Страница 188 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

748. Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан противоположной грани. Докажите, что медианы тетраэдра пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 3 : 1, считая от вершины .

Для доказательства данного утверждения воспользуемся векторным методом. Пусть вершины тетраэдра $A, B, C, D$ заданы своими радиус-векторами $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ относительно некоторого произвольного начала координат.

По определению, медиана тетраэдра — это отрезок, соединяющий вершину с центроидом (точкой пересечения медиан) противоположной грани. Рассмотрим медиану, исходящую из вершины $A$. Она соединяет точку $A$ с центроидом $M_A$ треугольника $BCD$.

Радиус-вектор центроида $M_A$ грани $BCD$ вычисляется как среднее арифметическое радиус-векторов его вершин:

$ \vec{m_A} = \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3} $

Теперь найдем на медиане $AM_A$ такую точку $G$, которая делит ее в отношении $3:1$, считая от вершины $A$. Это означает, что соотношение длин отрезков $AG:GM_A = 3:1$.

По формуле деления отрезка в заданном отношении, радиус-вектор $\vec{g}$ точки $G$ будет равен:

$ \vec{g} = \frac{1 \cdot \vec{a} + 3 \cdot \vec{m_A}}{1+3} = \frac{\vec{a} + 3\vec{m_A}}{4} $

Подставим в это равенство выражение для $\vec{m_A}$:

$ \vec{g} = \frac{\vec{a} + 3 \left( \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3} \right)}{4} = \frac{\vec{a} + (\vec{b} + \vec{c} + \vec{d})}{4} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4} $

Полученный радиус-вектор $\vec{g}$ точки $G$ является симметричным относительно векторов всех четырех вершин тетраэдра. Это означает, что если мы повторим те же вычисления для любой другой медианы (например, для медианы $BM_B$, где $M_B$ — центроид грани $ACD$), мы придем к точке с точно таким же радиус-вектором.

Проверим это для медианы из вершины $B$. Точка, делящая медиану $BM_B$ в отношении $3:1$ от вершины $B$, будет иметь радиус-вектор:

$ \vec{g'} = \frac{1 \cdot \vec{b} + 3 \cdot \vec{m_B}}{1+3} = \frac{\vec{b} + 3 \left( \frac{\vec{a} + \vec{c} + \vec{d}}{3} \right)}{4} = \frac{\vec{b} + (\vec{a} + \vec{c} + \vec{d})}{4} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4} $

Так как $\vec{g} = \vec{g'}$, точка, делящая медиану из вершины $A$ в отношении $3:1$, совпадает с точкой, делящей медиану из вершины $B$ в том же отношении. Ввиду симметрии итогового выражения для радиус-вектора, то же самое будет верно и для медиан, выходящих из вершин $C$ и $D$.

Следовательно, все четыре медианы тетраэдра пересекаются в одной и той же точке $G$, и эта точка по самому способу ее нахождения делит каждую медиану в отношении $3:1$, считая от вершины. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Все медианы тетраэдра пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении $3:1$, считая от вершины.

749. Даны векторы

Для решения задачи используется формула скалярного произведения векторов, заданных своими координатами. Если даны два вектора $\vec{u}\{x_1; y_1; z_1\}$ и $\vec{v}\{x_2; y_2; z_2\}$, то их скалярное произведение вычисляется как $\vec{u}\vec{v} = x_1x_2 + y_1y_2 + z_1z_2$.

Исходные данные: $\vec{a}\{-1; 5; 3\}$, $\vec{b}\{3; 0; 2\}$, $\vec{c}\{0,5; -3; 4\}$ и $\vec{d}\{2; 1; 0\}$.

а) $\vec{a}\vec{b}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$ путем перемножения их соответствующих координат и сложения результатов:

$\vec{a}\vec{b} = (-1) \cdot 3 + 5 \cdot 0 + 3 \cdot 2 = -3 + 0 + 6 = 3$.

Ответ: 3.

б) $\vec{a}\vec{c}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{c}$:

$\vec{a}\vec{c} = (-1) \cdot 0,5 + 5 \cdot (-3) + 3 \cdot 4 = -0,5 - 15 + 12 = -3,5$.

Ответ: -3,5.

в) $\vec{d}\vec{d}$

Вычислим скалярное произведение вектора $\vec{d}$ на самого себя. Это также называется скалярным квадратом вектора и равно квадрату его длины.

$\vec{d}\vec{d} = \vec{d}^2 = 2 \cdot 2 + 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 = 4 + 1 + 0 = 5$.

Ответ: 5.

г) $(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})\vec{d}$

Сначала найдем координаты вектора, являющегося суммой векторов $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$, сложив их соответствующие координаты:

$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \{-1 + 3 + 0,5; 5 + 0 + (-3); 3 + 2 + 4\} = \{2,5; 2; 9\}$.

Теперь вычислим скалярное произведение полученного вектора и вектора $\vec{d}$:

$(\{2,5; 2; 9\}) \cdot (\{2; 1; 0\}) = 2,5 \cdot 2 + 2 \cdot 1 + 9 \cdot 0 = 5 + 2 + 0 = 7$.

Ответ: 7.

д) $(\vec{a} - \vec{b})(\vec{c} - \vec{d})$

Сначала найдем координаты векторов, являющихся разностями $(\vec{a} - \vec{b})$ и $(\vec{c} - \vec{d})$.

Найдем вектор $(\vec{a} - \vec{b})$:

$\vec{a} - \vec{b} = \{-1 - 3; 5 - 0; 3 - 2\} = \{-4; 5; 1\}$.

Найдем вектор $(\vec{c} - \vec{d})$:

$\vec{c} - \vec{d} = \{0,5 - 2; -3 - 1; 4 - 0\} = \{-1,5; -4; 4\}$.

Теперь вычислим скалярное произведение полученных векторов-разностей:

$(\vec{a} - \vec{b})(\vec{c} - \vec{d}) = (-4) \cdot (-1,5) + 5 \cdot (-4) + 1 \cdot 4 = 6 - 20 + 4 = -10$.

Ответ: -10.

750. В тетраэдре DABC DA = DB = DC, ∠ADB = 45°, ∠BDC = 60°. Вычислите угол между векторами:

а) $\vec{DA}$ и $\vec{BD}$

Угол между двумя векторами определяется как угол между ними, когда их начала совмещены. Векторы $\vec{DA}$ и $\vec{DB}$ исходят из одной точки $D$, поэтому угол между ними равен углу $?ADB$, который по условию задачи составляет $45^\circ$.Вектор $\vec{BD}$ является противоположным вектору $\vec{DB}$, то есть $\vec{BD} = -\vec{DB}$. Угол между вектором $\vec{u}$ и вектором $-\vec{v}$ равен $180^\circ$ минус угол между векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$.Следовательно, угол между векторами $\vec{DA}$ и $\vec{BD}$ вычисляется как $180^\circ - (\text{угол между } \vec{DA} \text{ и } \vec{DB})$.Искомый угол равен $180^\circ - ?ADB = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

Ответ: $135^\circ$.

б) $\vec{DB}$ и $\vec{CB}$

Чтобы найти угол между векторами $\vec{DB}$ и $\vec{CB}$, необходимо привести их к общему началу. Перенесем их так, чтобы они оба начинались в точке $B$. Вектор, исходящий из точки $B$ и равный вектору $\vec{DB}$, — это вектор $-\vec{BD}$. Вектор, исходящий из точки $B$ и равный вектору $\vec{CB}$, — это вектор $-\vec{BC}$.Угол между векторами $-\vec{BD}$ и $-\vec{BC}$ равен углу между векторами $\vec{BD}$ и $\vec{BC}$. Этот угол соответствует углу $?DBC$ в треугольнике $DBC$.Рассмотрим треугольник $DBC$. По условию, стороны $DB$ и $DC$ равны ($DB=DC$), а угол между ними $?BDC = 60^\circ$. Треугольник, у которого две стороны равны, а угол между ними составляет $60^\circ$, является равносторонним.Это означает, что все углы в треугольнике $DBC$ равны $60^\circ$. В частности, $?DBC = 60^\circ$.Таким образом, угол между векторами $\vec{DB}$ и $\vec{CB}$ составляет $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

в) $\vec{BD}$ и $\vec{BA}$

Векторы $\vec{BD}$ и $\vec{BA}$ уже имеют общее начало в точке $B$. Значит, угол между ними — это плоский угол $?DBA$ в треугольнике $DAB$.Рассмотрим треугольник $DAB$. Из условия задачи известно, что $DA = DB$. Следовательно, треугольник $DAB$ является равнобедренным с основанием $AB$.В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $?DBA = ?DAB$.Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$, поэтому для треугольника $DAB$ справедливо: $?ADB + ?DAB + ?DBA = 180^\circ$.Подставим известные значения: $?ADB = 45^\circ$ и $?DAB = ?DBA$.Получаем уравнение:$45^\circ + ?DBA + ?DBA = 180^\circ$$2 \cdot ?DBA = 180^\circ - 45^\circ$$2 \cdot ?DBA = 135^\circ$$?DBA = \frac{135^\circ}{2} = 67.5^\circ$

Ответ: $67.5^\circ$.

751. Все рёбра тетраэдра ABCD равны друг другу, D₁ — проекция точки D на плоскость ABC. Перпендикулярны ли векторы:

По условию задачи, все ребра тетраэдра $ABCD$ равны друг другу. Это означает, что $ABCD$ — правильный тетраэдр, все грани которого являются равносторонними треугольниками. Точка $D_1$ — проекция точки $D$ на плоскость $ABC$. Это означает, что прямая $DD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$. В правильном тетраэдре вершина проецируется в центр основания. Следовательно, $D_1$ является центром равностороннего треугольника $ABC$ (точкой пересечения медиан, биссектрис и высот).

а) Векторы $\vec{D_1B}$ и $\vec{D_1D}$.
По определению проекции, прямая $DD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Вектор $\vec{D_1D}$ лежит на этой прямой. Вектор $\vec{D_1B}$ лежит в плоскости $ABC$, так как точки $D_1$ и $B$ принадлежат этой плоскости. Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, прямая $DD_1$ перпендикулярна прямой $D_1B$. Это означает, что векторы $\vec{D_1D}$ и $\vec{D_1B}$ перпендикулярны. Их скалярное произведение равно нулю: $\vec{D_1D} \cdot \vec{D_1B} = 0$.
Ответ: Да.

б) Векторы $\vec{DD_1}$ и $\vec{BC}$.
Как было установлено ранее, прямая $DD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Вектор $\vec{DD_1}$ лежит на этой прямой. Вектор $\vec{BC}$ лежит в плоскости $ABC$, так как точки $B$ и $C$ принадлежат этой плоскости. Следовательно, прямая $DD_1$ перпендикулярна прямой $BC$. Векторы $\vec{DD_1}$ и $\vec{BC}$ перпендикулярны. Их скалярное произведение равно нулю: $\vec{DD_1} \cdot \vec{BC} = 0$.
Ответ: Да.

в) Векторы $\vec{DA}$ и $\vec{BC}$.
Для проверки перпендикулярности векторов найдем их скалярное произведение. Пусть длина ребра тетраэдра равна $a$. Выразим вектор $\vec{BC}$ через векторы, выходящие из вершины $D$: $\vec{BC} = \vec{DC} - \vec{DB}$.
Тогда скалярное произведение равно:
$\vec{DA} \cdot \vec{BC} = \vec{DA} \cdot (\vec{DC} - \vec{DB}) = \vec{DA} \cdot \vec{DC} - \vec{DA} \cdot \vec{DB}$.
Поскольку грани тетраэдра — равносторонние треугольники, углы $\angle ADC$ и $\angle ADB$ равны $60^\circ$. Длины векторов $|\vec{DA}|$, $|\vec{DB}|$, $|\vec{DC}|$ равны $a$.
Вычислим скалярные произведения:
$\vec{DA} \cdot \vec{DC} = |\vec{DA}| \cdot |\vec{DC}| \cdot \cos(\angle ADC) = a \cdot a \cdot \cos(60^\circ) = a^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{a^2}{2}$.
$\vec{DA} \cdot \vec{DB} = |\vec{DA}| \cdot |\vec{DB}| \cdot \cos(\angle ADB) = a \cdot a \cdot \cos(60^\circ) = a^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{a^2}{2}$.
Подставим полученные значения:
$\vec{DA} \cdot \vec{BC} = \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{2} = 0$.
Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны.
Ответ: Да.

г) Векторы $\vec{D_1B}$ и $\vec{DC}$.
Найдем скалярное произведение этих векторов. Разложим вектор $\vec{DC}$ по правилу треугольника: $\vec{DC} = \vec{DD_1} + \vec{D_1C}$.
Тогда скалярное произведение:
$\vec{D_1B} \cdot \vec{DC} = \vec{D_1B} \cdot (\vec{DD_1} + \vec{D_1C}) = \vec{D_1B} \cdot \vec{DD_1} + \vec{D_1B} \cdot \vec{D_1C}$.
Из пункта а) мы знаем, что вектор $\vec{D_1B}$ перпендикулярен вектору $\vec{D_1D}$, а значит и вектору $\vec{DD_1}$ (так как они коллинеарны и противоположно направлены). Следовательно, их скалярное произведение равно нулю: $\vec{D_1B} \cdot \vec{DD_1} = 0$.
Таким образом, $\vec{D_1B} \cdot \vec{DC} = \vec{D_1B} \cdot \vec{D_1C}$.
Точка $D_1$ — центр равностороннего треугольника $ABC$. Векторы $\vec{D_1B}$ и $\vec{D_1C}$ — это векторы, проведенные из центра треугольника к его вершинам. Угол между такими векторами равен $120^\circ$. Пусть ребро тетраэдра равно $a$. Тогда длина отрезка от вершины до центра равностороннего треугольника (радиус описанной окружности) равна $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
$|\vec{D_1B}| = |\vec{D_1C}| = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
Скалярное произведение:
$\vec{D_1B} \cdot \vec{D_1C} = |\vec{D_1B}| \cdot |\vec{D_1C}| \cdot \cos(\angle BD_1C) = \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \cos(120^\circ) = \frac{a^2}{3} \cdot (-\frac{1}{2}) = -\frac{a^2}{6}$.
Так как скалярное произведение $\vec{D_1B} \cdot \vec{DC} = -\frac{a^2}{6} \neq 0$, векторы не являются перпендикулярными.
Ответ: Нет.

752. Вычислите косинус угла между прямыми AB и CD, если:

Для вычисления косинуса угла между двумя прямыми в пространстве необходимо найти направляющие векторы этих прямых и затем использовать формулу для косинуса угла между векторами. Угол между прямыми принимается за острый, поэтому в числителе используется модуль скалярного произведения.

Направляющий вектор прямой, проходящей через точки $P_1(x_1; y_1; z_1)$ и $P_2(x_2; y_2; z_2)$, вычисляется по формуле $\vec{p} = (x_2-x_1; y_2-y_1; z_2-z_1)$.

Косинус угла $\alpha$ между двумя прямыми с направляющими векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ находится по формуле:

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

где $\vec{a} \cdot \vec{b}$ — скалярное произведение векторов, а $|\vec{a}|$ и $|\vec{b}|$ — их модули (длины).

а) A(7; -8; 15), B(8; -7; 13), C(2; -3; 5), D(-1; 0; 4)

1. Найдем координаты направляющего вектора $\vec{AB}$:

$\vec{AB} = (8 - 7; -7 - (-8); 13 - 15) = (1; 1; -2)$

2. Найдем координаты направляющего вектора $\vec{CD}$:

$\vec{CD} = (-1 - 2; 0 - (-3); 4 - 5) = (-3; 3; -1)$

3. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$:

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

4. Найдем модули векторов:

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

$|\vec{CD}| = \sqrt{(-3)^2 + 3^2 + (-1)^2} = \sqrt{9 + 9 + 1} = \sqrt{19}$

5. Вычислим косинус угла между прямыми:

$cos(\alpha) = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{CD}|}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{CD}|} = \frac{|2|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{19}} = \frac{2}{\sqrt{114}}$

Ответ: $\frac{2}{\sqrt{114}}$

б) A(8; -2; 3), B(3; -1; 4), C(5; -2; 0), D(7; 0; -2)

1. Найдем координаты направляющего вектора $\vec{AB}$:

$\vec{AB} = (3 - 8; -1 - (-2); 4 - 3) = (-5; 1; 1)$

2. Найдем координаты направляющего вектора $\vec{CD}$:

$\vec{CD} = (7 - 5; 0 - (-2); -2 - 0) = (2; 2; -2)$

3. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = (-5) \cdot 2 + 1 \cdot 2 + 1 \cdot (-2) = -10 + 2 - 2 = -10$

4. Найдем модули векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{(-5)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{25 + 1 + 1} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$

$|\vec{CD}| = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-2)^2} = \sqrt{4 + 4 + 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$

5. Вычислим косинус угла между прямыми:

$cos(\alpha) = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{CD}|}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{CD}|} = \frac{|-10|}{3\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{10}{6 \cdot 3} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}$

Ответ: $\frac{5}{9}$

753. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точка М — центр грани ВВ₁C₁С. Вычислите угол между векторами:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть ребро куба равно $a$. Поместим начало координат в точку $A(0, 0, 0)$ и направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

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 $M$ — центр грани $BB_1C_1C$. Ее координаты можно найти как полусумму координат диагонально противоположных вершин этой грани, например, $B_1$ и $C$.

$M = \left(\frac{a+a}{2}; \frac{0+a}{2}; \frac{a+0}{2}\right) = \left(a; \frac{a}{2}; \frac{a}{2}\right)$.

Найдем координаты векторов, вычитая из координат конца координаты начала.

$\vec{A_1D} = D - A_1 = (0-0; a-0; 0-a) = (0; a; -a)$.

$\vec{AM} = M - A = \left(a-0; \frac{a}{2}-0; \frac{a}{2}-0\right) = \left(a; \frac{a}{2}; \frac{a}{2}\right)$.

Косинус угла $\alpha$ между векторами вычисляется по формуле:

$\cos\alpha = \frac{\vec{A_1D} \cdot \vec{AM}}{|\vec{A_1D}| \cdot |\vec{AM}|}$.

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{A_1D} \cdot \vec{AM} = 0 \cdot a + a \cdot \frac{a}{2} + (-a) \cdot \frac{a}{2} = 0 + \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{2} = 0$.

Так как скалярное произведение ненулевых векторов равно нулю, векторы перпендикулярны, и угол между ними равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

Найдем координаты векторов:

$\vec{MD} = D - M = \left(0-a; a-\frac{a}{2}; 0-\frac{a}{2}\right) = \left(-a; \frac{a}{2}; -\frac{a}{2}\right)$.

$\vec{BB_1} = B_1 - B = (a-a; 0-0; a-0) = (0; 0; a)$.

Косинус угла $\beta$ между векторами вычисляется по аналогичной формуле:

$\cos\beta = \frac{\vec{MD} \cdot \vec{BB_1}}{|\vec{MD}| \cdot |\vec{BB_1}|}$.

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{MD} \cdot \vec{BB_1} = (-a) \cdot 0 + \frac{a}{2} \cdot 0 + \left(-\frac{a}{2}\right) \cdot a = -\frac{a^2}{2}$.

Теперь вычислим длины (модули) векторов:

$|\vec{MD}| = \sqrt{(-a)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{a^2 + \frac{2a^2}{4}} = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = a\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$.

$|\vec{BB_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{a^2} = a$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos\beta = \frac{-\frac{a^2}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{2} \cdot a} = \frac{-\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{6}}{2}} = -\frac{1}{\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{6}$.

Следовательно, искомый угол $\beta$ равен:

$\beta = \arccos\left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$.

754. В параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ ∠BAA₁ = ∠BAD = ∠DAA₁ = 60°, AB = AA₁ = AD = 1. Вычислите длины векторов AC₁ и BD₁.

Для решения задачи введем базисные векторы, соответствующие ребрам параллелепипеда, выходящим из вершины A:

$\vec{a} = \vec{AB}$

$\vec{b} = \vec{AD}$

$\vec{c} = \vec{AA_1}$

Согласно условию задачи, длины этих векторов равны 1:

$|\vec{a}| = |\vec{AB}| = 1$

$|\vec{b}| = |\vec{AD}| = 1$

$|\vec{c}| = |\vec{AA_1}| = 1$

Углы между каждой парой этих векторов равны $60^\circ$:

$\angle(\vec{a}, \vec{b}) = \angle BAD = 60^\circ$

$\angle(\vec{a}, \vec{c}) = \angle BAA_1 = 60^\circ$

$\angle(\vec{b}, \vec{c}) = \angle DAA_1 = 60^\circ$

Найдем скалярные произведения базисных векторов, используя формулу $\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}||\vec{v}|\cos\alpha$:

$\vec{a} \cdot \vec{b} = 1 \cdot 1 \cdot \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

$\vec{a} \cdot \vec{c} = 1 \cdot 1 \cdot \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

$\vec{b} \cdot \vec{c} = 1 \cdot 1 \cdot \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

Скалярные квадраты векторов равны квадратам их длин:

$\vec{a}^2 = |\vec{a}|^2 = 1^2 = 1$

$\vec{b}^2 = |\vec{b}|^2 = 1^2 = 1$

$\vec{c}^2 = |\vec{c}|^2 = 1^2 = 1$

Вычисление длины вектора $\vec{AC_1}$

Вектор $\vec{AC_1}$ является главной диагональю параллелепипеда и может быть выражен как сумма базисных векторов:

$\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Длина вектора равна квадратному корню из его скалярного квадрата. Найдем скалярный квадрат вектора $\vec{AC_1}$:

$|\vec{AC_1}|^2 = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})^2$

Раскроем скобки по формуле квадрата суммы трех векторов:

$|\vec{AC_1}|^2 = \vec{a}^2 + \vec{b}^2 + \vec{c}^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} \cdot \vec{c} + \vec{b} \cdot \vec{c})$

Подставим известные значения:

$|\vec{AC_1}|^2 = 1 + 1 + 1 + 2(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = 3 + 2 \cdot \frac{3}{2} = 3 + 3 = 6$

Следовательно, длина вектора $\vec{AC_1}$ равна:

$|\vec{AC_1}| = \sqrt{6}$

Ответ: $|\vec{AC_1}| = \sqrt{6}$.

Вычисление длины вектора $\vec{BD_1}$

Вектор $\vec{BD_1}$ является второй пространственной диагональю. Выразим его через базисные векторы, двигаясь по ребрам из точки B в точку D1:

$\vec{BD_1} = \vec{BA} + \vec{AD} + \vec{DD_1}$

Учитывая, что $\vec{BA} = -\vec{AB} = -\vec{a}$, $\vec{AD} = \vec{b}$ и $\vec{DD_1} = \vec{AA_1} = \vec{c}$, получаем:

$\vec{BD_1} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Найдем скалярный квадрат этого вектора:

$|\vec{BD_1}|^2 = (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})^2$

Раскроем скобки:

$|\vec{BD_1}|^2 = (-\vec{a})^2 + \vec{b}^2 + \vec{c}^2 + 2(-\vec{a} \cdot \vec{b}) + 2(-\vec{a} \cdot \vec{c}) + 2(\vec{b} \cdot \vec{c})$

$|\vec{BD_1}|^2 = \vec{a}^2 + \vec{b}^2 + \vec{c}^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) - 2(\vec{a} \cdot \vec{c}) + 2(\vec{b} \cdot \vec{c})$

Подставим известные значения:

$|\vec{BD_1}|^2 = 1 + 1 + 1 - 2 \cdot \frac{1}{2} - 2 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{2} = 3 - 1 - 1 + 1 = 2$

Следовательно, длина вектора $\vec{BD_1}$ равна:

$|\vec{BD_1}| = \sqrt{2}$

Ответ: $|\vec{BD_1}| = \sqrt{2}$.

755. Проекция точки М на плоскость ромба ABCD совпадает с точкой О пересечения его диагоналей. Точка N — середина стороны ВС, АС = 8, DB = MO = 6. Вычислите косинус угла между прямой MN и прямой: а) ВС; б) DC; в) АС; г) DB.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. По условию, проекция точки $M$ на плоскость ромба $ABCD$ — это точка $O$ пересечения его диагоналей. Это означает, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости ромба.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $O(0, 0, 0)$. Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, направим ось $Ox$ вдоль диагонали $DB$, а ось $Oy$ — вдоль диагонали $AC$. Тогда ось $Oz$ будет направлена вдоль отрезка $OM$.

Определим координаты вершин ромба и точек $M$ и $N$:

Поскольку $AC = 8$, а точка $O$ — ее середина, то $AO = OC = 4$. Координаты вершин: $A(0, -4, 0)$ и $C(0, 4, 0)$.

Поскольку $DB = 6$, а точка $O$ — ее середина, то $DO = OB = 3$. Координаты вершин: $D(-3, 0, 0)$ и $B(3, 0, 0)$.

Поскольку $MO = 6$ и $MO$ перпендикулярен плоскости $xy$, координаты точки $M$ будут $(0, 0, 6)$.

Точка $N$ — середина стороны $BC$. Ее координаты вычисляются как среднее арифметическое координат точек $B$ и $C$: $N(\frac{3+0}{2}; \frac{0+4}{2}; \frac{0+0}{2}) = N(1.5, 2, 0)$.

Косинус угла $\alpha$ между двумя прямыми, заданными направляющими векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$, находится по формуле: $\cos \alpha = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$.

Найдем направляющий вектор прямой $MN$ и его длину (модуль):

$\vec{MN} = \{1.5 - 0; 2 - 0; 0 - 6\} = \{1.5; 2; -6\}$.

$|\vec{MN}| = \sqrt{1.5^2 + 2^2 + (-6)^2} = \sqrt{2.25 + 4 + 36} = \sqrt{42.25} = 6.5$.

Теперь вычислим косинусы углов для каждого случая.

а) BC

Найдем направляющий вектор прямой $BC$ и его длину:

$\vec{BC} = \{0 - 3; 4 - 0; 0 - 0\} = \{-3; 4; 0\}$.

$|\vec{BC}| = \sqrt{(-3)^2 + 4^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.

Скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{BC}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{BC} = 1.5 \cdot (-3) + 2 \cdot 4 + (-6) \cdot 0 = -4.5 + 8 = 3.5$.

Косинус угла между $MN$ и $BC$:

$\cos \alpha = \frac{|3.5|}{6.5 \cdot 5} = \frac{3.5}{32.5} = \frac{7}{65}$.

Ответ: $\frac{7}{65}$.

б) DC

Найдем направляющий вектор прямой $DC$ и его длину:

$\vec{DC} = \{0 - (-3); 4 - 0; 0 - 0\} = \{3; 4; 0\}$.

$|\vec{DC}| = \sqrt{3^2 + 4^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.

Скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{DC}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{DC} = 1.5 \cdot 3 + 2 \cdot 4 + (-6) \cdot 0 = 4.5 + 8 = 12.5$.

Косинус угла между $MN$ и $DC$:

$\cos \beta = \frac{|12.5|}{6.5 \cdot 5} = \frac{12.5}{32.5} = \frac{25}{65} = \frac{5}{13}$.

Ответ: $\frac{5}{13}$.

в) AC

Направляющим вектором прямой $AC$ является вектор $\vec{AC} = \{0; 8; 0\}$. Для удобства можно использовать коллинеарный ему единичный вектор $\vec{j} = \{0; 1; 0\}$ с длиной $|\vec{j}| = 1$.

Скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{j}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{j} = 1.5 \cdot 0 + 2 \cdot 1 + (-6) \cdot 0 = 2$.

Косинус угла между $MN$ и $AC$:

$\cos \gamma = \frac{|2|}{6.5 \cdot 1} = \frac{2}{6.5} = \frac{4}{13}$.

Ответ: $\frac{4}{13}$.

г) DB

Направляющим вектором прямой $DB$ является вектор $\vec{DB} = \{6; 0; 0\}$. Для удобства можно использовать коллинеарный ему единичный вектор $\vec{i} = \{1; 0; 0\}$ с длиной $|\vec{i}| = 1$.

Скалярное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{i}$:

$\vec{MN} \cdot \vec{i} = 1.5 \cdot 1 + 2 \cdot 0 + (-6) \cdot 0 = 1.5$.

Косинус угла между $MN$ и $DB$:

$\cos \delta = \frac{|1.5|}{6.5 \cdot 1} = \frac{1.5}{6.5} = \frac{3}{13}$.

Ответ: $\frac{3}{13}$.

756. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точка М лежит на ребре ВВ₁, причём ВМ : MB₁ = 3 : 2, а точка N лежит на ребре AD, причём AN : ND = 2 : 3. Вычислите синус угла между прямой MN и плоскостью грани: a) DD₁C₁C; б) А₁B₁C₁D₁.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть ребро куба имеет длину $a$. Учитывая, что точки $M$ и $N$ делят ребра в отношениях, сумма частей которых равна 5 ($3+2=5$ и $2+3=5$), для удобства вычислений примем длину ребра куба $a=5$.

Поместим вершину $D$ в начало координат. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:$D(0, 0, 0)$, $A(5, 0, 0)$, $C(0, 5, 0)$, $B(5, 5, 0)$, $D_1(0, 0, 5)$, $A_1(5, 0, 5)$, $C_1(0, 5, 5)$, $B_1(5, 5, 5)$.

Найдем координаты точек $M$ и $N$.

• Точка $N$ лежит на ребре $AD$ и делит его в отношении $AN:ND = 2:3$. Длина ребра $AD=5$, следовательно, $AN = 2$ и $ND = 3$. Так как точка $N$ лежит на оси $Ox$, ее расстояние от начала координат (точки $D$) равно $ND=3$. Таким образом, координаты точки $N$ — это $(3, 0, 0)$.
• Точка $M$ лежит на ребре $BB_1$ и делит его в отношении $BM:MB_1 = 3:2$. Длина ребра $BB_1=5$, следовательно, $BM = 3$ и $MB_1 = 2$. Координаты точки $B$ — это $(5, 5, 0)$, а $B_1$ — это $(5, 5, 5)$. Ребро $BB_1$ параллельно оси $Oz$, поэтому $x$ и $y$ координаты точки $M$ такие же, как у точек $B$ и $B_1$. Координата $z$ точки $M$ равна длине отрезка $BM$, то есть $z_M=3$. Таким образом, координаты точки $M$ — это $(5, 5, 3)$.

Найдем направляющий вектор прямой $MN$, который обозначим как $\vec{v}$:$\vec{v} = \vec{MN} = (3-5, 0-5, 0-3) = (-2, -5, -3)$.

Синус угла $\phi$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ вычисляется по формуле:$\sin \phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}|}$.

Найдем длину (модуль) вектора $\vec{v}$:$|\vec{v}| = |\vec{MN}| = \sqrt{(-2)^2 + (-5)^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 25 + 9} = \sqrt{38}$.

a) DD?C?C

Плоскость грани $DD_1C_1C$ в выбранной системе координат совпадает с плоскостью $yOz$. Уравнение этой плоскости: $x=0$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_a = (1, 0, 0)$. Его длина $|\vec{n}_a| = 1$.

Вычислим синус угла $\phi_a$ между прямой $MN$ и плоскостью $DD_1C_1C$:$\sin \phi_a = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{n}_a|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{n}_a|} = \frac{|(-2) \cdot 1 + (-5) \cdot 0 + (-3) \cdot 0|}{\sqrt{38} \cdot 1} = \frac{|-2|}{\sqrt{38}} = \frac{2}{\sqrt{38}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:$\frac{2}{\sqrt{38}} = \frac{2\sqrt{38}}{38} = \frac{\sqrt{38}}{19}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{38}}{19}$.

б) A?B?C?D?

Плоскость грани $A_1B_1C_1D_1$ — это верхняя грань куба. Она параллельна плоскости $xOy$ и проходит через точки с координатой $z=5$. Уравнение этой плоскости: $z=5$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_b = (0, 0, 1)$. Его длина $|\vec{n}_b| = 1$.

Вычислим синус угла $\phi_b$ между прямой $MN$ и плоскостью $A_1B_1C_1D_1$:$\sin \phi_b = \frac{|\vec{MN} \cdot \vec{n}_b|}{|\vec{MN}| \cdot |\vec{n}_b|} = \frac{|(-2) \cdot 0 + (-5) \cdot 0 + (-3) \cdot 1|}{\sqrt{38} \cdot 1} = \frac{|-3|}{\sqrt{38}} = \frac{3}{\sqrt{38}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:$\frac{3}{\sqrt{38}} = \frac{3\sqrt{38}}{38}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{38}}{38}$.

757. Лучи ОА, ОВ, ОС и ОМ расположены так, что ∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 90°, ∠AOM = ϕ₁, ∠BOM = ϕ₂, ∠СОМ = ϕ₃. Докажите, что cos² ϕ₁ + cos² ϕ₂ + cos² ϕ₃ = 1.

Для решения этой задачи введем трехмерную прямоугольную систему координат с началом в точке O.

Поскольку по условию углы $\angle AOB = \angle BOC = \angle COA = 90^\circ$, лучи OA, OB и OC взаимно перпендикулярны. Мы можем направить оси координат вдоль этих лучей.

• Пусть луч OA совпадает с положительным направлением оси Ox.
• Пусть луч OB совпадает с положительным направлением оси Oy.
• Пусть луч OC совпадает с положительным направлением оси Oz.

Рассмотрим единичные векторы (орты), направленные вдоль этих лучей:

• $\vec{a}$ — единичный вектор вдоль луча OA, его координаты $\vec{a} = (1, 0, 0)$.
• $\vec{b}$ — единичный вектор вдоль луча OB, его координаты $\vec{b} = (0, 1, 0)$.
• $\vec{c}$ — единичный вектор вдоль луча OC, его координаты $\vec{c} = (0, 0, 1)$.

Пусть $\vec{m}$ — единичный вектор, направленный вдоль луча OM. Обозначим его координаты как $(x, y, z)$. Так как $\vec{m}$ — единичный вектор, его модуль (длина) равен 1. Модуль вектора связан с его координатами следующим образом:

$|\vec{m}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 1$

Возведя обе части в квадрат, получаем основное свойство координат единичного вектора:

$x^2 + y^2 + z^2 = 1$

Теперь найдем косинусы углов $\phi_1, \phi_2, \phi_3$ через скалярное произведение векторов. Косинус угла между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ вычисляется по формуле $\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$. Поскольку мы работаем с единичными векторами, их модули равны 1, и формула упрощается до $\cos \theta = \vec{u} \cdot \vec{v}$.

1. Угол $\phi_1 = \angle AOM$

Это угол между векторами $\vec{a}$ и $\vec{m}$.

$\cos \phi_1 = \vec{a} \cdot \vec{m} = (1, 0, 0) \cdot (x, y, z) = 1 \cdot x + 0 \cdot y + 0 \cdot z = x$

2. Угол $\phi_2 = \angle BOM$

Это угол между векторами $\vec{b}$ и $\vec{m}$.

$\cos \phi_2 = \vec{b} \cdot \vec{m} = (0, 1, 0) \cdot (x, y, z) = 0 \cdot x + 1 \cdot y + 0 \cdot z = y$

3. Угол $\phi_3 = \angle COM$

Это угол между векторами $\vec{c}$ и $\vec{m}$.

$\cos \phi_3 = \vec{c} \cdot \vec{m} = (0, 0, 1) \cdot (x, y, z) = 0 \cdot x + 0 \cdot y + 1 \cdot z = z$

Таким образом, мы выразили косинусы углов через координаты единичного вектора $\vec{m}$. Величины $x, y, z$ являются направляющими косинусами луча OM.

Подставим полученные выражения в левую часть доказываемого тождества:

$\cos^2 \phi_1 + \cos^2 \phi_2 + \cos^2 \phi_3 = x^2 + y^2 + z^2$

Как мы ранее установили из свойства единичного вектора, $x^2 + y^2 + z^2 = 1$.

Следовательно, мы доказали, что $\cos^2 \phi_1 + \cos^2 \phi_2 + \cos^2 \phi_3 = 1$.

Ответ: Утверждение доказано.

758. Лучи ОА, ОВ и ОС расположены так, что ∠BOC = ∠BOA = 45°, ∠AOC = 60°. Прямая ОН перпендикулярна к плоскости АОВ. Найдите угол между прямыми ОН и ОС.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Поместим начало координат в точку O, из которой выходят все лучи.

Зададим систему координат. Поскольку прямая OH перпендикулярна плоскости AOB, удобно направить ось $Oz$ вдоль прямой OH, а плоскость AOB совместить с плоскостью $Oxy$. В этой системе координат точка O имеет координаты $(0, 0, 0)$. В качестве направляющего вектора для прямой OH можно взять единичный вектор оси $Oz$: $\vec{u}_{OH} = (0, 0, 1)$.

Определим координаты направляющих векторов лучей OA, OB и OC. Для удобства будем работать с единичными векторами, так как длина лучей не задана и не влияет на угол между ними.

Пусть луч OA совпадает с положительным направлением оси $Ox$. Тогда его единичный направляющий вектор $\vec{u}_{OA} = (1, 0, 0)$.

Луч OB лежит в плоскости $Oxy$ и, по условию, образует с лучом OA угол $\angle BOA = 45^\circ$. Следовательно, его единичный направляющий вектор $\vec{u}_{OB}$ имеет координаты $(\cos 45^\circ, \sin 45^\circ, 0)$, то есть $\vec{u}_{OB} = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$.

Пусть единичный направляющий вектор луча OC будет $\vec{u}_{OC} = (x, y, z)$. Его координаты удовлетворяют уравнению $x^2 + y^2 + z^2 = 1$.

Теперь используем данные об углах $\angle AOC$ и $\angle BOC$ для нахождения координат $x, y, z$. Угол $\theta$ между двумя векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ можно найти через их скалярное произведение: $\cos\theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$. Для единичных векторов формула упрощается до $\cos\theta = \vec{a} \cdot \vec{b}$.

Для угла $\angle AOC = 60^\circ$ имеем:
$\vec{u}_{OA} \cdot \vec{u}_{OC} = \cos 60^\circ$
$(1, 0, 0) \cdot (x, y, z) = \frac{1}{2}$
$x = \frac{1}{2}$

Для угла $\angle BOC = 45^\circ$ имеем:
$\vec{u}_{OB} \cdot \vec{u}_{OC} = \cos 45^\circ$
$(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0) \cdot (x, y, z) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\frac{\sqrt{2}}{2}x + \frac{\sqrt{2}}{2}y = \frac{\sqrt{2}}{2}$
Умножив обе части уравнения на $\frac{2}{\sqrt{2}}$, получаем: $x + y = 1$.

Теперь у нас есть система для нахождения координат вектора $\vec{u}_{OC}$. Подставим найденное значение $x = \frac{1}{2}$ в уравнение $x + y = 1$:
$\frac{1}{2} + y = 1 \implies y = \frac{1}{2}$.
Теперь найдем $z$ из условия, что $\vec{u}_{OC}$ — единичный вектор: $x^2 + y^2 + z^2 = 1$.
$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 + z^2 = 1$
$\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + z^2 = 1$
$\frac{2}{4} + z^2 = 1$
$\frac{1}{2} + z^2 = 1$
$z^2 = \frac{1}{2} \implies z = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Выбор знака для $z$ не влияет на искомый угол между прямыми (угол будет либо $\alpha$, либо $180^\circ - \alpha$, но угол между прямыми по определению берут острый, не превышающий $90^\circ$). Возьмем $z = \frac{\sqrt{2}}{2}$.Итак, направляющий вектор луча OC: $\vec{u}_{OC} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$.

Наконец, найдем угол между прямыми OH и OC. Это угол $\alpha$ между их направляющими векторами $\vec{u}_{OH} = (0, 0, 1)$ и $\vec{u}_{OC} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$.
$\cos\alpha = \frac{|\vec{u}_{OH} \cdot \vec{u}_{OC}|}{|\vec{u}_{OH}| \cdot |\vec{u}_{OC}|} = \frac{|(0, 0, 1) \cdot (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})|}{1 \cdot 1}$
$\cos\alpha = |0 \cdot \frac{1}{2} + 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

759. Дан двугранный угол CABD, равный φ (φ ‹ 90°). Известно, что AC ⊥ AB и ∠DAB = θ. Найдите cos ∠CAD.

Для решения данной задачи воспользуемся методом координат.

1. Введем трехмерную прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.

2. Направим ось $Ox$ вдоль прямой $AB$. Таким образом, любой вектор, коллинеарный $AB$, будет иметь вид $(k, 0, 0)$.

3. Двугранный угол $CABD$ образован двумя полуплоскостями, проходящими через прямую $AB$ (ось $Ox$). Пусть полуплоскость, в которой лежит точка $C$, совпадает с полуплоскостью $Oxy$ при $y \ge 0$.

4. По условию, $AC \perp AB$. Так как $A$ — начало координат, а $AB$ лежит на оси $Ox$, то вектор $\vec{AC}$ должен лежать в плоскости $Oyz$. Поскольку точка $C$ также лежит в плоскости $Oxy$, вектор $\vec{AC}$ должен быть направлен вдоль оси $Oy$. Пусть длина отрезка $AC$ равна $c$. Тогда координаты точки $C$ будут $(0, c, 0)$, а вектор $\vec{AC} = (0, c, 0)$.

5. Полуплоскость, содержащая точку $D$, образует с полуплоскостью $Oxy$ угол $\phi$. Эта плоскость также проходит через ось $Ox$. Любую точку $D$ в этой плоскости можно задать координатами $(x_D, y_D, z_D)$. Пусть длина отрезка $AD$ равна $d$. Проекция точки $D$ на плоскость $Oyz$ (назовем ее $D'$) будет иметь координаты $(0, y_D, z_D)$. Угол между лучом $AD'$ и положительным направлением оси $Oy$ будет равен $\phi$. Следовательно, координаты $D'$ можно выразить через полярные координаты в плоскости $Oyz$:

$y_D = r \cos\phi$
$z_D = r \sin\phi$

где $r = AD' = \sqrt{y_D^2 + z_D^2}$.

6. Используем условие $\angle DAB = \theta$. Это угол между вектором $\vec{AD} = (x_D, y_D, z_D)$ и вектором, направленным вдоль оси $Ox$, например $\vec{i} = (1, 0, 0)$. Косинус угла между векторами вычисляется по формуле:

$\cos\theta = \frac{\vec{AD} \cdot \vec{i}}{|\vec{AD}| \cdot |\vec{i}|} = \frac{x_D \cdot 1 + y_D \cdot 0 + z_D \cdot 0}{d \cdot 1} = \frac{x_D}{d}$

Отсюда получаем $x_D = d \cos\theta$.

7. Теперь найдем $r = AD'$. Из теоремы Пифагора для треугольника $ADD'$ (где $D'$ - проекция $D$ на плоскость $Oyz$, так что $AD \perp DD'$) следует, что $d^2 = |AD|^2 = |AD'|^2 + |DD'|^2$. Неправильно. Из $d^2 = x_D^2+y_D^2+z_D^2$ и $r^2=y_D^2+z_D^2$ следует $d^2 = x_D^2 + r^2$.

$r^2 = d^2 - x_D^2 = d^2 - (d \cos\theta)^2 = d^2(1 - \cos^2\theta) = d^2\sin^2\theta$

Поскольку $d > 0$ и для угла $\theta$ в треугольнике $\sin\theta \ge 0$, мы можем заключить, что $r = d \sin\theta$.

8. Теперь мы можем выразить $y_D$ и $z_D$ через $d, \theta, \phi$:

$y_D = r \cos\phi = d \sin\theta \cos\phi$
$z_D = r \sin\phi = d \sin\theta \sin\phi$

Таким образом, вектор $\vec{AD}$ имеет координаты:

$\vec{AD} = (d \cos\theta, d \sin\theta \cos\phi, d \sin\theta \sin\phi)$

9. Наконец, найдем косинус искомого угла $\angle CAD$. Это угол между векторами $\vec{AC}=(0, c, 0)$ и $\vec{AD}$.

$\cos(\angle CAD) = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{AD}}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{AD}|}$

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{AC} \cdot \vec{AD} = 0 \cdot (d \cos\theta) + c \cdot (d \sin\theta \cos\phi) + 0 \cdot (d \sin\theta \sin\phi) = c d \sin\theta \cos\phi$

Длины векторов равны $|\vec{AC}| = c$ и $|\vec{AD}| = d$.

Подставляем все в формулу:

$\cos(\angle CAD) = \frac{c d \sin\theta \cos\phi}{c \cdot d} = \sin\theta \cos\phi$

Ответ: $\cos\angle CAD = \sin\theta \cos\phi$.

760. Отрезки СА и DB перпендикулярны к ребру двугранного угла CABD, равного 120° . Известно, что AB = m, СА = n, BD = p. Найдите CD.

Для нахождения расстояния между точками C и D в пространстве воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат Oxyz.

1. Поместим точку A в начало координат. Тогда $A$ имеет координаты $A(0, 0, 0)$.

2. Направим ось $Ox$ вдоль ребра двугранного угла, то есть вдоль отрезка $AB$. Так как длина $AB = m$, то точка $B$ будет иметь координаты $B(m, 0, 0)$.

3. По условию, отрезок $CA$ перпендикулярен ребру $AB$. Расположим отрезок $CA$ вдоль оси $Oy$. Поскольку $CA = n$, точка $C$ будет иметь координаты $C(0, n, 0)$. Плоскость $CAB$ в этом случае совпадает с плоскостью $Oxy$.

4. Отрезок $DB$ также перпендикулярен ребру $AB$. Это означает, что вектор $\vec{BD}$ перпендикулярен оси $Ox$. Следовательно, первая координата вектора $\vec{BD}$ равна нулю. Точка $D$ имеет координаты вида $D(m, y_D, z_D)$. Вектор $\vec{BD}$ будет иметь координаты $(m-m, y_D-0, z_D-0)$, то есть $\vec{BD} = (0, y_D, z_D)$. Длина этого вектора равна $p$, следовательно, $|\vec{BD}|^2 = 0^2 + y_D^2 + z_D^2 = p^2$. Отсюда получаем первое уравнение: $y_D^2 + z_D^2 = p^2$.

5. Двугранный угол между плоскостями $CAB$ (это плоскость $Oxy$) и $DAB$ равен 120°. Величина двугранного угла измеряется линейным углом, образованным лучами, перпендикулярными ребру и исходящими из одной точки на ребре. В нашем случае это угол между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$ (или векторами, сонаправленными с ними).
Вектор $\vec{AC}$ имеет координаты $(0-0, n-0, 0-0)$, то есть $\vec{AC} = (0, n, 0)$.
Вектор $\vec{BD}$ имеет координаты $(0, y_D, z_D)$.
Угол между этими векторами равен 120°. Найдем скалярное произведение этих векторов:
$\vec{AC} \cdot \vec{BD} = |\vec{AC}| \cdot |\vec{BD}| \cdot \cos(120°)$
С одной стороны, $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \cdot 0 + n \cdot y_D + 0 \cdot z_D = n y_D$.
С другой стороны, $|\vec{AC}| = n$, $|\vec{BD}| = p$, а $\cos(120°) = -1/2$.
Значит, $n y_D = n \cdot p \cdot (-\frac{1}{2})$.
Отсюда находим $y_D = -\frac{p}{2}$.

6. Теперь найдем $z_D$ из уравнения $y_D^2 + z_D^2 = p^2$:
$(-\frac{p}{2})^2 + z_D^2 = p^2$
$\frac{p^2}{4} + z_D^2 = p^2$
$z_D^2 = p^2 - \frac{p^2}{4} = \frac{3p^2}{4}$
$z_D = \frac{p\sqrt{3}}{2}$ (можно выбрать и отрицательное значение, на конечном результате это не скажется).
Таким образом, координаты точки $D$ равны $D(m, -\frac{p}{2}, \frac{p\sqrt{3}}{2})$.

7. Наконец, найдем квадрат расстояния $CD$ по формуле расстояния между двумя точками $C(0, n, 0)$ и $D(m, -\frac{p}{2}, \frac{p\sqrt{3}}{2})$:
$CD^2 = (x_D - x_C)^2 + (y_D - y_C)^2 + (z_D - z_C)^2$
$CD^2 = (m - 0)^2 + (-\frac{p}{2} - n)^2 + (\frac{p\sqrt{3}}{2} - 0)^2$
$CD^2 = m^2 + (-(n + \frac{p}{2}))^2 + (\frac{p\sqrt{3}}{2})^2$
$CD^2 = m^2 + (n + \frac{p}{2})^2 + \frac{3p^2}{4}$
$CD^2 = m^2 + (n^2 + 2 \cdot n \cdot \frac{p}{2} + (\frac{p}{2})^2) + \frac{3p^2}{4}$
$CD^2 = m^2 + n^2 + np + \frac{p^2}{4} + \frac{3p^2}{4}$
$CD^2 = m^2 + n^2 + np + \frac{4p^2}{4}$
$CD^2 = m^2 + n^2 + p^2 + np$
Следовательно, длина отрезка $CD$ равна корню из этого выражения.

Ответ: $CD = \sqrt{m^2 + n^2 + p^2 + np}$

761. При движении прямая а отображается на прямую а₁, а плоскость α — на плоскость α₁. Докажите, что: а) если a || α, то a₁ || α₁; б) если a ⊥ α, то a₁ ⊥ α₁.

а)

Пусть дано движение (изометрия), при котором прямая $a$ отображается на прямую $a_1$, а плоскость $\alpha$ — на плоскость $\alpha_1$. Нам дано, что прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$ ($a \parallel \alpha$).

Параллельность прямой и плоскости может означать два случая: либо прямая лежит в плоскости ($a \subset \alpha$), либо прямая не имеет с плоскостью общих точек ($a \cap \alpha = \emptyset$). Рассмотрим оба случая.

Случай 1: Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$).

Движение сохраняет отношение принадлежности. Это означает, что если каждая точка прямой $a$ принадлежит плоскости $\alpha$, то образ каждой точки прямой $a$ (то есть любая точка прямой $a_1$) будет принадлежать образу плоскости $\alpha$ (то есть плоскости $\alpha_1$). Следовательно, вся прямая $a_1$ лежит в плоскости $\alpha_1$, то есть $a_1 \subset \alpha_1$. Прямая, лежащая в плоскости, по определению параллельна ей, значит $a_1 \parallel \alpha_1$.

Случай 2: Прямая $a$ не имеет общих точек с плоскостью $\alpha$ ($a \cap \alpha = \emptyset$).

Докажем этот случай методом от противного. Предположим, что утверждение неверно, то есть $a_1$ не параллельна $\alpha_1$. Это означает, что прямая $a_1$ пересекает плоскость $\alpha_1$ в некоторой единственной точке $M_1$. Таким образом, $M_1 \in a_1$ и $M_1 \in \alpha_1$.

Движение является взаимно однозначным отображением (биекцией) пространства на себя. Это значит, что для каждой точки-образа $M_1$ существует единственная точка-прообраз $M$. Так как $M_1$ принадлежит прямой $a_1$, ее прообраз $M$ должен принадлежать прообразу прямой $a_1$, то есть прямой $a$. Аналогично, так как $M_1$ принадлежит плоскости $\alpha_1$, ее прообраз $M$ должен принадлежать прообразу плоскости $\alpha_1$, то есть плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы получаем, что точка $M$ является общей точкой для прямой $a$ и плоскости $\alpha$. Это означает, что $a \cap \alpha \neq \emptyset$, что противоречит условию данного случая ($a \cap \alpha = \emptyset$).

Полученное противоречие доказывает, что наше предположение было неверным. Значит, $a_1$ и $\alpha_1$ не могут пересекаться. Следовательно, $a_1 \parallel \alpha_1$.

Поскольку в обоих возможных случаях из $a \parallel \alpha$ следует $a_1 \parallel \alpha_1$, утверждение доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б)

Докажем, что если прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($a \perp \alpha$), то ее образ $a_1$ перпендикулярен образу плоскости $\alpha_1$ ($a_1 \perp \alpha_1$).

Для доказательства воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости: прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Пусть прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$. Выберем в плоскости $\alpha$ две произвольные пересекающиеся прямые, назовем их $b$ и $c$. Поскольку $b \subset \alpha$ и $c \subset \alpha$, из условия $a \perp \alpha$ следует, что $a \perp b$ и $a \perp c$.

Рассмотрим заданное движение. При этом движении прямая $a$ отображается на $a_1$, плоскость $\alpha$ — на $\alpha_1$, а прямые $b$ и $c$, лежащие в плоскости $\alpha$, отображаются на некоторые прямые $b_1$ и $c_1$.

Движение обладает следующими свойствами:

1. Сохранение принадлежности: так как прямые $b$ и $c$ лежат в плоскости $\alpha$, их образы $b_1$ и $c_1$ будут лежать в плоскости $\alpha_1$.
2. Сохранение инцидентности: так как прямые $b$ и $c$ пересекаются, их образы $b_1$ и $c_1$ также будут пересекаться.
3. Сохранение углов: движение сохраняет величину угла между прямыми.

Используя свойство сохранения углов, из $a \perp b$ (угол между ними $90^\circ$) следует, что угол между их образами $a_1$ и $b_1$ также равен $90^\circ$, то есть $a_1 \perp b_1$. Аналогично, из $a \perp c$ следует, что $a_1 \perp c_1$.

В результате мы получили, что прямая $a_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($b_1$ и $c_1$), которые лежат в плоскости $\alpha_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, это означает, что прямая $a_1$ перпендикулярна всей плоскости $\alpha_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

762. При зеркальной симметрии относительно плоскости α плоскость β отображается на плоскость β₁. Докажите, что если плоскость β образует с плоскостью α угол φ, то и плоскость β₁ образует с плоскостью α угол φ.

Докажем утверждение, рассмотрев два случая.

Случай 1: Плоскость ? параллельна плоскости ? или совпадает с ней.

Если плоскость ? параллельна плоскости ?, то угол ? между ними равен 0. При зеркальной симметрии относительно плоскости ? плоскость ? отобразится на плоскость ??, которая также будет параллельна плоскости ?. Следовательно, угол между ?? и ? также будет равен 0. Если ? совпадает с ?, то угол равен 0, и ?? совпадает с ? и ?, так что угол остается равным 0. В этом случае утверждение верно.

Случай 2: Плоскость ? пересекает плоскость ?.

Пусть плоскости ? и ? пересекаются по прямой l. Угол между плоскостями (двугранный угол) измеряется линейным углом.

1. Построение линейного угла.
Выберем на прямой l произвольную точку P. В плоскости ? проведем через точку P прямую b, перпендикулярную прямой l. В плоскости ? проведем через точку P прямую a, перпендикулярную прямой l. По определению, угол ? между плоскостями ? и ? равен углу между прямыми a и b. Таким образом, $? = \angle(a, b)$.

2. Свойства зеркальной симметрии.
Зеркальная симметрия относительно плоскости (в данном случае ?) является движением (изометрией). Это означает, что она сохраняет расстояния, а также углы между прямыми. По условию, симметрия относительно ? отображает плоскость ? на плоскость ??.

3. Применение симметрии к построенным прямым.
Рассмотрим, как данная симметрия действует на построенные нами прямые a и b.

• Прямая a полностью лежит в плоскости симметрии ?. Следовательно, каждая ее точка отображается на саму себя. Таким образом, образом прямой a является сама прямая a.
• Прямая b лежит в плоскости ?. Ее образ, который мы назовем b?, должен лежать в образе плоскости ?, то есть в плоскости ??.
• Поскольку симметрия сохраняет углы, угол между прямыми a и b равен углу между их образами: $\angle(a, b) = \angle(a, b_1)$.

4. Нахождение угла между ? и ??.
Чтобы найти угол между плоскостями ? и ??, нам нужно построить их линейный угол.

• Линия пересечения плоскостей ? и ?? — это та же прямая l, так как все точки на l лежат в плоскости ? и поэтому остаются на месте при симметрии.
• Прямая a лежит в плоскости ? и перпендикулярна l.
• Докажем, что прямая b? (образ прямой b) также перпендикулярна прямой l. Мы знаем, что $b \perp l$. Так как симметрия сохраняет углы, образ прямой b (прямая b?) будет перпендикулярен образу прямой l (прямой l). Следовательно, $b_1 \perp l$.
• Таким образом, мы имеем две прямые, a и b?, проведенные в плоскостях ? и ?? соответственно, обе перпендикулярны линии их пересечения l в одной и той же точке P. Угол между этими прямыми, $\angle(a, b_1)$, и есть линейный угол двугранного угла между плоскостями ? и ??.

5. Заключение.
Мы установили следующее:
- Угол между ? и ? есть $? = \angle(a, b)$.
- Из свойства сохранения углов при симметрии: $\angle(a, b) = \angle(a, b_1)$.
- Угол между ? и ?? есть $\angle(a, b_1)$.
Отсюда напрямую следует, что угол между плоскостью ?? и плоскостью ? также равен ?. Утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано.