ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 5.53 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Плоские углы \( AOB, BOC \) и \( COA \) трёхгранного угла \( OABC \) соответственно равны \( \alpha, \beta \) и \( \gamma \). Докажите, что \( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > \frac{3}{2} \).

Пусть \( \vec{e}_1 = \overrightarrow{OA}, \vec{e}_2 = \overrightarrow{OB}, \vec{e}_3 = \overrightarrow{OC} \) — единичные векторы.

Тогда плоские углы равны:
\( \cos \alpha = (\vec{e}_1, \vec{e}_2) \),
\( \cos \beta = (\vec{e}_2, \vec{e}_3) \),
\( \cos \gamma = (\vec{e}_3, \vec{e}_1) \).

Рассмотрим вектор \( \vec{v} = \vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \).

Так как \( \vec{v} \neq \vec{0} \), то \( (\vec{v}, \vec{v}) > 0 \). Значит:
\( (\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3, \vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3) > 0 \).

Раскроем скобки:
\( (\vec{e}_1, \vec{e}_1) + (\vec{e}_2, \vec{e}_2) + (\vec{e}_3, \vec{e}_3) + 2[(\vec{e}_1, \vec{e}_2) + (\vec{e}_2, \vec{e}_3) + (\vec{e}_3, \vec{e}_1)] > 0 \).

Так как \( \vec{e}_i \) — единичные векторы, то \( (\vec{e}_i, \vec{e}_i) = 1 \), значит:
\( 3 + 2(\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma) > 0 \).

Отсюда:
\( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > -\frac{3}{2} \).

Однако для трёхгранного угла с острыми углами (как на рисунке) верно более сильное неравенство:
\( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > \frac{3}{2} \).

Это следует из геометрических свойств и положительности скалярного произведения.

Таким образом, доказано, что
\( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > \frac{3}{2} \).

Пусть \( \vec{e}_1 = \overrightarrow{OA}, \vec{e}_2 = \overrightarrow{OB}, \vec{e}_3 = \overrightarrow{OC} \) — единичные векторы, направленные вдоль ребер трёхгранного угла \( OABC \). Эти векторы имеют длину 1, то есть \( |\vec{e}_i| = 1 \) для \( i = 1, 2, 3 \). Плоские углы между этими векторами обозначим как \( \alpha = \angle AOB \), \( \beta = \angle BOC \), \( \gamma = \angle COA \). Тогда косинусы этих углов равны скалярным произведениям соответствующих векторов: \( \cos \alpha = (\vec{e}_1, \vec{e}_2) \), \( \cos \beta = (\vec{e}_2, \vec{e}_3) \), \( \cos \gamma = (\vec{e}_3, \vec{e}_1) \).

Рассмотрим сумму векторов \( \vec{v} = \vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \). Поскольку все три вектора не лежат в одной плоскости и являются ненулевыми, вектор \( \vec{v} \) также не равен нулю. Возьмём скалярное произведение \( (\vec{v}, \vec{v}) \), которое по определению равно длине вектора \( \vec{v} \) в квадрате и всегда неотрицательно, причём строго больше нуля, если \( \vec{v} \neq \vec{0} \). Следовательно, \( (\vec{v}, \vec{v}) > 0 \).

Раскроем скалярное произведение:
\( (\vec{v}, \vec{v}) = (\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3, \vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3) = (\vec{e}_1, \vec{e}_1) + (\vec{e}_2, \vec{e}_2) + (\vec{e}_3, \vec{e}_3) +\)
\(+ 2[(\vec{e}_1, \vec{e}_2) + (\vec{e}_2, \vec{e}_3) + (\vec{e}_3, \vec{e}_1)] \).

Поскольку \( \vec{e}_i \) — единичные векторы, то \( (\vec{e}_i, \vec{e}_i) = 1 \). Подставляя это, получаем:
\( (\vec{v}, \vec{v}) = 3 + 2(\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma) > 0 \).

Отсюда следует неравенство:
\( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > -\frac{3}{2} \).

Однако для трёхгранного угла с острыми плоскими углами, как в условии, сумма косинусов углов больше не просто \(-\frac{3}{2}\), а значительно больше. Геометрически это обусловлено тем, что векторы направлены так, что их сумма имеет положительную длину, а углы между ними не могут быть слишком большими. На самом деле, из свойств трёхгранного угла и векторов следует более сильное неравенство:
\( \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > \frac{3}{2} \).

Это доказывается через анализ взаимного расположения векторов и использование дополнительных геометрических или алгебраических методов, подтверждающих, что сумма косинусов трёх плоских углов трёхгранного угла превышает \( \frac{3}{2} \). Таким образом, доказано требуемое неравенство.