Страница 53 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

127. Каждый плоский угол четырехгранного угла $PABCD$ равен $60^{\circ}$. Найдите угол $APC$, если углы $APC$ и $BPD$ равны.

Дано:
Четырехгранный угол $PABCD$.
Каждый плоский угол равен $60^\circ$: $\angle APB = \angle BPC = \angle CPD = \angle DPA = 60^\circ$.
Углы $\angle APC$ и $\angle BPD$ равны: $\angle APC = \angle BPD$.

Найти:
Угол $\angle APC$.

Решение:
1. Поскольку каждый плоский угол четырехгранного угла $PABCD$ равен $60^\circ$, это означает, что все треугольники, образованные вершиной $P$ и сторонами основания $ABCD$, а именно $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$, $\triangle DPA$, являются равнобедренными с вершиной $P$. Таким образом, длины боковых ребер равны: $PA = PB = PC = PD$. Обозначим эту общую длину за $L$.

2. В каждом из этих равнобедренных треугольников угол при вершине $P$ равен $60^\circ$. Это значит, что эти треугольники являются равносторонними. Следовательно, длины сторон основания равны длине ребер: $AB = PA = PB = L$, $BC = PB = PC = L$, $CD = PC = PD = L$, $DA = PD = PA = L$.

3. Из пункта 2 следует, что четырехугольник $ABCD$ является ромбом, поскольку все его стороны равны ($AB = BC = CD = DA = L$).

4. Рассмотрим треугольники $\triangle APC$ и $\triangle BPD$. Для $\triangle APC$: $PA = L$ и $PC = L$. Для $\triangle BPD$: $PB = L$ и $PD = L$.

5. Нам дано, что $\angle APC = \angle BPD$. Поскольку $PA = PC = L$ и $PB = PD = L$, а также углы между равными сторонами в этих треугольниках равны ($\angle APC = \angle BPD$), то по признаку равенства треугольников по двум сторонам и углу между ними, треугольники $\triangle APC$ и $\triangle BPD$ равны. Из этого следует, что их третьи стороны (диагонали основания) также равны: $AC = BD$.

6. Ромб, у которого диагонали равны, является квадратом. Следовательно, четырехугольник $ABCD$ является квадратом со стороной $L$.

7. Найдем длину диагонали $AC$ квадрата $ABCD$. В квадрате, по теореме Пифагора, диагональ равна стороне, умноженной на $\sqrt{2}$. $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{L^2 + L^2} = \sqrt{2L^2} = L\sqrt{2}$.

8. Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle APC$ для нахождения угла $\angle APC$: $AC^2 = PA^2 + PC^2 - 2 \cdot PA \cdot PC \cdot \cos(\angle APC)$
Подставим известные значения: $AC = L\sqrt{2}$, $PA = L$, $PC = L$.
$(L\sqrt{2})^2 = L^2 + L^2 - 2 \cdot L \cdot L \cdot \cos(\angle APC)$
$2L^2 = 2L^2 - 2L^2 \cos(\angle APC)$

Перенесем $2L^2$ из правой части уравнения в левую:
$2L^2 - 2L^2 = -2L^2 \cos(\angle APC)$
$0 = -2L^2 \cos(\angle APC)$

Так как $L \neq 0$, мы можем разделить обе части уравнения на $-2L^2$:
$\cos(\angle APC) = 0$

Угол, косинус которого равен $0$, составляет $90^\circ$.
Следовательно, $\angle APC = 90^\circ$.

Ответ:
$\angle APC = 90^\circ$.

128. В пирамиде $DABC$ все плоские углы при вершине $A$ – прямые. Найдите площадь поверхности этой пирамиды, если $DA = 12$ см, $DB = 20$ см, $DC = 15$ см.

Дано:

Пирамида $DABC$, где все плоские углы при вершине $A$ – прямые. Это означает, что ребра $AD, AB, AC$ взаимно перпендикулярны.

$DA = 12\text{ см}$

$DB = 20\text{ см}$

$DC = 15\text{ см}$

Перевод в СИ:

$DA = 0.12\text{ м}$

$DB = 0.20\text{ м}$

$DC = 0.15\text{ м}$

Найти:

Площадь поверхности пирамиды $S_{пов}$

Решение:

Поскольку все плоские углы при вершине $A$ прямые ($DAB=90^\circ$, $DAC=90^\circ$, $BAC=90^\circ$), грани $DAB, DAC, ABC$ являются прямоугольными треугольниками. Основанием пирамиды можно считать треугольник $ABC$, а высотой — ребро $DA$.

Для начала найдем длины ребер $AB$ и $AC$ с помощью теоремы Пифагора:

В прямоугольном треугольнике $DAB$:

$AB^2 = DB^2 - DA^2$

$AB = \sqrt{(0.20\text{ м})^2 - (0.12\text{ м})^2} = \sqrt{0.04\text{ м}^2 - 0.0144\text{ м}^2} = \sqrt{0.0256\text{ м}^2} = 0.16\text{ м}$

В прямоугольном треугольнике $DAC$:

$AC^2 = DC^2 - DA^2$

$AC = \sqrt{(0.15\text{ м})^2 - (0.12\text{ м})^2} = \sqrt{0.0225\text{ м}^2 - 0.0144\text{ м}^2} = \sqrt{0.0081\text{ м}^2} = 0.09\text{ м}$

Теперь вычислим площади трех прямоугольных граней:

$S_{DAB} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 0.12\text{ м} \cdot 0.16\text{ м} = 0.0096\text{ м}^2$

$S_{DAC} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 0.12\text{ м} \cdot 0.09\text{ м} = 0.0054\text{ м}^2$

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 0.16\text{ м} \cdot 0.09\text{ м} = 0.0072\text{ м}^2$

Для нахождения площади четвертой грани, $S_{DBC}$, воспользуемся теоремой Де Гуа, которая является обобщением теоремы Пифагора для трехмерного пространства. Согласно этой теореме, квадрат площади наклонной грани (в нашем случае $DBC$) равен сумме квадратов площадей трех граней, примыкающих к прямому углу ($DAB, DAC, ABC$):

$S_{DBC}^2 = S_{DAB}^2 + S_{DAC}^2 + S_{ABC}^2$

$S_{DBC}^2 = (0.0096\text{ м}^2)^2 + (0.0054\text{ м}^2)^2 + (0.0072\text{ м}^2)^2$

$S_{DBC}^2 = 0.00009216\text{ м}^4 + 0.00002916\text{ м}^4 + 0.00005184\text{ м}^4$

$S_{DBC}^2 = 0.00017316\text{ м}^4$

$S_{DBC} = \sqrt{0.00017316\text{ м}^4}$

Общая площадь поверхности пирамиды $S_{пов}$ является суммой площадей всех четырех граней:

$S_{пов} = S_{DAB} + S_{DAC} + S_{ABC} + S_{DBC}$

$S_{пов} = 0.0096\text{ м}^2 + 0.0054\text{ м}^2 + 0.0072\text{ м}^2 + \sqrt{0.00017316}\text{ м}^2$

$S_{пов} = (0.0222 + \sqrt{0.00017316})\text{ м}^2$

Переведем результат обратно в квадратные сантиметры, так как исходные данные были в сантиметрах ($1\text{ м}^2 = 10000\text{ см}^2$):

$S_{пов} = (0.0222 \cdot 10000 + \sqrt{0.00017316} \cdot 10000)\text{ см}^2$

$S_{пов} = (222 + \sqrt{17316})\text{ см}^2$

Ответ:

$S_{пов} = (222 + \sqrt{17316})\text{ см}^2$

Уровень В

129. В треугольной пирамиде $SABC$ $\angle ASB = \angle CSB = 90^\circ$, $\angle ASC = 120^\circ$, $AS = 4$ дм, $SB = 3$ дм, $SC = 2$ дм. Найдите площадь $\triangle ABC$.

Дано

Треугольная пирамида $SABC$.

Длины ребер, исходящих из вершины $S$: $AS = 4$ дм, $SB = 3$ дм, $SC = 2$ дм.

Углы между ребрами, исходящими из вершины $S$:

• $\angle ASB = 90^\circ$
• $\angle CSB = 90^\circ$
• $\angle ASC = 120^\circ$

Перевод в СИ

$AS = 4$ дм $= 0.4$ м

$SB = 3$ дм $= 0.3$ м

$SC = 2$ дм $= 0.2$ м

Найти:

Площадь треугольника $\triangle ABC$ ($S_{\triangle ABC}$)

Решение

Для нахождения площади треугольника $\triangle ABC$ воспользуемся формулой Герона. Для этого необходимо найти длины всех трех сторон треугольника $AB$, $BC$, $AC$. Мы можем найти эти длины, используя данные о ребрах пирамиды и углах между ними, применяя теорему Пифагора для прямоугольных треугольников и теорему косинусов для произвольного треугольника.

1. Нахождение длины стороны $AB$:

Рассмотрим треугольник $\triangle ASB$. Поскольку $\angle ASB = 90^\circ$, этот треугольник является прямоугольным с гипотенузой $AB$. Применим теорему Пифагора:

$AB^2 = AS^2 + SB^2$

$AB^2 = 4^2 + 3^2$

$AB^2 = 16 + 9$

$AB^2 = 25$

$AB = \sqrt{25} = 5$ дм

2. Нахождение длины стороны $BC$:

Рассмотрим треугольник $\triangle CSB$. Поскольку $\angle CSB = 90^\circ$, этот треугольник также является прямоугольным с гипотенузой $BC$. Применим теорему Пифагора:

$BC^2 = SC^2 + SB^2$

$BC^2 = 2^2 + 3^2$

$BC^2 = 4 + 9$

$BC^2 = 13$

$BC = \sqrt{13}$ дм

3. Нахождение длины стороны $AC$:

Рассмотрим треугольник $\triangle ASC$. Известны две стороны $AS=4$ дм, $SC=2$ дм и угол между ними $\angle ASC = 120^\circ$. Для нахождения длины стороны $AC$ воспользуемся теоремой косинусов:

$AC^2 = AS^2 + SC^2 - 2 \cdot AS \cdot SC \cdot \cos(\angle ASC)$

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

$AC^2 = 4^2 + 2^2 - 2 \cdot 4 \cdot 2 \cdot (-\frac{1}{2})$

$AC^2 = 16 + 4 - (16 \cdot (-\frac{1}{2}))$

$AC^2 = 20 - (-8)$

$AC^2 = 20 + 8$

$AC^2 = 28$

$AC = \sqrt{28} = \sqrt{4 \cdot 7} = 2\sqrt{7}$ дм

4. Нахождение площади треугольника $\triangle ABC$ по формуле Герона:

Стороны треугольника $\triangle ABC$ равны: $a = BC = \sqrt{13}$, $b = AC = 2\sqrt{7}$, $c = AB = 5$.

Сначала найдем полупериметр $p$:

$p = \frac{AB + BC + AC}{2} = \frac{5 + \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2}$

Формула Герона для площади $S_{\triangle ABC}$:

$S_{\triangle ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}$

Подставим значения:

$p-AB = \frac{5 + \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2} - 5 = \frac{\sqrt{13} + 2\sqrt{7} - 5}{2}$

$p-BC = \frac{5 + \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2} - \sqrt{13} = \frac{5 - \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2}$

$p-AC = \frac{5 + \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2} - 2\sqrt{7} = \frac{5 + \sqrt{13} - 2\sqrt{7}}{2}$

Теперь подставим эти выражения в формулу Герона:

$S_{\triangle ABC} = \sqrt{\frac{5 + \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2} \cdot \frac{\sqrt{13} + 2\sqrt{7} - 5}{2} \cdot \frac{5 - \sqrt{13} + 2\sqrt{7}}{2} \cdot \frac{5 + \sqrt{13} - 2\sqrt{7}}{2}}$

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{4} \sqrt{( ( \sqrt{13} + 2\sqrt{7} ) + 5 ) ( ( \sqrt{13} + 2\sqrt{7} ) - 5 ) ( 5 + ( 2\sqrt{7} - \sqrt{13} ) ) ( 5 - ( 2\sqrt{7} - \sqrt{13} ) )}$

Применим формулу разности квадратов $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ дважды:

Первая пара скобок: $( (\sqrt{13} + 2\sqrt{7})^2 - 5^2 ) = (13 + 4\sqrt{91} + 28) - 25 = 41 + 4\sqrt{91} - 25 = 16 + 4\sqrt{91}$

Вторая пара скобок: $( 5^2 - (2\sqrt{7} - \sqrt{13})^2 ) = 25 - (28 - 4\sqrt{91} + 13) = 25 - (41 - 4\sqrt{91}) = 25 - 41 + 4\sqrt{91} = -16 + 4\sqrt{91}$

Теперь перемножим полученные результаты:

$(16 + 4\sqrt{91})(-16 + 4\sqrt{91}) = (4\sqrt{91} + 16)(4\sqrt{91} - 16) = (4\sqrt{91})^2 - 16^2$

$= 16 \cdot 91 - 256 = 1456 - 256 = 1200$

Итак, $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{4}\sqrt{1200}$

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{4}\sqrt{400 \cdot 3}$

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{4} \cdot 20\sqrt{3}$

$S_{\triangle ABC} = 5\sqrt{3}$

Ответ: $5\sqrt{3}$ дм$^2$

130. В трехгранном угле $OABC$ плоский угол $BOC$ равен $\gamma$ ($\gamma < 90^\circ$), двугранный угол при ребре $OC$ прямой, двугранный угол при ребре $OB$ равен $\varphi$ ($\varphi < 90^\circ$). Докажите, что:

а) $ \text{tg} \angle AOB = \frac{\text{tg} \gamma}{\cos \varphi} $;

б) $ \text{tg} \angle AOC = \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi $.

Дано:

трехгранный угол $OABC$

плоский угол $\angle BOC = \gamma$ ($\gamma < 90^\circ$)

двугранный угол при ребре $OC$ прямой ($90^\circ$)

двугранный угол при ребре $OB$ равен $\varphi$ ($\varphi < 90^\circ$)

Найти:

доказать, что:

а) $\text{tg} \angle AOB = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{cos} \varphi}$

б) $\text{tg} \angle AOC = \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi$

Решение:

Пусть $A$ — произвольная точка на ребре $OA$. Опустим перпендикуляр из точки $A$ на плоскость $BOC$. Пусть $D$ — основание этого перпендикуляра.

Поскольку двугранный угол при ребре $OC$ равен $90^\circ$, плоскость $AOC$ перпендикулярна плоскости $BOC$. Это означает, что перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $BOC$, должен лежать в плоскости $AOC$ и быть перпендикулярным ребру $OC$. Следовательно, точка $D$ (основание перпендикуляра) лежит на ребре $OC$. Таким образом, $AD \perp OC$ и $AD \perp \text{плоскости } BOC$.

Обозначим длину отрезка $OD$ как $x$. То есть, $OD = x$.

Треугольник $\triangle ADO$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D$, так как $AD \perp \text{плоскости } BOC$, а $OD$ лежит в этой плоскости.

В $\triangle ADO$: $\text{tg} \angle AOC = \text{tg} \angle AOD = \frac{AD}{OD} = \frac{AD}{x}$. Отсюда $AD = x \cdot \text{tg} \angle AOC$. (1)

Теперь рассмотрим двугранный угол при ребре $OB$, равный $\varphi$. Опустим перпендикуляр $DK$ из точки $D$ на ребро $OB$. Точка $K$ лежит на $OB$. Треугольник $\triangle DKO$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $K$. Угол $\angle DOK$ является плоским углом $\angle BOC = \gamma$.

В $\triangle DKO$: $DK = OD \cdot \sin \angle DOK = x \cdot \sin \gamma$. (2) $OK = OD \cdot \cos \angle DOK = x \cdot \cos \gamma$. (3)

Поскольку $AD \perp \text{плоскости } BOC$, и $DK$ лежит в плоскости $BOC$, то $AD \perp DK$. Следовательно, треугольник $\triangle ADK$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D$.

По теореме о трех перпендикулярах, так как $DK \perp OB$ и $AD \perp DK$, то $AK \perp OB$. Линейный угол двугранного угла при ребре $OB$ — это угол $\angle AKD = \varphi$.

В $\triangle ADK$: $\text{tg} \varphi = \frac{AD}{DK}$. Отсюда $AD = DK \cdot \text{tg} \varphi$. (4)

а) Докажем $\text{tg} \angle AOB = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{cos} \varphi}$:

Рассмотрим треугольник $\triangle AKO$. Он является прямоугольным с прямым углом при вершине $K$ (так как $AK \perp OB$).

$\text{tg} \angle AOB = \frac{AK}{OK}$.

Из (4) и (2) получаем $AD = (x \cdot \sin \gamma) \cdot \text{tg} \varphi$.

Из $\triangle ADK$ (прямоугольного в $D$): $AK = \frac{AD}{\sin \varphi}$ (так как $\sin \varphi = \frac{AD}{AK}$). Подставим выражение для $AD$: $AK = \frac{x \cdot \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi}{\sin \varphi} = \frac{x \cdot \sin \gamma \cdot (\frac{\sin \varphi}{\cos \varphi})}{\sin \varphi} = \frac{x \cdot \sin \gamma}{\cos \varphi}$. (5)

Теперь подставим выражения для $AK$ (5) и $OK$ (3) в формулу для $\text{tg} \angle AOB$: $\text{tg} \angle AOB = \frac{\frac{x \cdot \sin \gamma}{\cos \varphi}}{x \cdot \cos \gamma} = \frac{\sin \gamma}{\cos \varphi \cdot \cos \gamma} = \frac{\sin \gamma}{\cos \gamma} \cdot \frac{1}{\cos \varphi} = \text{tg} \gamma \cdot \frac{1}{\cos \varphi} = \frac{\text{tg} \gamma}{\cos \varphi}$.

Это доказывает пункт а).

Ответ: $\text{tg} \angle AOB = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{cos} \varphi}$

б) Докажем $\text{tg} \angle AOC = \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi$:

У нас есть два выражения для $AD$: Из (1): $AD = x \cdot \text{tg} \angle AOC$. Из (4) и (2): $AD = (x \cdot \sin \gamma) \cdot \text{tg} \varphi$.

Приравниваем эти выражения для $AD$: $x \cdot \text{tg} \angle AOC = x \cdot \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi$.

Разделим обе части на $x$ (поскольку $x \neq 0$): $\text{tg} \angle AOC = \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi$.

Это доказывает пункт б).

Ответ: $\text{tg} \angle AOC = \sin \gamma \cdot \text{tg} \varphi$

132. Докажите, что если в тетраэдре $PABC$ сумма плоских углов при каждой из вершин $A, B, C$ равна $180^\circ$, то все его грани равны.

Тетраэдр $PABC$.

Сумма плоских углов при каждой из вершин $A, B, C$ равна $180^\circ$. Это означает, что:

$\angle PAB + \angle PAC + \angle BAC = 180^\circ \quad (1)$

$\angle PBA + \angle PBC + \angle ABC = 180^\circ \quad (2)$

$\angle PCA + \angle PCB + \angle ACB = 180^\circ \quad (3)$

Доказать, что все грани тетраэдра равны (конгруэнтны).

Первым шагом докажем, что сумма плоских углов при вершине $P$ также равна $180^\circ$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$. Рассмотрим каждую из четырех граней тетраэдра как треугольник:

В $\triangle PAB$: $\angle PAB + \angle PBA + \angle APB = 180^\circ \quad (4)$

В $\triangle PAC$: $\angle PAC + \angle PCA + \angle APC = 180^\circ \quad (5)$

В $\triangle PBC$: $\angle PBC + \angle PCB + \angle BPC = 180^\circ \quad (6)$

В $\triangle ABC$: $\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 180^\circ \quad (7)$

Сложим все четыре уравнения (4), (5), (6) и (7):

$(\angle PAB + \angle PBA + \angle APB) + (\angle PAC + \angle PCA + \angle APC) + (\angle PBC + \angle PCB + \angle BPC) + (\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB) = 4 \times 180^\circ = 720^\circ$

Теперь перегруппируем слагаемые в этом выражении таким образом, чтобы выделить суммы углов при вершинах $A, B, C$ из условий (1), (2), (3):

$(\angle PAB + \angle PAC + \angle BAC) + (\angle PBA + \angle PBC + \angle ABC) + (\angle PCA + \angle PCB + \angle ACB) + (\angle APB + \angle APC + \angle BPC) = 720^\circ$

Подставим значения из условий (1), (2), (3) в это уравнение:

$180^\circ + 180^\circ + 180^\circ + (\angle APB + \angle APC + \angle BPC) = 720^\circ$

$540^\circ + (\angle APB + \angle APC + \angle BPC) = 720^\circ$

Отсюда находим сумму плоских углов при вершине $P$:

$\angle APB + \angle APC + \angle BPC = 720^\circ - 540^\circ = 180^\circ \quad (8)$

Таким образом, мы доказали, что сумма плоских углов при каждой из четырех вершин тетраэдра ($A, B, C, P$) равна $180^\circ$. Тетраэдр, обладающий этим свойством, называется равногранным (или изосферическим) тетраэдром.

Согласно известной теореме в стереометрии, тетраэдр является равногранным тогда и только тогда, когда его противоположные рёбра попарно равны. В нашем случае это означает, что:

• Ребро $PA$ равно ребру $BC$.
• Ребро $PB$ равно ребру $AC$.
• Ребро $PC$ равно ребру $AB$.

Теперь, используя равенство противоположных рёбер, докажем, что все грани тетраэдра конгруэнтны. Рассмотрим каждую из четырех граней (треугольников):

1. Грань $\triangle ABC$ имеет стороны $AB, BC, CA$.

2. Грань $\triangle PAB$ имеет стороны $PA, PB, AB$. Используя равенство противоположных рёбер, $PA=BC$ и $PB=AC$. Таким образом, стороны $\triangle PAB$ это $BC, AC, AB$.

3. Грань $\triangle PAC$ имеет стороны $PA, PC, AC$. Используя равенство противоположных рёбер, $PA=BC$ и $PC=AB$. Таким образом, стороны $\triangle PAC$ это $BC, AB, AC$.

4. Грань $\triangle PBC$ имеет стороны $PB, PC, BC$. Используя равенство противоположных рёбер, $PB=AC$ и $PC=AB$. Таким образом, стороны $\triangle PBC$ это $AC, AB, BC$.

Мы видим, что все четыре треугольные грани ($\triangle ABC$, $\triangle PAB$, $\triangle PAC$, $\triangle PBC$) имеют одинаковые наборы длин сторон. Например, если длины сторон $\triangle ABC$ равны $a, b, c$, то стороны всех остальных граней также будут $a, b, c$ (возможно, в другом порядке). По признаку равенства треугольников по трём сторонам (SSS), если три стороны одного треугольника равны трём сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны.

Следовательно, все грани тетраэдра равны между собой.

Все грани тетраэдра равны.