Номер 13.9, страница 80 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

13.9. В единичном кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние между плоскостями $ACB_1$ и $DC_1A$.

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Две плоскости: $ACB_1$ и $DC_1A_1$.

Найти:

Расстояние между плоскостями $ACB_1$ и $DC_1A_1$.

Решение:

Зададим систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$. Поскольку куб единичный, длина его ребра равна $1$. Координаты вершин куба будут:

$A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$

$A_1(0,0,1)$, $B_1(1,0,1)$, $C_1(1,1,1)$, $D_1(0,1,1)$

Найдем уравнение плоскости $ACB_1$. Для этого нам нужны три точки, лежащие в этой плоскости: $A(0,0,0)$, $C(1,1,0)$, $B_1(1,0,1)$.

Найдем два вектора, лежащих в плоскости:

$\vec{AC} = C - A = (1-0, 1-0, 0-0) = (1,1,0)$

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (1-0, 0-0, 1-0) = (1,0,1)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ACB_1$ найдем как векторное произведение $\vec{AC} \times \vec{AB_1}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (1 \cdot 1 - 0 \cdot 0)\mathbf{i} - (1 \cdot 1 - 0 \cdot 1)\mathbf{j} + (1 \cdot 0 - 1 \cdot 1)\mathbf{k} = (1, -1, -1)$

Уравнение плоскости $ACB_1$ имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Подставим координаты нормального вектора: $1x - 1y - 1z + D_1 = 0$.

Так как точка $A(0,0,0)$ лежит в этой плоскости, подставим ее координаты для нахождения $D_1$:

$1(0) - 1(0) - 1(0) + D_1 = 0 \Rightarrow D_1 = 0$.

Таким образом, уравнение плоскости $ACB_1$ есть $x - y - z = 0$.

Теперь найдем уравнение плоскости $DC_1A_1$. Точки, лежащие в плоскости: $D(0,1,0)$, $C_1(1,1,1)$, $A_1(0,0,1)$.

Найдем два вектора, лежащих в плоскости:

$\vec{DA_1} = A_1 - D = (0-0, 0-1, 1-0) = (0,-1,1)$

$\vec{DC_1} = C_1 - D = (1-0, 1-1, 1-0) = (1,0,1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $DC_1A_1$ найдем как векторное произведение $\vec{DA_1} \times \vec{DC_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (-1 \cdot 1 - 1 \cdot 0)\mathbf{i} - (0 \cdot 1 - 1 \cdot 1)\mathbf{j} + (0 \cdot 0 - (-1) \cdot 1)\mathbf{k} = (-1, 1, 1)$

Уравнение плоскости $DC_1A_1$ имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Подставим координаты нормального вектора: $-1x + 1y + 1z + D_2 = 0$.

Так как точка $A_1(0,0,1)$ лежит в этой плоскости, подставим ее координаты для нахождения $D_2$:

$-1(0) + 1(0) + 1(1) + D_2 = 0 \Rightarrow 1 + D_2 = 0 \Rightarrow D_2 = -1$.

Таким образом, уравнение плоскости $DC_1A_1$ есть $-x + y + z - 1 = 0$, что эквивалентно $x - y - z + 1 = 0$.

Сравним нормальные векторы плоскостей: $\vec{n_1} = (1, -1, -1)$ и $\vec{n_2} = (-1, 1, 1)$.

Так как $\vec{n_2} = -\vec{n_1}$, нормальные векторы коллинеарны, следовательно, плоскости $ACB_1$ и $DC_1A_1$ параллельны.

Расстояние между двумя параллельными плоскостями $Ax + By + Cz + D_1 = 0$ и $Ax + By + Cz + D_2 = 0$ вычисляется по формуле:

$d = \frac{|D_1 - D_2|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Для плоскости $ACB_1$: $x - y - z = 0$, имеем $A=1, B=-1, C=-1, D_1=0$.

Для плоскости $DC_1A_1$: $x - y - z + 1 = 0$, имеем $A=1, B=-1, C=-1, D_2=1$.

Подставим значения в формулу:

$d = \frac{|0 - 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2}} = \frac{|-1|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Рационализируем знаменатель:

$d = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Ответ:

Расстояние между плоскостями $ACB_1$ и $DC_1A_1$ составляет $\frac{\sqrt{3}}{3}$.