9676. Можно ли двугранный угол величиной 90^{\circ}
пересечь плоскостью так, чтобы в полученном сечении образовался угол величиной 110^{\circ}
?
Ответ. Можно.
Решение. Пусть точка C
лежит на ребре прямого двугранного угла, точки A
и B
— в его гранях \alpha
и \beta
соответственно, A_{1}
и B_{1}
— проекции точек соответственно A
и B
на ребро, при этом AC=BC=1
, точки A_{1}
и B_{1}
лежат по разные стороны от точки C
, а \angle ACA_{1}=\angle BCB_{1}=\varphi
. Докажем, что существует угол \varphi
, для которого \angle ACB=110^{\circ}
. Отсюда будет следовать существование сечения, о котором говорится в условии.
Отрезки AA_{1}
и BB_{1}
лежат в гранях \alpha
и \beta
соответственно. Из прямоугольных треугольников AA_{1}C
, BB_{1}C
, A_{1}B_{1}B
и AA_{1}B
находим, что
AA_{1}=\sin\varphi,~CA_{1}=CB_{1}=\cos\varphi,~A_{1}B^{2}=A_{1}B_{1}^{2}+BB_{1}^{2}=4\cos^{2}\varphi+\sin^{2}\varphi,
AB^{2}=AA_{1}^{2}+A_{1}B^{2}=4\cos^{2}\varphi+2\sin^{2}\varphi=2+2\cos^{2}\varphi.
По теореме косинусов
AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC\cdot BC\cos\angle ACB,
или
2+2\cos^{2}\varphi=1+1-2\cdot1\cdot1\cos110^{\circ},
откуда \cos^{2}\varphi=-\cos110^{\circ}
. Следовательно, нашему требованию удовлетворяет
\varphi=\sqrt{-\arccos110^{\circ}}.
Примечание. Существование такого сечения следует также из соображения непрерывности.