9411. Дана пирамида ABCD
с плоскими прямыми углами при вершине D
, в которой CD=AD+DB
. Докажите, что сумма плоских углов при вершине C
равна 90^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Обозначим
\angle ACD=\alpha,~\angle BCD=\beta,~\angle ACB=\gamma,~AD=a,~BD=b,~AC=m,~BC=n
(рис. 1). Надо доказать, что \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}
.
Заметим, что все плоские углы при вершине C
острые. Действительно, ACB
— наименьший угол в прямоугольном треугольнике ACD
, так как AD\lt AC
и AD=a\lt a+b=CD
. Значит, \alpha\lt45^{\circ}
. Аналогично \beta\lt45^{\circ}
, а \gamma\lt\alpha+\beta\lt90^{\circ}
(см. задачу 7428).
Из теоремы косинусов получаем, что
\cos\gamma=\frac{m^{2}+n^{2}-a^{2}-b^{2}}{2mn}=\frac{a^{2}+(a+b)^{2}+b^{2}+(a+b)^{2}-a^{2}-b^{2}}{2mn}=
=\frac{2(a+b)^{2}}{2mn}=\frac{(a+b)^{2}}{mn}.
Тогда
\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{a}{m}\cdot\frac{a+b}{n}+\frac{a+b}{m}\cdot\frac{b}{n}=
=\frac{a^{2}+2ab+b^{2}}{mn}=\frac{(a+b)^{2}}{mn}=\cos\gamma,
а так как \alpha+\beta\lt90^{\circ}
и \gamma\lt90^{\circ}
, то \gamma=90^{\circ}-\alpha-\beta
. Следовательно, \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}
.
Заметим, что BD
— перпендикуляр к плоскости ACD
, BC
— наклонная к этой плоскости, CD
— её ортогональная проекция, \beta
— угол наклонной с плоскостью. Тогда (см. задачу 7427) \cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta=\frac{a+b}{m}\cdot\frac{a+b}{n}=\frac{(a+b)^{2}}{mn}
.
Второй способ. Заметим, что при фиксированных длинах рёбер DA
и DB
существует единственная пирамида ABCD
, удовлетворяющая условию задачи.
Рассмотрим квадрат CD_{2}TD_{1}
со стороной a+b
(рис. 2). На его сторонах TD_{1}
и TD_{2}
отложим отрезки TA+b
и TB=a
. Тогда пятиугольник ABD_{2}CD_{1}
является развёрткой боковой поверхности данной пирамиды, а треугольник ATB
равен треугольнику ADB
её основания. Таким образом, выполняются все условия задачи. Следовательно, \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}
.