Задача №17612

Плоские углы при вершине $A$ тетраэдра $ABCD$ прямые. Двугранные углы при рёбрах $BD$ и $CD$ равны между собой и в два раза больше двугранного угла при ребре $BC\text{.}$ Найдите объём тетраэдра, если известно, что $AD=1\text{.}$

По условию плоские углы при вершине $A$ прямые, то есть рёбра $AB\text{,}$ $AC\text{,}$ $AD$ попарно перпендикулярны. Введём прямоугольную систему координат с началом в $A\text{,}$ направив оси по этим рёбрам:

где $b=AB>0\text{,}$ $c=AC>0\text{,}$ а $AD=1$ уже учтено. Поскольку $AB,AC,AD$ взаимно перпендикулярны, объём тетраэдра равен

Задача сводится к нахождению $bc\text{.}$

Двугранный угол при ребре найдём как угол между перпендикулярами к этому ребру, проведёнными в двух гранях. Для ребра с концами $P,Q$ и противолежащими в гранях вершинами $X,Y$ обозначим через $\vec{u},\vec{v}$ составляющие векторов $\overrightarrow{PX},\overrightarrow{PY}\text{,}$ перпендикулярные $\overrightarrow{PQ}\text{;}$ тогда косинус двугранного угла равен $\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{|\vec{u}||\vec{v}|}\text{.}$

Грань $ABC$ лежит в плоскости $z=0\text{,}$ грань $ABD$ — в плоскости $y=0\text{,}$ грань $ACD$ — в плоскости $x=0\text{.}$ Прямое вычисление даёт следующие косинусы двугранных углов $\beta$ (при ребре $BC$), $\phi$ (при ребре $BD$) и $\psi$ (при ребре $CD$):

Все три двугранных угла, образованные координатными гранями с гранью $BCD\text{,}$ острые (их косинусы положительны), поэтому равенство углов равносильно равенству их косинусов.

Шаг 1. Симметрия. Приравняем $\cos \phi =\cos \psi \text{.}$ Так как обе величины положительны, можно приравнять квадраты; после приведения к общему знаменателю числитель разности ${\cos }^2\phi -{\cos }^2\psi$ пропорционален

а знаменатель положителен. Поскольку $b,c>0\text{,}$ отсюда $b-c=0\text{,}$ то есть

Итак, тетраэдр симметричен относительно плоскости $ABD\leftrightarrow ACD\text{:}$ $AB=AC\text{.}$

Шаг 2. Основное уравнение. Положим $t=b=c>0\text{.}$ Тогда

где второе равенство получено упрощением (числитель и знаменатель содержат множитель $\sqrt{t^2+1}\text{,}$ так как $t^4+3t^2+2=(t^2+1)(t^2+2)$). Заметим, что обе грани при рёбрах $BD$ и $CD$ дают один и тот же косинус, что согласуется с симметрией.

Условие задачи: $\phi =2\beta \text{.}$ Так как $\beta$ — острый угол, применим формулу двойного угла:

Приравнивая к найденному значению $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{t^2+2}}\text{,}$ получаем

Шаг 3. Решение уравнения и отбор. Введём $u=t^2+2\text{;}$ тогда $u>2$ и $t^2-2=u-4\text{.}$ Уравнение (2) принимает вид

Левая часть положительна, поэтому необходимо $u-4>0\text{,}$ то есть $u>4$ (это, в частности, означает $t^2>2\text{,}$ что согласуется с тем, что угол $\beta =\frac{\phi }{2}$ должен быть меньше $45^{\circ }\text{,}$ а $\phi$ — острым). При $u>4$ обе части положительны, и возведение в квадрат равносильно:

откуда

Корень $u=\frac{9-\sqrt{17}}{2}\approx 2,44$ не удовлетворяет условию $u>4$ (для него правая часть $\frac{u-4}{u}<0\text{,}$ а левая $\frac{1}{\sqrt{u}}>0$) — он посторонний и отбрасывается. Остаётся

Шаг 4. Объём. По формуле (1) при $b=c=t$ имеем $V=\frac{t^2}{6}\text{,}$ поэтому

Проверка. При $t^2=\frac{5+\sqrt{17}}{2}\approx 4,562$ получаем $\cos \beta =\frac{t}{\sqrt{t^2+2}}\approx 0,8338\text{,}$ то есть $\beta \approx 33,51^{\circ }\text{,}$ и $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{t^2+2}}\approx 0,3904\text{,}$ то есть $\phi \approx 67,02^{\circ }=2\beta \text{;}$ при этом $\phi =\psi \text{.}$ Все условия задачи выполнены, $V\approx 0,760\text{.}$

Ответ: $V=\frac{5+\sqrt{17}}{12}\text{.}$