Страница 178 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

705. Вычислите угол между прямыми AB и CD, если:

Угол $\phi$ между двумя прямыми в пространстве определяется как острый угол между их направляющими векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$. Косинус этого угла вычисляется по формуле:

$\cos \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$

где $\vec{u} \cdot \vec{v}$ - скалярное произведение векторов, а $|\vec{u}|$ и $|\vec{v}|$ - их длины (модули). Направляющий вектор прямой, проходящей через точки $M_1(x_1, y_1, z_1)$ и $M_2(x_2, y_2, z_2)$, находится как $\vec{M_1M_2} = (x_2-x_1, y_2-y_1, z_2-z_1)$.

Найдем направляющие векторы прямых AB и CD для точек A(3; -2; 4), B(4; -1; 2), C(6; -3; 2), D(7; -3; 1).

Направляющий вектор прямой AB: $\vec{AB} = (4-3; -1-(-2); 2-4) = (1; 1; -2)$.

Направляющий вектор прямой CD: $\vec{CD} = (7-6; -3-(-3); 1-2) = (1; 0; -1)$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0 + (-2) \cdot (-1) = 1 + 0 + 2 = 3$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6}$.

$|\vec{CD}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.

Теперь найдем косинус угла между прямыми:

$\cos \phi = \frac{|3|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{12}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Угол $\phi$ равен:

$\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

Найдем направляющие векторы прямых AB и CD для точек A(5; -8; -1), B(6; -8; -2), C(7; -5; -11), D(7; -7; -9).

Направляющий вектор прямой AB: $\vec{AB} = (6-5; -8-(-8); -2-(-1)) = (1; 0; -1)$.

Направляющий вектор прямой CD: $\vec{CD} = (7-7; -7-(-5); -9-(-11)) = (0; -2; 2)$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-2) + (-1) \cdot 2 = 0 + 0 - 2 = -2$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.

$|\vec{CD}| = \sqrt{0^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{0+4+4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.

Найдем косинус угла между прямыми:

$\cos \phi = \frac{|-2|}{\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2}} = \frac{2}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Угол $\phi$ равен:

$\phi = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

Найдем направляющие векторы прямых AB и CD для точек A(1; 0; 2), B(2; 1; 0), C(0; -2; -4), D(-2; -4; 0).

Направляющий вектор прямой AB: $\vec{AB} = (2-1; 1-0; 0-2) = (1; 1; -2)$.

Направляющий вектор прямой CD: $\vec{CD} = (-2-0; -4-(-2); 0-(-4)) = (-2; -2; 4)$.

Заметим, что векторы коллинеарны, так как $\vec{CD} = -2 \cdot \vec{AB}$. Это означает, что прямые AB и CD параллельны, и угол между ними равен $0^\circ$.

Проверим это с помощью формулы. Вычислим скалярное произведение:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 1 \cdot (-2) + 1 \cdot (-2) + (-2) \cdot 4 = -2 - 2 - 8 = -12$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6}$.

$|\vec{CD}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 4^2} = \sqrt{4+4+16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$.

Найдем косинус угла:

$\cos \phi = \frac{|-12|}{\sqrt{6} \cdot 2\sqrt{6}} = \frac{12}{2 \cdot 6} = \frac{12}{12} = 1$.

Угол $\phi$ равен:

$\phi = \arccos(1) = 0^\circ$.

Ответ: $0^\circ$.

Найдем направляющие векторы прямых AB и CD для точек A(-6; -15; 7), B(-7; -15; 8), C(14; -10; 9), D(14; -10; 7).

Направляющий вектор прямой AB: $\vec{AB} = (-7-(-6); -15-(-15); 8-7) = (-1; 0; 1)$.

Направляющий вектор прямой CD: $\vec{CD} = (14-14; -10-(-10); 7-9) = (0; 0; -2)$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = (-1) \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 1 \cdot (-2) = 0 + 0 - 2 = -2$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.

$|\vec{CD}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + (-2)^2} = \sqrt{0+0+4} = \sqrt{4} = 2$.

Найдем косинус угла между прямыми:

$\cos \phi = \frac{|-2|}{\sqrt{2} \cdot 2} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол $\phi$ равен:

$\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

706. Дана правильная треугольная призма ABCA₁B₁C₁, в которой AA₁ = 2AB (рис. 193, а). Найдите угол между прямыми АС₁ и А₁В.

Решение

Пусть AB = а, тогда AA₁ = a2. Введём прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 193, б. Вершины А, В, A₁, C₁ имеют следующие координаты (объясните почему):

Отсюда находим координаты векторов AC₁ и BA₁:

Векторы AC₁ и BA₁ являются направляющими векторами прямых АС₁ и A₁B. Искомый угол φ между ними можно найти с помощью формулы (2):

Решение

Пусть сторона основания правильной треугольной призмы $AB = a$. По условию задачи, высота призмы $AA_1 = \sqrt{2}AB$, следовательно, $AA_1 = a\sqrt{2}$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AC_1$ и $A_1B$ введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке 193, б. Объясним, почему вершины имеют указанные в задаче координаты.

1. Поместим начало координат в вершину $C$. Таким образом, $C$ имеет координаты $(0; 0; 0)$.
2. Направим ось $Oz$ вдоль бокового ребра $CC_1$. Так как высота призмы равна $a\sqrt{2}$, то вершина $C_1$ будет иметь координаты $(0; 0; a\sqrt{2})$.
3. Расположим основание $ABC$ в плоскости $Oxy$. Так как $ABC$ – правильный треугольник со стороной $a$, то $|AB| = |BC| = |CA| = a$.
4. Пусть ось $Oy$ проходит через сторону $CB$. Тогда вершина $B$ будет иметь координаты $(0; a; 0)$, поскольку $|CB|=a$.
5. Найдем координаты вершины $A(x_A, y_A, 0)$. Расстояние от $A$ до $C$ равно $a$, и расстояние от $A$ до $B$ равно $a$.

   Из $|CA|=a$ следует: $\sqrt{(x_A-0)^2 + (y_A-0)^2 + (0-0)^2} = a \implies x_A^2 + y_A^2 = a^2$.

   Из $|AB|=a$ следует: $\sqrt{(x_A-0)^2 + (y_A-a)^2 + (0-0)^2} = a \implies x_A^2 + (y_A-a)^2 = a^2 \implies x_A^2 + y_A^2 - 2ay_A + a^2 = a^2$.

   Подставляя $x_A^2 + y_A^2 = a^2$ во второе уравнение, получаем: $a^2 - 2ay_A + a^2 = a^2 \implies a^2 - 2ay_A = 0$. Отсюда $y_A = \frac{a}{2}$.

   Теперь найдем $x_A$: $x_A^2 + (\frac{a}{2})^2 = a^2 \implies x_A^2 = a^2 - \frac{a^2}{4} = \frac{3a^2}{4}$. Поскольку по рисунку вершина $A$ находится в полуплоскости с $x>0$, то $x_A = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

   Таким образом, координаты вершины $A$ равны $(\frac{a\sqrt{3}}{2}; \frac{a}{2}; 0)$.

6. Вершина $A_1$ получается сдвигом вершины $A$ на вектор $\vec{CC_1} = \{0; 0; a\sqrt{2}\}$. Следовательно, координаты $A_1$ равны $(\frac{a\sqrt{3}}{2}; \frac{a}{2}; a\sqrt{2})$.

Теперь у нас есть все необходимые координаты для нахождения векторов:

$A(\frac{a\sqrt{3}}{2}; \frac{a}{2}; 0)$, $B(0; a; 0)$, $C_1(0; 0; a\sqrt{2})$, $A_1(\frac{a\sqrt{3}}{2}; \frac{a}{2}; a\sqrt{2})$.

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AC_1$ и $A_1B$. В качестве направляющего вектора для прямой $AC_1$ возьмем вектор $\vec{AC_1}$. В качестве направляющего вектора для прямой $A_1B$ возьмем вектор $\vec{BA_1}$.

$\vec{AC_1} = \{x_{C_1}-x_A; y_{C_1}-y_A; z_{C_1}-z_A\} = \{0 - \frac{a\sqrt{3}}{2}; 0 - \frac{a}{2}; a\sqrt{2} - 0\} = \{-\frac{a\sqrt{3}}{2}; -\frac{a}{2}; a\sqrt{2}\}$

$\vec{BA_1} = \{x_{A_1}-x_B; y_{A_1}-y_B; z_{A_1}-z_B\} = \{\frac{a\sqrt{3}}{2} - 0; \frac{a}{2} - a; a\sqrt{2} - 0\} = \{\frac{a\sqrt{3}}{2}; -\frac{a}{2}; a\sqrt{2}\}$

Угол $\phi$ между прямыми $AC_1$ и $A_1B$ равен углу между их направляющими векторами. Косинус этого угла можно найти по формуле:

$\cos \phi = \frac{|\vec{AC_1} \cdot \vec{BA_1}|}{|\vec{AC_1}| \cdot |\vec{BA_1}|}$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BA_1} = (-\frac{a\sqrt{3}}{2}) \cdot (\frac{a\sqrt{3}}{2}) + (-\frac{a}{2}) \cdot (-\frac{a}{2}) + (a\sqrt{2}) \cdot (a\sqrt{2}) = -\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + 2a^2 = -\frac{2a^2}{4} + 2a^2 = -\frac{a^2}{2} + 2a^2 = \frac{3a^2}{2}$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AC_1}| = \sqrt{(-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{a}{2})^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + 2a^2} = \sqrt{a^2 + 2a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

$|\vec{BA_1}| = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{a}{2})^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + 2a^2} = \sqrt{a^2 + 2a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|\frac{3a^2}{2}|}{a\sqrt{3} \cdot a\sqrt{3}} = \frac{\frac{3a^2}{2}}{3a^2} = \frac{1}{2}$.

Отсюда находим угол $\phi$ (угол между прямыми берется в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$):

$\phi = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

707. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точка М лежит на ребре AA₁, причём AM : МА₁ = 3 : 1, а точка N — середина ребра ВС. Вычислите косинус угла между прямыми: а) MN и DD₁; б) MN и BD; в) MN и B₁D; г) MN и A₁C.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер $AD$ (ось $Ox$), $AB$ (ось $Oy$) и $AA_1$ (ось $Oz$).

Пусть ребро куба равно $a$. Из условия $AM:MA_1 = 3:1$ следует, что $AM = \frac{3}{4} AA_1$ и $MA_1 = \frac{1}{4} AA_1$. Чтобы избежать дробей в координатах, примем длину ребра куба $a=4$.

Тогда координаты вершин куба и точек $M$ и $N$ будут следующими:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(0, 4, 0)$
• $C(4, 4, 0)$
• $D(4, 0, 0)$
• $A_1(0, 0, 4)$
• $B_1(0, 4, 4)$
• $D_1(4, 0, 4)$

Точка $M$ лежит на ребре $AA_1$ и делит его в отношении $AM:MA_1=3:1$. Длина $AA_1=4$, значит $AM=3$. Координаты точки $M$ будут $(0, 0, 3)$.

Точка $N$ — середина ребра $BC$. Координаты $B(0, 4, 0)$ и $C(4, 4, 0)$. Координаты точки $N$ равны полусумме координат точек $B$ и $C$: $N(\frac{0+4}{2}, \frac{4+4}{2}, \frac{0+0}{2}) = (2, 4, 0)$.

Найдем вектор $\vec{MN}$ и его длину (модуль):

$\vec{MN} = N - M = (2-0, 4-0, 0-3) = (2, 4, -3)$

$|\vec{MN}| = \sqrt{2^2 + 4^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 16 + 9} = \sqrt{29}$

Косинус угла $\alpha$ между двумя прямыми, заданными направляющими векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$, вычисляется по формуле:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$

а) MN и DD?

Прямая $DD_1$ параллельна оси $Oz$. В качестве ее направляющего вектора можно взять вектор $\vec{k}=(0, 0, 1)$ или вектор $\vec{DD_1}$.

$\vec{DD_1} = D_1 - D = (4-4, 0-0, 4-0) = (0, 0, 4)$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{DD_1}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{DD_1} = 2 \cdot 0 + 4 \cdot 0 + (-3) \cdot 4 = -12$.

Найдем длину вектора $\vec{DD_1}$:

$|\vec{DD_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 4^2} = 4$.

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{DD_1}|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{DD_1}|} = \frac{|-12|}{\sqrt{29} \cdot 4} = \frac{12}{4\sqrt{29}} = \frac{3}{\sqrt{29}} = \frac{3\sqrt{29}}{29}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{29}}{29}$

б) MN и BD

Найдем направляющий вектор $\vec{BD}$ и его длину:

$\vec{BD} = D - B = (4-0, 0-4, 0-0) = (4, -4, 0)$.

$|\vec{BD}| = \sqrt{4^2 + (-4)^2 + 0^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{BD}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{BD} = 2 \cdot 4 + 4 \cdot (-4) + (-3) \cdot 0 = 8 - 16 + 0 = -8$.

Вычислим косинус угла:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{BD}|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{BD}|} = \frac{|-8|}{\sqrt{29} \cdot 4\sqrt{2}} = \frac{8}{4\sqrt{58}} = \frac{2}{\sqrt{58}} = \frac{2\sqrt{58}}{58} = \frac{\sqrt{58}}{29}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{58}}{29}$

в) MN и B?D

Найдем направляющий вектор $\vec{B_1D}$ и его длину:

$\vec{B_1D} = D - B_1 = (4-0, 0-4, 0-4) = (4, -4, -4)$.

$|\vec{B_1D}| = \sqrt{4^2 + (-4)^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 16 + 16} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{B_1D}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{B_1D} = 2 \cdot 4 + 4 \cdot (-4) + (-3) \cdot (-4) = 8 - 16 + 12 = 4$.

Вычислим косинус угла:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{B_1D}|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{B_1D}|} = \frac{|4|}{\sqrt{29} \cdot 4\sqrt{3}} = \frac{4}{4\sqrt{87}} = \frac{1}{\sqrt{87}} = \frac{\sqrt{87}}{87}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{87}}{87}$

г) MN и A?C

Найдем направляющий вектор $\vec{A_1C}$ и его длину:

$\vec{A_1C} = C - A_1 = (4-0, 4-0, 0-4) = (4, 4, -4)$.

$|\vec{A_1C}| = \sqrt{4^2 + 4^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 16 + 16} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{A_1C}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{A_1C} = 2 \cdot 4 + 4 \cdot 4 + (-3) \cdot (-4) = 8 + 16 + 12 = 36$.

Вычислим косинус угла:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{A_1C}|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{A_1C}|} = \frac{|36|}{\sqrt{29} \cdot 4\sqrt{3}} = \frac{36}{4\sqrt{87}} = \frac{9}{\sqrt{87}} = \frac{9\sqrt{87}}{87}$.

Ответ: $\frac{9\sqrt{87}}{87}$