9939. Грани ABC
и ADC
тетраэдра ABCD
перпендикулярны. Известно, что AC=BC
, AD=CD=\frac{1}{2}AB
и \angle ACB=90^{\circ}
. Найдите угол между плоскостями ABD
и ACD
.
Ответ. \arccos\frac{\sqrt{3}}{3}
.
Решение. Пусть DH
— высота треугольника ADC
. Поскольку плоскости ABC
и ADC
перпендикулярны, DH
— высота тетраэдра ABCD
(см. задачу 7712). Аналогично, BC
— высота тетраэдра. Тогда треугольник BCD
прямоугольный.
Пусть BC=AC=2a
. Тогда
AB=2a\sqrt{2},~AD=CD=a\sqrt{2},~BD=\sqrt{CD^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2a^{2}+4a^{2}}=a\sqrt{6}.
Треугольник ABD
прямоугольный с прямым углом при вершине D
, так как
AD^{2}+BD^{2}=2a^{2}+6a^{2}=8a^{2}=AB^{2}.
Значит,
S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{6}=a^{2}\sqrt{3}.
Треугольник ACD
прямоугольный и равнобедренный, поэтому
S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AD\cdot CD=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}=a^{2}.
Пусть искомый двугранный угол между плоскостями ABD
и ACD
равен \alpha
. Поскольку BC
— перпендикуляр к плоскости ACD
, треугольник ACD
— ортогональная проекция треугольника ABD
на плоскость ACD
, поэтому (см. задачу 8093)
\cos\alpha=\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}}=\frac{a^{2}}{a^{2}\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{1}{\sqrt{3}}
.