя первое равенство, мы можем подставить $S_p$ вместо $S_d$ в третье неравенство:
$S_p > \pi(n-2)$

Теперь у нас есть двойное неравенство для $S_p$:
$\pi(n-2) < S_p < 2\pi$

Из этого двойного неравенства следует, что:
$\pi(n-2) < 2\pi$

Разделим обе части неравенства на $\pi$ (поскольку $\pi > 0$, знак неравенства не меняется):
$n-2 < 2$
$n < 4$

По определению, $n$-гранный угол существует при $n \ge 3$. Учитывая это условие и полученное неравенство $n < 4$, единственным целым числом, удовлетворяющим обоим условиям, является $n=3$.

Таким образом, мы доказали, что если сумма плоских углов $n$-гранного угла равна сумме его двугранных углов, то $n$ должно быть равно 3.
Ответ: Что и требовалось доказать.

17.31. В окружность вписаны две равнобокие трапеции с соответственно параллельными сторонами. Докажите, что диагональ одной из них равна диагонали другой трапеции.

Пусть в окружности $\omega$ с центром в точке $O$ вписаны две равнобокие трапеции $ABCD$ (с основаниями $AD$ и $BC$) и $A'B'C'D'$ (с основаниями $A'D'$ и $B'C'$).

По условию, стороны трапеций соответственно параллельны. Это означает, что:$AB \parallel A'B'$, $BC \parallel B'C'$, $CD \parallel C'D'$, $DA \parallel D'A'$.

Воспользуемся известным свойством параллельных хорд в окружности: если две хорды окружности параллельны, то дуги, заключенные между их концами, равны. Применим это свойство к каждой паре соответствующих параллельных сторон данных трапеций.

• Из $AB \parallel A'B'$ следует, что дуга, соединяющая $A$ и $A'$, равна дуге, соединяющей $B$ и $B'$, то есть $\smile AA' = \smile BB'$.
• Из $BC \parallel B'C'$ следует, что $\smile BB' = \smile CC'$.
• Из $CD \parallel C'D'$ следует, что $\smile CC' = \smile DD'$.
• Из $DA \parallel D'A'$ следует, что $\smile DD' = \smile AA'$.

Из этих равенств следует, что все четыре дуги, соединяющие соответственные вершины трапеций, равны между собой:$$ \smile AA' = \smile BB' = \smile CC' = \smile DD' $$

Равенство дуг означает, что центральные углы, опирающиеся на эти дуги, также равны:$$ \angle AOA' = \angle BOB' = \angle COC' = \angle DOD' $$Это значит, что вершины трапеции $A'B'C'D'$ получаются из вершин трапеции $ABCD$ поворотом на один и тот же угол $\delta$ вокруг центра окружности $O$. Таким образом, трапеция $A'B'C'D'$ является образом трапеции $ABCD$ при повороте $R_O^\delta$ вокруг центра $O$.

Поворот является движением (изометрией). Угол между любой прямой и ее образом при повороте равен углу поворота $\delta$. По условию, соответствующие стороны трапеций параллельны (то есть угол между ними равен $0$ или $\pi$). Например, прямая $AB$ параллельна своему образу — прямой $A'B'$. Это возможно только в двух случаях:
1. Угол поворота $\delta = 0$. В этом случае трапеции совпадают ($A'B'C'D'$ это та же трапеция, что и $ABCD$), и их диагонали, очевидно, равны.
2. Угол поворота $\delta = \pi$ ($180^\circ$). В этом случае поворот является центральной симметрией относительно центра окружности $O$.

В обоих случаях преобразование, переводящее одну трапецию в другую, является изометрией, то есть сохраняет расстояния между точками. Следовательно, расстояние между точками $A$ и $C$ (длина диагонали $AC$) равно расстоянию между их образами $A'$ и $C'$ (длина диагонали $A'C'$).$$ AC = A'C' $$Таким образом, диагональ одной трапеции равна диагонали другой, что и требовалось доказать.

Стоит заметить, что условие о том, что трапеции являются равнобокими, избыточно, так как любая трапеция, вписанная в окружность, по определению является равнобокой.

Ответ: Утверждение доказано. Диагональ одной трапеции равна диагонали другой.

17.32. Окружность, вписанная в треугольник, точкой касания делит одну из сторон на отрезки, равные 3 см и 4 см, а противолежащий этой стороне угол равен $120^\circ$. Найдите площадь треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$, в который вписана окружность. Пусть точки касания окружности со сторонами $BC$, $AC$ и $AB$ — это $D$, $E$ и $F$ соответственно.По условию, точка касания делит одну из сторон на отрезки равные 3 см и 4 см. Пусть этой стороной будет $AB$, тогда $AF=3$ см и $FB=4$ см. Таким образом, длина стороны $c = AB = AF+FB = 3+4=7$ см. Противолежащий этой стороне угол $\angle C = 120^\circ$.

По свойству отрезков касательных, проведенных из одной вершины к вписанной окружности, имеем:

• $AE = AF = 3$ см
• $BD = BF = 4$ см

Обозначим равные отрезки касательных из вершины $C$ через $x$: $CE = CD = x$.Тогда длины двух других сторон треугольника равны:$a = BC = BD + DC = 4 + x$ см.$b = AC = AE + EC = 3 + x$ см.

Применим к треугольнику $ABC$ теорему косинусов для стороны $c$:$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(\angle C)$Подставим известные значения:$7^2 = (4+x)^2 + (3+x)^2 - 2(4+x)(3+x) \cos(120^\circ)$

Учитывая, что $\cos(120^\circ) = -0.5$, получим:$49 = (16 + 8x + x^2) + (9 + 6x + x^2) - 2(4+x)(3+x)(-\frac{1}{2})$$49 = 16 + 8x + x^2 + 9 + 6x + x^2 + (4+x)(3+x)$$49 = 2x^2 + 14x + 25 + (x^2 + 7x + 12)$$49 = 3x^2 + 21x + 37$

Приведем уравнение к стандартному квадратному виду:$3x^2 + 21x + 37 - 49 = 0$$3x^2 + 21x - 12 = 0$Разделим все уравнение на 3:$x^2 + 7x - 4 = 0$

Для нахождения площади треугольника воспользуемся формулой:$S = \frac{1}{2}ab \sin(\angle C)$Найдем произведение сторон $a$ и $b$:$ab = (4+x)(3+x) = x^2 + 7x + 12$.Из квадратного уравнения $x^2 + 7x - 4 = 0$ следует, что $x^2 + 7x = 4$.Подставим это значение в выражение для $ab$:$ab = 4 + 12 = 16$.

Теперь можем вычислить площадь треугольника, зная, что $\sin(120^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$:$S = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot \sin(120^\circ) = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$ см$^2$.

Ответ: $4\sqrt{3}$ см$^2$.