14337. Отрезок DH
— высота тетраэдра, боковые рёбра DA
, DB
и DC
которого попарно перпендикулярны (прямоугольный тетраэдр) и образуют углы соответственно \alpha
, \beta
и \gamma
с плоскостью основания ABC
. Докажите, что если \angle AHB=\varphi
, то:
а) DH^{2}=-AH\cdot BH\cos\varphi
;
б) \cos\varphi=-\tg\alpha\tg\beta
;
в) \sin\varphi=\frac{\sin\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}
.
Решение. Заметим, что треугольник ABC
остроугольный (см. задачу 7268б), точка H
— ортоцентр треугольника ABC
, а угол AHB
— тупой.
а) Продолжим отрезок AH
до пересечения с ребром BC
в точке A_{1}
. Тогда AA_{1}
— высота треугольника ABC
. Прямая DA
перпендикулярна пересекающимся прямым DB
и DC
плоскости BDC
, поэтому прямая DA
перпендикулярна этой плоскости. В частности, DA\perp DA_{1}
, т. е. треугольник ADA_{1}
прямоугольный, а DH
— его высота, проведённая из вершины прямого угла. Тогда (см, задачу 2728)
DH^{2}=AH\cdot HA_{1}=AH\cdot BH\cos\angle BHA_{1}=
=AH\cdot BH\cos(180^{\circ}-\varphi)=-AH\cdot BH\cos\varphi.
б) По условию \angle DAH=\alpha
и \angle DBH=\beta
. Из прямоугольных треугольников DAH
и DBH
получаем
DH=AH\tg\alpha,~DH=BH\tg\beta,
Значит,
-AH\cdot BH\cos\varphi=DH^{2}=AH\tg\alpha\cdot BH\tg\beta=AH\cdot BH\tg\alpha\tg\beta.
Следовательно,
\cos\varphi=-\tg\alpha\tg\beta.
в) Пусть CC_{1}
— высота треугольника ABC
,
S=S_{\triangle AHB}=\frac{1}{2}AH\cdot BH\sin\varphi,
а по теореме о трёх перпендикулярах DC_{1}
— высота треугольника ADB
.
Из прямоугольных треугольников AHD
и BHD
получаем
\cos\alpha=\frac{AH}{DA},~\cos\beta=\frac{BH}{DB},
поэтому
\cos\alpha\cos\beta=\frac{AH}{DA}\cdot\frac{BH}{DB}=\frac{AH\cdot BH}{DA\cdot DB}=\frac{2\cdot\frac{1}{2}AH\cdot BH\sin\varphi}{DA\cdot DB\sin\varphi}=
=\frac{2S}{AB\cdot DC_{1}\sin\varphi}=\frac{AB\cdot HC_{1}}{AB\cdot DC_{1}\sin\varphi}=\frac{HC_{1}}{DC_{1}\sin\varphi}=
=\frac{\sin\angle HDC_{1}}{\sin\varphi}=\frac{\sin\angle DCH}{\sin\varphi}=\frac{\sin\gamma}{\sin\varphi}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\sin\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}.