Страница 179 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

708. В прямоугольном параллелепипеде

Найдите угол между прямыми:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть $AB = a$. Из условия задачи $AB = BC$. Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, его основание $ABCD$ является прямоугольником. Следовательно, $ABCD$ — квадрат со стороной $a$, то есть $AD = a$.

Также из условия $AB = \frac{1}{2}AA_1$, откуда следует, что высота параллелепипеда $AA_1 = 2a$.

Теперь определим координаты вершин, необходимых для решения:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(a, 0, 0)$
• $C(a, a, 0)$
• $D(0, a, 0)$
• $C_1(a, a, 2a)$
• $D_1(0, a, 2a)$

Угол между двумя прямыми в пространстве можно найти как угол между их направляющими векторами. Косинус угла $\alpha$ между векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ вычисляется по формуле:

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

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $BD$ и $CD_1$. Прямая $CD_1$ скрещивается с прямой $BD$.

Координаты вектора $\vec{BD}$:

$\vec{BD} = \{x_D - x_B; y_D - y_B; z_D - z_B\} = \{0 - a; a - 0; 0 - 0\} = \{-a; a; 0\}$.

Координаты вектора $\vec{CD_1}$:

$\vec{CD_1} = \{x_{D_1} - x_C; y_{D_1} - y_C; z_{D_1} - z_C\} = \{0 - a; a - a; 2a - 0\} = \{-a; 0; 2a\}$.

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{BD} \cdot \vec{CD_1} = (-a) \cdot (-a) + a \cdot 0 + 0 \cdot 2a = a^2$.

Найдем длины (модули) векторов:

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

$|\vec{CD_1}| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + (2a)^2} = \sqrt{a^2 + 4a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5}$.

Теперь найдем косинус угла $\alpha$ между векторами, который и будет косинусом угла между прямыми:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{BD} \cdot \vec{CD_1}|}{|\vec{BD}| |\vec{CD_1}|} = \frac{a^2}{a\sqrt{2} \cdot a\sqrt{5}} = \frac{a^2}{a^2\sqrt{10}} = \frac{1}{\sqrt{10}}$.

Следовательно, искомый угол равен $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

Прямые $AC$ и $AC_1$ пересекаются в точке $A$, поэтому угол между ними — это угол $\angle CAC_1$. Найдем его также с помощью векторов.

Координаты вектора $\vec{AC}$:

$\vec{AC} = \{x_C - x_A; y_C - y_A; z_C - z_A\} = \{a - 0; a - 0; 0 - 0\} = \{a; a; 0\}$.

Координаты вектора $\vec{AC_1}$:

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

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AC} \cdot \vec{AC_1} = a \cdot a + a \cdot a + 0 \cdot 2a = a^2 + a^2 = 2a^2$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AC}| = \sqrt{a^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

$|\vec{AC_1}| = \sqrt{a^2 + a^2 + (2a)^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + 4a^2} = \sqrt{6a^2} = a\sqrt{6}$.

Теперь найдем косинус угла $\beta$ между прямыми:

$\cos \beta = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{AC_1}}{|\vec{AC}| |\vec{AC_1}|} = \frac{2a^2}{a\sqrt{2} \cdot a\sqrt{6}} = \frac{2a^2}{a^2\sqrt{12}} = \frac{2}{\sqrt{12}} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Следовательно, искомый угол равен $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

709. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ AB = 1, ВС = 2, ВВ₁ = 3. Вычислите косинус угла между прямыми: а) АС и D₁B; б) AB₁ и ВС₁; в) A₁D и АС₁.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат, с учетом длин ребер $AB=1$, $BC=AD=2$ и $BB_1=AA_1=3$, вершины параллелепипеда будут иметь следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(1, 0, 0)$
• $C(1, 2, 0)$
• $D(0, 2, 0)$
• $A_1(0, 0, 3)$
• $B_1(1, 0, 3)$
• $C_1(1, 2, 3)$
• $D_1(0, 2, 3)$

Косинус угла $\alpha$ между двумя прямыми, заданными направляющими векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$, вычисляется по формуле скалярного произведения векторов:

$cos(\alpha) = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$

а) AC и D?B

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AC$ и $D_1B$.

Вектор $\vec{AC}$ имеет координаты: $\vec{AC} = \{C_x - A_x; C_y - A_y; C_z - A_z\} = \{1-0; 2-0; 0-0\} = \{1; 2; 0\}$.

Вектор $\vec{D_1B}$ имеет координаты: $\vec{D_1B} = \{B_x - D_{1x}; B_y - D_{1y}; B_z - D_{1z}\} = \{1-0; 0-2; 0-3\} = \{1; -2; -3\}$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AC} \cdot \vec{D_1B} = 1 \cdot 1 + 2 \cdot (-2) + 0 \cdot (-3) = 1 - 4 + 0 = -3$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AC}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}$.

$|\vec{D_1B}| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{1 + 4 + 9} = \sqrt{14}$.

Теперь вычислим косинус угла $\alpha$ между прямыми:

$cos(\alpha) = \frac{|\vec{AC} \cdot \vec{D_1B}|}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{D_1B}|} = \frac{|-3|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{14}} = \frac{3}{\sqrt{70}}$.

Ответ: $\frac{3}{\sqrt{70}}$.

б) AB? и BC?

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AB_1$ и $BC_1$.

Вектор $\vec{AB_1}$: $\vec{AB_1} = \{B_{1x} - A_x; B_{1y} - A_y; B_{1z} - A_z\} = \{1-0; 0-0; 3-0\} = \{1; 0; 3\}$.

Вектор $\vec{BC_1}$: $\vec{BC_1} = \{C_{1x} - B_x; C_{1y} - B_y; C_{1z} - B_z\} = \{1-1; 2-0; 3-0\} = \{0; 2; 3\}$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot 2 + 3 \cdot 3 = 0 + 0 + 9 = 9$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AB_1}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$.

$|\vec{BC_1}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}$.

Вычислим косинус угла $\beta$ между прямыми:

$cos(\beta) = \frac{|\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1}|}{|\vec{AB_1}| \cdot |\vec{BC_1}|} = \frac{|9|}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{13}} = \frac{9}{\sqrt{130}}$.

Ответ: $\frac{9}{\sqrt{130}}$.

в) A?D и AC?

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $A_1D$ и $AC_1$.

Вектор $\vec{A_1D}$: $\vec{A_1D} = \{D_x - A_{1x}; D_y - A_{1y}; D_z - A_{1z}\} = \{0-0; 2-0; 0-3\} = \{0; 2; -3\}$.

Вектор $\vec{AC_1}$: $\vec{AC_1} = \{C_{1x} - A_x; C_{1y} - A_y; C_{1z} - A_z\} = \{1-0; 2-0; 3-0\} = \{1; 2; 3\}$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{A_1D} \cdot \vec{AC_1} = 0 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + (-3) \cdot 3 = 0 + 4 - 9 = -5$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{A_1D}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}$.

$|\vec{AC_1}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 4 + 9} = \sqrt{14}$.

Вычислим косинус угла $\gamma$ между прямыми:

$cos(\gamma) = \frac{|\vec{A_1D} \cdot \vec{AC_1}|}{|\vec{A_1D}| \cdot |\vec{AC_1}|} = \frac{|-5|}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{14}} = \frac{5}{\sqrt{182}}$.

Ответ: $\frac{5}{\sqrt{182}}$.

710. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ диагонали грани ABCD пересекаются в точке N, а точка М лежит на ребре A₁D₁, причём A₁M : MD₁ = 1 : 4. Вычислите синус угла между прямой MN и плоскостью грани: а) ABCD; б) DD₁C₁C; в) AA₁D₁D.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:
$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D(0, a, 0)$,
$A_1(0, 0, a)$, $B_1(a, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$, $D_1(0, a, a)$.

Точка $N$ — точка пересечения диагоналей грани $ABCD$, является серединой отрезка $AC$. Ее координаты:
$N = \left(\frac{0+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right)$.

Точка $M$ лежит на ребре $A_1D_1$ и делит его в отношении $A_1M : MD_1 = 1:4$. Координаты точки $M$ можно найти как:
$M = A_1 + \frac{1}{5}\vec{A_1D_1} = (0, 0, a) + \frac{1}{5}(D_1 - A_1) = (0, 0, a) + \frac{1}{5}(0, a, 0) = \left(0, \frac{a}{5}, a\right)$.

Найдем координаты направляющего вектора $\vec{v}$ прямой $MN$:
$\vec{MN} = N - M = \left(\frac{a}{2} - 0, \frac{a}{2} - \frac{a}{5}, 0 - a\right) = \left(\frac{a}{2}, \frac{3a}{10}, -a\right)$.
В качестве направляющего вектора $\vec{v}$ можно взять коллинеарный ему вектор, умножив координаты $\vec{MN}$ на $\frac{10}{a}$ (при $a \neq 0$):
$\vec{v} = (5, 3, -10)$.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ вычисляется по формуле:$$ \sin\alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||} $$Найдем модуль вектора $\vec{v}$:
$||\vec{v}|| = \sqrt{5^2 + 3^2 + (-10)^2} = \sqrt{25 + 9 + 100} = \sqrt{134}$.

а) $ABCD$

Плоскость грани $ABCD$ совпадает с координатной плоскостью $z=0$. Нормальный вектор к этой плоскости $\vec{n_a} = (0, 0, 1)$. Его модуль $||\vec{n_a}|| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n_a}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n_a} = 5 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + (-10) \cdot 1 = -10$.
Теперь вычислим синус искомого угла $\alpha_a$:
$\sin\alpha_a = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n_a}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n_a}||} = \frac{|-10|}{\sqrt{134} \cdot 1} = \frac{10}{\sqrt{134}} = \frac{10\sqrt{134}}{134} = \frac{5\sqrt{134}}{67}$.
Ответ: $\frac{5\sqrt{134}}{67}$.

б) $DD_1C_1C$

Плоскость грани $DD_1C_1C$ задается уравнением $y=a$. Нормальный вектор к этой плоскости $\vec{n_b} = (0, 1, 0)$. Его модуль $||\vec{n_b}|| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n_b}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n_b} = 5 \cdot 0 + 3 \cdot 1 + (-10) \cdot 0 = 3$.
Вычислим синус искомого угла $\alpha_b$:
$\sin\alpha_b = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n_b}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n_b}||} = \frac{|3|}{\sqrt{134} \cdot 1} = \frac{3}{\sqrt{134}} = \frac{3\sqrt{134}}{134}$.
Ответ: $\frac{3\sqrt{134}}{134}$.

в) $AA_1D_1D$

Плоскость грани $AA_1D_1D$ задается уравнением $x=0$. Нормальный вектор к этой плоскости $\vec{n_c} = (1, 0, 0)$. Его модуль $||\vec{n_c}|| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n_c}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n_c} = 5 \cdot 1 + 3 \cdot 0 + (-10) \cdot 0 = 5$.
Вычислим синус искомого угла $\alpha_c$:
$\sin\alpha_c = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n_c}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n_c}||} = \frac{|5|}{\sqrt{134} \cdot 1} = \frac{5}{\sqrt{134}} = \frac{5\sqrt{134}}{134}$.
Ответ: $\frac{5\sqrt{134}}{134}$.

711. В тетраэдре ABCD ∠ABD = ∠ABC = ∠DBC = 90°, AB = BD = 2, BC = 1. Вычислите синус угла между прямой, проходящей через середины рёбер AD и ВС, и плоскостью грани: а) ABD; б) DBC; в) ABC.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Условие $\angle ABD = \angle ABC = \angle DBC = 90^\circ$ означает, что ребра $BA, BC, BD$ попарно перпендикулярны. Это позволяет удобно расположить тетраэдр в прямоугольной системе координат.

Поместим вершину $B$ в начало координат $B(0, 0, 0)$. Направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль ребра $BD$, ось $Oy$ вдоль ребра $BA$ и ось $Oz$ вдоль ребра $BC$.

С учетом заданных длин ребер $AB=2$, $BD=2$ и $BC=1$, определим координаты вершин тетраэдра:
$B(0, 0, 0)$
$A(0, 2, 0)$
$D(2, 0, 0)$
$C(0, 0, 1)$

Пусть $M$ — середина ребра $AD$, а $N$ — середина ребра $BC$. Найдем их координаты, используя формулу середины отрезка:

Координаты точки $M$: $M = (\frac{x_A+x_D}{2}, \frac{y_A+y_D}{2}, \frac{z_A+z_D}{2}) = (\frac{0+2}{2}, \frac{2+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, 1, 0)$.

Координаты точки $N$: $N = (\frac{x_B+x_C}{2}, \frac{y_B+y_C}{2}, \frac{z_B+z_C}{2}) = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}) = (0, 0, \frac{1}{2})$.

Теперь найдем направляющий вектор $\vec{v}$ прямой, проходящей через точки $M$ и $N$:

$\vec{v} = \vec{MN} = (x_N-x_M, y_N-y_M, z_N-z_M) = (0-1, 0-1, \frac{1}{2}-0) = (-1, -1, \frac{1}{2})$.

Вычислим длину (модуль) этого вектора:

$|\vec{v}| = |\vec{MN}| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{1 + 1 + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ вычисляется по формуле:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}|}$

а) Найдем синус угла между прямой $MN$ и плоскостью грани $ABD$.
Плоскость грани $ABD$ проходит через точки $A(0,2,0)$, $B(0,0,0)$ и $D(2,0,0)$. Она совпадает с координатной плоскостью $Oxy$, уравнение которой $z=0$.
Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_a = (0, 0, 1)$. Его модуль $|\vec{n}_a| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}_a$:
$\vec{v} \cdot \vec{n}_a = (-1) \cdot 0 + (-1) \cdot 0 + (\frac{1}{2}) \cdot 1 = \frac{1}{2}$.
Теперь вычислим синус угла:
$\sin \alpha_a = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}_a|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}_a|} = \frac{|\frac{1}{2}|}{\frac{3}{2} \cdot 1} = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3}$.
Ответ: $\frac{1}{3}$.

б) Найдем синус угла между прямой $MN$ и плоскостью грани $DBC$.
Плоскость грани $DBC$ проходит через точки $D(2,0,0)$, $B(0,0,0)$ и $C(0,0,1)$. Она совпадает с координатной плоскостью $Oxz$, уравнение которой $y=0$.
Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_b = (0, 1, 0)$. Его модуль $|\vec{n}_b| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}_b$:
$\vec{v} \cdot \vec{n}_b = (-1) \cdot 0 + (-1) \cdot 1 + (\frac{1}{2}) \cdot 0 = -1$.
Теперь вычислим синус угла:
$\sin \alpha_b = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}_b|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}_b|} = \frac{|-1|}{\frac{3}{2} \cdot 1} = \frac{1}{3/2} = \frac{2}{3}$.
Ответ: $\frac{2}{3}$.

в) Найдем синус угла между прямой $MN$ и плоскостью грани $ABC$.
Плоскость грани $ABC$ проходит через точки $A(0,2,0)$, $B(0,0,0)$ и $C(0,0,1)$. Она совпадает с координатной плоскостью $Oyz$, уравнение которой $x=0$.
Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_c = (1, 0, 0)$. Его модуль $|\vec{n}_c| = 1$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}_c$:
$\vec{v} \cdot \vec{n}_c = (-1) \cdot 1 + (-1) \cdot 0 + (\frac{1}{2}) \cdot 0 = -1$.
Теперь вычислим синус угла:
$\sin \alpha_c = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}_c|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}_c|} = \frac{|-1|}{\frac{3}{2} \cdot 1} = \frac{1}{3/2} = \frac{2}{3}$.
Ответ: $\frac{2}{3}$.

712. Докажите, что угол между скрещивающимися прямыми, одна из которых содержит диагональ куба, а другая — диагональ грани куба, равен 90°.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Рассмотрим куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Введем в пространстве базис из трех взаимно перпендикулярных векторов, совпадающих с ребрами куба, выходящими из вершины $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AD} = \vec{d}$ и $\vec{AA_1} = \vec{e}$.

По определению куба, эти векторы ортогональны друг другу, а их длины равны:

$|\vec{b}| = |\vec{d}| = |\vec{e}| = a$

$\vec{b} \cdot \vec{d} = 0$, $\vec{d} \cdot \vec{e} = 0$, $\vec{e} \cdot \vec{b} = 0$

Выберем одну из диагоналей куба, например, $AC_1$. Выразим вектор $\vec{AC_1}$ через базисные векторы. Для этого пройдем по ребрам из точки $A$ в точку $C_1$:

$\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CC_1}$

Так как $\vec{BC} = \vec{AD} = \vec{d}$ и $\vec{CC_1} = \vec{AA_1} = \vec{e}$, получаем:

$\vec{AC_1} = \vec{b} + \vec{d} + \vec{e}$

Теперь выберем диагональ грани, которая скрещивается с диагональю куба $AC_1$. Скрещивающиеся прямые не должны пересекаться. Прямая, содержащая диагональ грани, будет пересекать прямую $AC_1$, если у них есть общая вершина. Поэтому нам нужна диагональ грани, которая не проходит через вершины $A$ или $C_1$. Возьмем, к примеру, диагональ $BD$ грани $ABCD$. Прямые $AC_1$ и $BD$ скрещиваются.

Выразим вектор $\vec{BD}$ через базисные векторы:

$\vec{BD} = \vec{AD} - \vec{AB} = \vec{d} - \vec{b}$

Угол между скрещивающимися прямыми по определению равен углу между их направляющими векторами. Чтобы найти этот угол, вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC_1}$ и $\vec{BD}$:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD} = (\vec{b} + \vec{d} + \vec{e}) \cdot (\vec{d} - \vec{b})$

Раскроем скобки, используя дистрибутивность скалярного произведения:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD} = \vec{b} \cdot \vec{d} - \vec{b} \cdot \vec{b} + \vec{d} \cdot \vec{d} - \vec{d} \cdot \vec{b} + \vec{e} \cdot \vec{d} - \vec{e} \cdot \vec{b}$

Теперь подставим известные значения скалярных произведений и квадратов длин векторов:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD} = 0 - |\vec{b}|^2 + |\vec{d}|^2 - 0 + 0 - 0 = -a^2 + a^2 = 0$

Поскольку скалярное произведение направляющих векторов прямых равно нулю, эти векторы ортогональны. Следовательно, угол между прямыми, содержащими диагональ куба $AC_1$ и диагональ грани $BD$, равен $90^\circ$.

В силу высокой симметрии куба, выбор конкретной диагонали куба и конкретной скрещивающейся с ней диагонали грани не влияет на результат. Угол всегда будет равен $90^\circ$.

Ответ: Угол между указанными скрещивающимися прямыми равен $90^\circ$, что и требовалось доказать.

713. Дан куб MNPQM₁N₁P₁Q₁. Докажите, что прямая РМ₁ перпендикулярна к плоскостям MN₁Q₁ и QNP₁.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $M$ и осями, направленными вдоль ребер куба. Пусть ребро куба имеет длину $a$.

Тогда координаты вершин куба будут следующими:

• $M(0, 0, 0)$
• $N(a, 0, 0)$
• $P(a, a, 0)$
• $Q(0, a, 0)$
• $M_1(0, 0, a)$
• $N_1(a, 0, a)$
• $P_1(a, a, a)$
• $Q_1(0, a, a)$

Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В векторной форме это означает, что направляющий вектор прямой ортогонален (скалярное произведение равно нулю) двум неколлинеарным векторам, лежащим в плоскости.

Найдем координаты направляющего вектора прямой $PM_1$:

$\vec{PM_1} = \{x_{M_1} - x_P; y_{M_1} - y_P; z_{M_1} - z_P\} = \{0 - a; 0 - a; a - 0\} = \{-a; -a; a\}$

Доказательство перпендикулярности прямой $PM_1$ к плоскости $MN_1Q_1$

Плоскость $MN_1Q_1$ задается тремя точками $M(0, 0, 0)$, $N_1(a, 0, a)$ и $Q_1(0, a, a)$. Найдем векторы двух пересекающихся прямых, лежащих в этой плоскости, например, $MN_1$ и $MQ_1$.

$\vec{MN_1} = \{a - 0; 0 - 0; a - 0\} = \{a; 0; a\}$

$\vec{MQ_1} = \{0 - 0; a - 0; a - 0\} = \{0; a; a\}$

Проверим перпендикулярность вектора $\vec{PM_1}$ к векторам $\vec{MN_1}$ и $\vec{MQ_1}$ с помощью скалярного произведения.

$\vec{PM_1} \cdot \vec{MN_1} = (-a) \cdot a + (-a) \cdot 0 + a \cdot a = -a^2 + 0 + a^2 = 0$

$\vec{PM_1} \cdot \vec{MQ_1} = (-a) \cdot 0 + (-a) \cdot a + a \cdot a = 0 - a^2 + a^2 = 0$

Поскольку скалярные произведения равны нулю, вектор $\vec{PM_1}$ перпендикулярен векторам $\vec{MN_1}$ и $\vec{MQ_1}$. Так как прямые $MN_1$ и $MQ_1$ пересекаются в точке $M$ и лежат в плоскости $MN_1Q_1$, прямая $PM_1$ перпендикулярна плоскости $MN_1Q_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Доказательство перпендикулярности прямой $PM_1$ к плоскости $QNP_1$

Плоскость $QNP_1$ задается тремя точками $Q(0, a, 0)$, $N(a, 0, 0)$ и $P_1(a, a, a)$. Найдем векторы двух пересекающихся прямых, лежащих в этой плоскости, например, $QN$ и $QP_1$.

$\vec{QN} = \{a - 0; 0 - a; 0 - 0\} = \{a; -a; 0\}$

$\vec{QP_1} = \{a - 0; a - a; a - 0\} = \{a; 0; a\}$

Проверим перпендикулярность вектора $\vec{PM_1}$ (с координатами $\{-a; -a; a\}$) к векторам $\vec{QN}$ и $\vec{QP_1}$.

$\vec{PM_1} \cdot \vec{QN} = (-a) \cdot a + (-a) \cdot (-a) + a \cdot 0 = -a^2 + a^2 + 0 = 0$

$\vec{PM_1} \cdot \vec{QP_1} = (-a) \cdot a + (-a) \cdot 0 + a \cdot a = -a^2 + 0 + a^2 = 0$

Поскольку скалярные произведения равны нулю, вектор $\vec{PM_1}$ перпендикулярен векторам $\vec{QN}$ и $\vec{QP_1}$. Так как прямые $QN$ и $QP_1$ пересекаются в точке $Q$ и лежат в плоскости $QNP_1$, прямая $PM_1$ перпендикулярна плоскости $QNP_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

714. Лучи ОА, ОВ и ОС образуют три прямых угла АОВ, АОС и ВОС. Найдите угол между биссектрисами углов СОА и АОВ.

Решение:

По условию задачи, лучи OA, OB и OC образуют три прямых угла: $\angle AOB = 90^\circ$, $\angle AOC = 90^\circ$ и $\angle BOC = 90^\circ$. Это означает, что лучи взаимно перпендикулярны.

Нам нужно найти угол между биссектрисой угла $\angle COA$ и биссектрисой угла $\angle AOB$. Обозначим биссектрису угла $\angle COA$ как луч OD, а биссектрису угла $\angle AOB$ как луч OE. Искомый угол — это $\angle DOE$.

Для нахождения этого угла воспользуемся геометрическим методом. Отложим на лучах OA, OB и OC от точки O отрезки одинаковой длины. Для простоты вычислений пусть их длина будет равна 1: $OA = OB = OC = 1$.

Рассмотрим треугольники, образованные этими отрезками.

В треугольнике $AOB$: он является прямоугольным ($\angle AOB = 90^\circ$) и равнобедренным ($OA = OB = 1$). Луч OE — это биссектриса угла $\angle AOB$. В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная из вершины к основанию, является также медианой. Таким образом, если мы рассмотрим точку E на отрезке AB, куда попадает биссектриса, то E будет серединой AB.

Аналогично, в треугольнике $AOC$: он является прямоугольным ($\angle AOC = 90^\circ$) и равнобедренным ($OA = OC = 1$). Луч OD — это биссектриса угла $\angle AOC$, которая также является медианой. Таким образом, точка D, где биссектриса пересекает отрезок AC, является серединой AC.

Теперь мы можем найти угол $\angle DOE$, рассмотрев треугольник $DOE$. Найдем длины всех его сторон.

1. Найдём длину стороны OE. В прямоугольном треугольнике $AOB$ отрезок $OE$ является медианой, проведенной к гипотенузе $AB$. Длина гипотенузы по теореме Пифагора: $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Длина медианы, проведенной к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Следовательно, $OE = \frac{1}{2}AB = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

2. Найдём длину стороны OD. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $AOC$ отрезок $OD$ является медианой к гипотенузе $AC$. Длина гипотенузы $AC = \sqrt{OA^2 + OC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Следовательно, $OD = \frac{1}{2}AC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

3. Найдём длину стороны DE. В треугольнике $ABC$ точки D и E являются серединами сторон AC и AB соответственно. Это означает, что отрезок $DE$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии, её длина равна половине длины стороны, которой она параллельна, то есть $DE = \frac{1}{2}BC$.

Чтобы найти $DE$, сначала найдем длину $BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BOC$ ($\angle BOC = 90^\circ$, $OB = 1$, $OC = 1$). По теореме Пифагора: $BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
Теперь можем найти длину $DE$: $DE = \frac{1}{2}BC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Таким образом, мы выяснили, что все три стороны треугольника $DOE$ имеют одинаковую длину: $OD = OE = DE = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это означает, что треугольник $DOE$ является равносторонним. В равностороннем треугольнике все углы равны $60^\circ$. Следовательно, искомый угол $\angle DOE = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

715. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ ∠BАС₁ = ∠DАС₁ = 60°. Найдите φ = ∠А₁АС₁.

Решение

Зададим прямоугольную систему координат Oxyz так, как показано на рисунке 194, и рассмотрим единичный вектор a, сонаправленный с вектором AC₁. Вектор a имеет координаты {cos 60°; cos 60°; cos φ}, или $\frac{1}{2}$;$\frac{1}{2}$; cos φ. Так как |a| = 1, то получим равенство $\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$+cos²φ = 1. Отсюда cos²φ = $\frac{1}{2}$ или cos φ = ± 22. Так как угол φ острый, то cos φ = 22, откуда φ = 45°.

Для решения данной задачи введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке. Поместим начало координат, точку O, в вершину A. Направим ось Ox вдоль ребра AB, ось Oy вдоль ребра AD и ось Oz вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат ребра AB, AD и $AA_1$ лежат на соответствующих осях. Углы $\angle BAC_1$, $\angle DAC_1$ и $\phi = \angle A_1AC_1$ — это углы, которые диагональ $AC_1$ образует с осями Ox, Oy и Oz соответственно. Косинусы этих углов называются направляющими косинусами вектора $\vec{AC_1}$.

Ключевое свойство направляющих косинусов заключается в том, что сумма их квадратов всегда равна единице. Если $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — углы, которые вектор образует с осями Ox, Oy и Oz, то выполняется соотношение: $ \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1 $

В нашем случае даны следующие углы:

• $\alpha = \angle BAC_1 = 60^\circ$ (угол с осью Ox)
• $\beta = \angle DAC_1 = 60^\circ$ (угол с осью Oy)
• $\gamma = \phi = \angle A_1AC_1$ (угол с осью Oz, который нужно найти)

Подставим известные значения в формулу: $ \cos^2(60^\circ) + \cos^2(60^\circ) + \cos^2 \phi = 1 $

Мы знаем, что значение косинуса $60^\circ$ равно $\frac{1}{2}$. Подставляем это значение в уравнение: $ \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \cos^2 \phi = 1 $

Выполним вычисления: $ \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \cos^2 \phi = 1 $ $ \frac{2}{4} + \cos^2 \phi = 1 $ $ \frac{1}{2} + \cos^2 \phi = 1 $

Теперь выразим $\cos^2 \phi$: $ \cos^2 \phi = 1 - \frac{1}{2} $ $ \cos^2 \phi = \frac{1}{2} $

Чтобы найти $\cos \phi$, извлечем квадратный корень из обеих частей уравнения: $ \cos \phi = \pm \sqrt{\frac{1}{2}} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} $

Угол $\phi = \angle A_1AC_1$ является углом между ребром и диагональю прямоугольного параллелепипеда, выходящими из одной вершины. Такой угол всегда острый, то есть находится в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$. Косинус острого угла всегда положителен. Поэтому мы выбираем положительное значение: $ \cos \phi = \frac{\sqrt{2}}{2} $

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это $45^\circ$. $ \phi = 45^\circ $

Ответ: $45^\circ$.

716. В тетраэдре DABC DA = 5 см, AB = 4 см, АС = 3 см, ∠BAC = 90°, ∠DAB = 60°, ∠DAC = 45°. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения медиан треугольника DBC.

Решение

Для решения этой задачи наиболее удобен векторный метод. Поместим вершину A в начало координат (0, 0, 0). Тогда векторы $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$ будут радиус-векторами вершин B, C и D соответственно.

Точка пересечения медиан треугольника (центроид) делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника DBC. Её радиус-вектор $\vec{AM}$ можно найти по формуле центра масс для вершин B, C и D:

$\vec{AM} = \frac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD})$

Искомое расстояние от вершины A до точки M — это длина (модуль) вектора $\vec{AM}$.

$|\vec{AM}| = \left| \frac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}) \right| = \frac{1}{3} |\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}|$

Для нахождения модуля вектора найдем его квадрат. Квадрат модуля вектора равен скалярному квадрату этого вектора.

$|\vec{AM}|^2 = \left( \frac{1}{3} |\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}| \right)^2 = \frac{1}{9} (\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}) \cdot (\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD})$

Раскроем скобки, используя свойство дистрибутивности скалярного произведения:

$|\vec{AM}|^2 = \frac{1}{9} (|\vec{AB}|^2 + |\vec{AC}|^2 + |\vec{AD}|^2 + 2\vec{AB}\cdot\vec{AC} + 2\vec{AB}\cdot\vec{AD} + 2\vec{AC}\cdot\vec{AD})$

Теперь вычислим значения для каждого слагаемого, используя данные из условия задачи:

1. Квадраты модулей векторов:

• $|\vec{AB}|^2 = AB^2 = 4^2 = 16$
• $|\vec{AC}|^2 = AC^2 = 3^2 = 9$
• $|\vec{AD}|^2 = DA^2 = 5^2 = 25$

2. Скалярные произведения векторов (используя формулу $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot \cos \alpha$):

• $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = |\vec{AB}| \cdot |\vec{AC}| \cdot \cos(\angle BAC) = 4 \cdot 3 \cdot \cos(90^\circ) = 12 \cdot 0 = 0$
• $\vec{AB} \cdot \vec{AD} = |\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}| \cdot \cos(\angle DAB) = 4 \cdot 5 \cdot \cos(60^\circ) = 20 \cdot \frac{1}{2} = 10$
• $\vec{AC} \cdot \vec{AD} = |\vec{AC}| \cdot |\vec{AD}| \cdot \cos(\angle DAC) = 3 \cdot 5 \cdot \cos(45^\circ) = 15 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

Подставим все найденные значения в выражение для квадрата модуля вектора $\vec{AM}$:

$|\vec{AM}|^2 = \frac{1}{9} \left( 16 + 9 + 25 + 2 \cdot 0 + 2 \cdot 10 + 2 \cdot \frac{15\sqrt{2}}{2} \right)$

$|\vec{AM}|^2 = \frac{1}{9} (16 + 9 + 25 + 0 + 20 + 15\sqrt{2})$

$|\vec{AM}|^2 = \frac{1}{9} (50 + 20 + 15\sqrt{2})$

$|\vec{AM}|^2 = \frac{1}{9} (70 + 15\sqrt{2})$

Чтобы найти расстояние AM, извлечем квадратный корень из полученного выражения:

$|\vec{AM}| = \sqrt{\frac{70 + 15\sqrt{2}}{9}} = \frac{\sqrt{70 + 15\sqrt{2}}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{70 + 15\sqrt{2}}}{3}$ см.

717. Угол между диагональю АС₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ и каждым из рёбер AB и AD равен 60°. Найдите ∠CAC₁.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Обозначим длины его рёбер, выходящих из вершины $A$, как $AB = a$, $AD = b$ и $AA_1 = c$. Длину главной диагонали $AC_1$ обозначим как $d$.

Рассмотрим угол между диагональю $AC_1$ и ребром $AB$. Ребро $AB$ перпендикулярно грани $BCC_1B_1$, так как оно перпендикулярно двум пересекающимся прямым в этой плоскости: $BC$ (как стороны прямоугольника $ABCD$) и $BB_1$ (как боковое ребро, перпендикулярное основанию). Так как отрезок $BC_1$ лежит в плоскости $BCC_1B_1$, то ребро $AB$ перпендикулярно $BC_1$. Следовательно, треугольник $\triangle ABC_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABC_1$ косинус угла $\angle C_1AB$ равен отношению прилежащего катета $AB$ к гипотенузе $AC_1$. По условию, $\angle C_1AB = 60^\circ$. $\cos(\angle C_1AB) = \frac{AB}{AC_1}$ $\cos(60^\circ) = \frac{a}{d}$ Поскольку $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, мы получаем $\frac{a}{d} = \frac{1}{2}$, откуда $d = 2a$.

Аналогично рассмотрим угол между диагональю $AC_1$ и ребром $AD$. Ребро $AD$ перпендикулярно грани $DCC_1D_1$. Отрезок $DC_1$ лежит в этой грани, значит $AD \perp DC_1$. Таким образом, треугольник $\triangle ADC_1$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $D$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ADC_1$ косинус угла $\angle C_1AD$ равен отношению прилежащего катета $AD$ к гипотенузе $AC_1$. По условию, $\angle C_1AD = 60^\circ$. $\cos(\angle C_1AD) = \frac{AD}{AC_1}$ $\cos(60^\circ) = \frac{b}{d}$ Отсюда $\frac{b}{d} = \frac{1}{2}$, и $d = 2b$.

Сравнивая два полученных выражения для длины диагонали $d$, имеем $d=2a$ и $d=2b$, из чего следует, что $a=b$. Это означает, что основание параллелепипеда $ABCD$ является квадратом.

Теперь найдём искомый угол $\angle CAC_1$. Рассмотрим треугольник $\triangle ACC_1$. Так как параллелепипед прямоугольный, ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$. Следовательно, $CC_1 \perp AC$. Это означает, что треугольник $\triangle ACC_1$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $C$.

В этом прямоугольном треугольнике косинус угла $\angle CAC_1$ определяется как отношение прилежащего катета $AC$ к гипотенузе $AC_1$: $\cos(\angle CAC_1) = \frac{AC}{AC_1}$.

Длину диагонали основания $AC$ найдем по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle ABC$: $AC^2 = AB^2 + BC^2$. Поскольку $a=b$, $BC = AD = a$. $AC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$, откуда $AC = a\sqrt{2}$.

Длина главной диагонали $AC_1 = d = 2a$. Подставим найденные значения $AC$ и $AC_1$ в формулу для косинуса: $\cos(\angle CAC_1) = \frac{a\sqrt{2}}{2a} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

718. Проекция точки K на плоскость квадрата ABCD совпадает с центром этого квадрата. Докажите, что угол между прямыми АK и BD равен 90°.

Доказательство:

Пусть O - центр квадрата ABCD. По определению, O является точкой пересечения его диагоналей AC и BD.

По условию задачи, проекция точки K на плоскость квадрата (обозначим ее как (ABC)) совпадает с центром O. Это означает, что отрезок KO является перпендикуляром, опущенным из точки K на плоскость (ABC). Следовательно, прямая KO перпендикулярна плоскости (ABC): $KO \perp (ABC)$.

Рассмотрим прямую AK. Так как точка K не лежит в плоскости (ABC), а точка A лежит в этой плоскости, то AK является наклонной к плоскости (ABC). Прямая AO является проекцией наклонной AK на плоскость (ABC), так как O — проекция точки K, а A — проекция самой себя.

Поскольку ABCD - это квадрат, его диагонали AC и BD по свойству квадрата взаимно перпендикулярны. Это означает, что $AC \perp BD$.

Так как проекция наклонной AK, то есть прямая AO, лежит на диагонали AC, то прямая AO также перпендикулярна прямой BD ($AO \perp BD$).

Теперь применим теорему о трех перпендикулярах. Одна из формулировок теоремы гласит: прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции этой наклонной на данную плоскость.

В нашей задаче:

• Наклонная: прямая AK.
• Плоскость: плоскость квадрата (ABC).
• Проекция наклонной на плоскость: прямая AO.
• Прямая в плоскости: прямая BD.

Мы установили, что прямая BD, лежащая в плоскости (ABC), перпендикулярна проекции AO ($BD \perp AO$). Согласно теореме о трех перпендикулярах, из этого следует, что прямая BD перпендикулярна и самой наклонной AK. Таким образом, $BD \perp AK$.

Перпендикулярность прямых означает, что угол между ними равен 90°. Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми AK и BD равен 90°. Что и требовалось доказать.

Ответ: Угол между прямыми AK и BD равен 90°.