Страница 139 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

26.18. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ стороны основания равны $1$, боковые ребра равны $2$. Точка $O$ — центр основания, точка $G$ — середина ребра $AB$, отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях координат $Ox, Oy, Oz$ соответственно (рис. $26.6$). Найдите косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBD$.

Рис. $26.6$

Дано

Пирамида $SABCDEF$ — правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Точка $O$ — центр основания.

Точка $G$ — середина ребра $AB$.

Отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях координат $Ox, Oy, Oz$ соответственно.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBD$.

Решение

1.Определение системы координат и координат вершин пирамиды.

По условию, $O$ — центр основания, и отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях $Ox, Oy, Oz$ соответственно. Мы принимаем $O$ за начало координат $(0,0,0)$.

Высота пирамиды $SO = h$. В правильной шестиугольной пирамиде расстояние от центра основания до любой вершины основания равно стороне основания, т.е. $OC = a = 1$.

Из прямоугольного треугольника $SOC$ (где $S$ — вершина, $O$ — центр основания, $C$ — вершина основания), по теореме Пифагора: $SO^2 + OC^2 = SC^2$.

$h^2 + a^2 = l^2 \implies h^2 + 1^2 = 2^2 \implies h^2 = 4 - 1 = 3 \implies h = \sqrt{3}$.

Таким образом, координаты вершины $S = (0,0,\sqrt{3})$.

Поскольку $OC$ лежит на $Ox$ и $OC = 1$, то $C = (1,0,0)$.

Точка $G$ — середина ребра $AB$. В правильном шестиугольнике $OG$ является апофемой основания. Длина апофемы правильного шестиугольника со стороной $a$ равна $r = a\sqrt{3}/2$. Для $a=1$, $OG = \sqrt{3}/2$.

Так как $OG$ лежит на $Oy$ и, согласно рисунку, направлен по положительной оси $y$, то $G = (0, \sqrt{3}/2, 0)$.

Поскольку $G$ — середина $AB$, отрезок $AB$ перпендикулярен $OG$, то есть параллелен оси $Ox$. Расстояние от $O$ до вершин $A$ и $B$ равно $a=1$. В прямоугольном треугольнике $OGA$, $OA^2 = OG^2 + AG^2$.

$1^2 = (\sqrt{3}/2)^2 + AG^2 \implies 1 = 3/4 + AG^2 \implies AG^2 = 1/4 \implies AG = 1/2$.

Таким образом, координаты $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Теперь определим остальные вершины шестиугольника $ABCDEF$, используя тот факт, что это правильный шестиугольник со стороной $1$ и центром в $O$. Вершины расположены на окружности радиуса $1$ с углами, кратными $60^\circ$ друг от друга.

Если $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, то угол $xOB$ равен $60^\circ$. Если $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, то угол $xOA$ равен $120^\circ$. Вершины в порядке $A, B, C, D, E, F$ по часовой стрелке или против часовой стрелки.

С учетом $C=(1,0,0)$ (угол $0^\circ$), $A=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (угол $120^\circ$), $B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (угол $60^\circ$), то последовательность против часовой стрелки: $C, B, A, F, E, D$. Пусть вершины расположены так, что $C=(1,0,0)$, тогда:

• $C = (1,0,0)$
• $B = (1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $A = (1 \cdot \cos(-120^\circ), 1 \cdot \sin(-120^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (1 \cdot \cos(-180^\circ), 1 \cdot \sin(-180^\circ), 0) = (-1,0,0)$
• $E = (1 \cdot \cos(-240^\circ), 1 \cdot \sin(-240^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $D = (1 \cdot \cos(-300^\circ), 1 \cdot \sin(-300^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

В этом случае $G$ (середина $AB$) будет $(0, -\sqrt{3}/2, 0)$, что противоречит тому, что $OG$ лежит на положительной оси $Oy$ согласно рисунку.

Вернемся к определению координат: $A=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (так, что $G$ - середина $AB$ и $G=(0, \sqrt{3}/2, 0)$).

Тогда, исходя из порядка букв $A,B,C,D,E,F$ по периметру основания:

• $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $C = (1,0,0)$ (это согласовано с $OC$ на $Ox$)
• $D = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (-1,0,0)$

Проверим: $AB$ длина $\sqrt{(1/2 - (-1/2))^2 + 0^2} = \sqrt{1^2} = 1$. $BC$ длина $\sqrt{(1-1/2)^2 + (0-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{1/4+3/4} = \sqrt{1} = 1$. Все стороны равны 1. Это согласованная система координат.

2.Нахождение вектора нормали к плоскости $SAF$.

Плоскость $SAF$ проходит через точки $S(0,0,\sqrt{3})$, $A(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $F(-1,0,0)$.

Векторы, лежащие в плоскости $SAF$:

$\vec{SA} = A - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SF} = F - S = (-1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1, 0, -\sqrt{3})$

Вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $SAF$ можно найти как векторное произведение $\vec{SA} \times \vec{SF}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1 & 0 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$x$-координата: $(\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(0) = -3/2 - 0 = -3/2$

$y$-координата: $-((-1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-1)) = -(\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}) = -(-\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}/2$

$z$-координата: $(-1/2)(0) - (\sqrt{3}/2)(-1) = 0 - (-\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}/2$

$\vec{n_1} = (-3/2, \sqrt{3}/2, \sqrt{3}/2)$. Для удобства можно умножить на $2$: $\vec{n_1}' = (-3, \sqrt{3}, \sqrt{3})$.

3.Нахождение вектора нормали к плоскости $SBD$.

Плоскость $SBD$ проходит через точки $S(0,0,\sqrt{3})$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Векторы, лежащие в плоскости $SBD$:

$\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SD} = D - S = (1/2 - 0, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $SBD$ можно найти как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SD}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$x$-координата: $(\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-\sqrt{3}/2) = -3/2 - 3/2 = -3$

$y$-координата: $-((1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(1/2)) = -(-\sqrt{3}/2 + \sqrt{3}/2) = 0$

$z$-координата: $(1/2)(-\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(1/2) = -\sqrt{3}/4 - \sqrt{3}/4 = -\sqrt{3}/2$

$\vec{n_2} = (-3, 0, -\sqrt{3}/2)$. Для удобства можно умножить на $2$: $\vec{n_2}' = (-6, 0, -\sqrt{3})$.

4.Вычисление косинуса угла между плоскостями.

Косинус угла $\alpha$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}'|}{||\vec{n_1}'|| \cdot ||\vec{n_2}'||}$

Скалярное произведение $\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = (-3)(-6) + (\sqrt{3})(0) + (\sqrt{3})(-\sqrt{3}) = 18 + 0 - 3 = 15$.

Модули векторов:

$||\vec{n_1}'|| = \sqrt{(-3)^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 3 + 3} = \sqrt{15}$

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-6)^2 + (0)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{36 + 0 + 3} = \sqrt{39}$

Теперь подставим значения в формулу для косинуса:

$\cos \alpha = \frac{|15|}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{39}} = \frac{15}{\sqrt{15 \cdot 39}}$

Разложим числа под корнем на множители: $15 = 3 \cdot 5$, $39 = 3 \cdot 13$.

$\cos \alpha = \frac{15}{\sqrt{(3 \cdot 5) \cdot (3 \cdot 13)}} = \frac{15}{\sqrt{3^2 \cdot 5 \cdot 13}} = \frac{15}{3\sqrt{65}} = \frac{5}{\sqrt{65}}$

Рационализируем знаменатель:

$\cos \alpha = \frac{5}{\sqrt{65}} \cdot \frac{\sqrt{65}}{\sqrt{65}} = \frac{5\sqrt{65}}{65} = \frac{\sqrt{65}}{13}$

Ответ:

$\frac{\sqrt{65}}{13}$

26.19. Найти расстояние от точки $O(0; 0; 0)$ до плоскости, заданной уравнением $x + y + z = 1$.

Дано:

Координаты точки $O(x_0; y_0; z_0) = O(0; 0; 0)$.

Уравнение плоскости: $x + y + z = 1$.

Перевод в систему СИ:

Данные представлены в безразмерных координатах и не требуют перевода в систему СИ.

Найти:

Расстояние $d$ от точки $O$ до заданной плоскости.

Решение:

Общее уравнение плоскости в трехмерном пространстве имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$.

Преобразуем заданное уравнение плоскости $x + y + z = 1$ к общему виду, вычитая 1 из обеих частей:

$1x + 1y + 1z - 1 = 0$.

Из этого уравнения получаем коэффициенты плоскости: $A = 1$, $B = 1$, $C = 1$, $D = -1$.

Координаты данной точки $O$ (начала координат) равны: $x_0 = 0$, $y_0 = 0$, $z_0 = 0$.

Формула для нахождения расстояния $d$ от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ выглядит следующим образом:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Подставим значения $A, B, C, D$ и $x_0, y_0, z_0$ в формулу:

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

Выполним арифметические операции в числителе и знаменателе:

$d = \frac{|0 + 0 + 0 - 1|}{\sqrt{1 + 1 + 1}}$

$d = \frac{|-1|}{\sqrt{3}}$

Так как $|-1| = 1$, получаем:

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

Для устранения иррациональности в знаменателе (рационализации) умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

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

Ответ:

$\frac{\sqrt{3}}{3}$

26.20. В единичном кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$, вершина $D$ — начало координат, ребра $DC, DA, DD_1$ лежат на осях координат $Ox, Oy, Oz$ соответственно. Точки $E$ и $F$ — середины ребер $BC$ и $CC_1$. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $AEF$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ единичный. Вершина $D$ - начало координат. Ребра $DC, DA, DD_1$ лежат на осях $Ox, Oy, Oz$ соответственно. Точка $E$ - середина ребра $BC$. Точка $F$ - середина ребра $CC_1$.

Перевод в СИ:

Поскольку куб единичный, длина его ребра $a = 1$. Единицы измерения не указаны, поэтому будем считать $a=1$ условная единица длины.

Найти:

Расстояние от точки $D$ до плоскости $AEF$.

Решение:

Зададим координаты вершин куба, исходя из условия, что $D$ - начало координат $(0,0,0)$ и ребра $DC, DA, DD_1$ лежат на осях $Ox, Oy, Oz$ соответственно. Длина ребра куба $a=1$.

Координаты вершин: $D = (0,0,0)$ $C = (1,0,0)$ (вдоль $Ox$) $A = (0,1,0)$ (вдоль $Oy$) $D_1 = (0,0,1)$ (вдоль $Oz$)

Найдем координаты остальных необходимых вершин: $B = (1,1,0)$ (так как $ABCD$ - грань, $B = C + \vec{AD} = (1,0,0) + (0,1,0)$ - нет, это не так. $B = A + \vec{DC} = (0,1,0) + (1,0,0) = (1,1,0)$ или $B = C + \vec{DA}$ - это не так. $B$ является результатом сдвига $D$ на $C$ по $x$ и на $A$ по $y$, так что $B = (1,1,0)$). $C_1 = (1,0,1)$ (из $C$ по оси $Oz$).

Теперь найдем координаты точек $E$ и $F$: Точка $E$ - середина ребра $BC$. $B = (1,1,0)$, $C = (1,0,0)$. $E = (\frac{1+1}{2}, \frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, \frac{1}{2}, 0)$.

Точка $F$ - середина ребра $CC_1$. $C = (1,0,0)$, $C_1 = (1,0,1)$. $F = (\frac{1+1}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}) = (1, 0, \frac{1}{2})$.

Координаты точек, определяющих плоскость $AEF$: $A = (0,1,0)$ $E = (1, \frac{1}{2}, 0)$ $F = (1, 0, \frac{1}{2})$

Найдем уравнение плоскости $AEF$. Для этого используем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AE}$ и $\vec{AF}$. $\vec{AE} = E - A = (1-0, \frac{1}{2}-1, 0-0) = (1, -\frac{1}{2}, 0)$. $\vec{AF} = F - A = (1-0, 0-1, \frac{1}{2}-0) = (1, -1, \frac{1}{2})$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AEF$ перпендикулярен обоим векторам $\vec{AE}$ и $\vec{AF}$. Его можно найти как векторное произведение $\vec{AE} \times \vec{AF}$. $ \vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1/2 & 0 \\ 1 & -1 & 1/2 \end{vmatrix} $ $ \vec{n} = \mathbf{i} \left( (-\frac{1}{2})(\frac{1}{2}) - (0)(-1) \right) - \mathbf{j} \left( (1)(\frac{1}{2}) - (0)(1) \right) + \mathbf{k} \left( (1)(-1) - (-\frac{1}{2})(1) \right) $ $ \vec{n} = \mathbf{i} (-\frac{1}{4}) - \mathbf{j} (\frac{1}{2}) + \mathbf{k} (-1 + \frac{1}{2}) $ $ \vec{n} = (-\frac{1}{4}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}) $

Для удобства умножим координаты нормального вектора на $-4$, чтобы получить целочисленные значения: $ \vec{n'} = (1, 2, 2) $

Уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + D_{plane} = 0$. Используя $\vec{n'} = (1,2,2)$, получаем $x + 2y + 2z + D_{plane} = 0$. Чтобы найти $D_{plane}$, подставим координаты одной из точек, принадлежащих плоскости, например, $A=(0,1,0)$: $1(0) + 2(1) + 2(0) + D_{plane} = 0$ $2 + D_{plane} = 0$ $D_{plane} = -2$

Таким образом, уравнение плоскости $AEF$ равно: $x + 2y + 2z - 2 = 0$.

Теперь найдем расстояние от точки $D=(0,0,0)$ до плоскости $x + 2y + 2z - 2 = 0$. Формула расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D_{plane} = 0$ выглядит так: $ d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D_{plane}|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} $

В нашем случае: $(x_0, y_0, z_0) = (0,0,0)$ $(A, B, C, D_{plane}) = (1, 2, 2, -2)$

$ d = \frac{|1(0) + 2(0) + 2(0) - 2|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2}} $ $ d = \frac{|-2|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} $ $ d = \frac{2}{\sqrt{9}} $ $ d = \frac{2}{3} $

Ответ:

Расстояние от точки $D$ до плоскости $AEF$ равно $ \frac{2}{3} $.

26.21. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ вершина $D$ — начало координат, ребра $DC$, $DA$, $DD_1$ лежат на осях координат $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно и $DC = 3$, $DA = 2$, $DD_1 = 1$. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ACD_1$.

Дано

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Вершина $D$ - начало координат $(0,0,0)$.

Ребра $DC$, $DA$, $DD_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно.

Длины ребер: $DC = 3$, $DA = 2$, $DD_1 = 1$.

Перевод в СИ

Все данные представлены в единых относительных единицах измерения длины. Перевод в систему СИ не требуется.

Найти

Расстояние от точки $D$ до плоскости $ACD_1$.

Решение

1.Определение координат вершин.

Так как вершина $D$ является началом координат $(0,0,0)$, и ребра $DC$, $DA$, $DD_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно, то координаты точек будут:

• $D = (0,0,0)$
• $C = (DC, 0, 0) = (3,0,0)$
• $A = (0, DA, 0) = (0,2,0)$
• $D_1 = (0, 0, DD_1) = (0,0,1)$

2.Нахождение уравнения плоскости $ACD_1$.

Для нахождения уравнения плоскости $ACD_1$, проходящей через точки $A(0,2,0)$, $C(3,0,0)$ и $D_1(0,0,1)$, найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{AC} = C - A = (3-0, 0-2, 0-0) = (3, -2, 0)$

$\vec{AD_1} = D_1 - A = (0-0, 0-2, 1-0) = (0, -2, 1)$

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости равен векторному произведению $\vec{AC} \times \vec{AD_1}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 3 & -2 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-2) \cdot 1 - 0 \cdot (-2)) - \mathbf{j}(3 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(3 \cdot (-2) - (-2) \cdot 0)$

$\vec{n} = \mathbf{i}(-2 - 0) - \mathbf{j}(3 - 0) + \mathbf{k}(-6 - 0)$

$\vec{n} = -2\mathbf{i} - 3\mathbf{j} - 6\mathbf{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n} = (-2, -3, -6)$.

Уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + K = 0$. Подставим компоненты вектора нормали: $-2x - 3y - 6z + K = 0$.

Для нахождения $K$ подставим координаты одной из точек, принадлежащих плоскости, например $A(0,2,0)$:

$-2(0) - 3(2) - 6(0) + K = 0$

$-6 + K = 0$

$K = 6$

Уравнение плоскости $ACD_1$ имеет вид $-2x - 3y - 6z + 6 = 0$.

Умножив на $-1$, получим $2x + 3y + 6z - 6 = 0$.

3.Вычисление расстояния от точки $D(0,0,0)$ до плоскости $ACD_1$.

Расстояние $d$ от точки $P_0(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D_{plane} = 0$ определяется по формуле:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D_{plane}|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

В нашем случае, точка $D(0,0,0)$, и уравнение плоскости $2x + 3y + 6z - 6 = 0$.

$x_0 = 0, y_0 = 0, z_0 = 0$

$A = 2, B = 3, C = 6, D_{plane} = -6$

Подставим значения в формулу:

$d = \frac{|2(0) + 3(0) + 6(0) - 6|}{\sqrt{2^2 + 3^2 + 6^2}}$

$d = \frac{|-6|}{\sqrt{4 + 9 + 36}}$

$d = \frac{6}{\sqrt{49}}$

$d = \frac{6}{7}$

Ответ: Расстояние от точки $D$ до плоскости $ACD_1$ равно $\frac{6}{7}$.

26.22. Напишите уравнения плоскостей, содержащих грани многогранника, изображенного на рисунке 26.7.

Рис. 26.7

Плоскость нижней грани

Грань DABC является основанием многогранника и расположена в координатной плоскости $xy$. Все точки этой грани имеют координату $z=0$.

Ответ: $z = 0$

Плоскость задней грани

Грань, обращенная к отрицательному направлению оси $y$, состоит из двух частей: DCC₁D₁ и D₁C₁C₂D₂. Все точки, образующие эту общую грань, имеют координату $y=0$.

Ответ: $y = 0$

Плоскость передней грани

Грань, обращенная к положительному направлению оси $y$, состоит из двух частей: ABB₁A₁ и A₁B₁B₂A₂. Все точки, образующие эту общую грань, имеют координату $y=2$.

Ответ: $y = 2$

Плоскость левой грани

Грань, обращенная к отрицательному направлению оси $x$, состоит из двух частей: DAA₁D₁ и D₁A₁A₂D₂. Все точки, образующие эту общую грань, имеют координату $x=0$.

Ответ: $x = 0$

Плоскость внешней правой грани

Грань, обращенная к положительному направлению оси $x$, это BCC₁B₁. Все точки этой грани имеют координату $x=2$.

Ответ: $x = 2$

Плоскость нижней верхней грани (горизонтальная ступенька)

Эта грань (включая часть, не перекрытую верхним блоком) представлена прямоугольником D₁A₁B₁C₁. Все точки этой грани имеют координату $z=1$.

Ответ: $z = 1$

Плоскость верхней верхней грани

Грань D₂A₂B₂C₂ является самой высокой гранью многогранника. Все точки этой грани имеют координату $z=2$.

Ответ: $z = 2$

Плоскость внутренней вертикальной грани (ступенька)

Дано:
Вершины грани: C₁(2,0,1), B₁(2,2,1), B₂(1,2,2), C₂(1,0,2).

Найти:
Уравнение плоскости, содержащей эту грань.

Решение:
Для нахождения уравнения плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$, выберем три точки, не лежащие на одной прямой, например C₁(2,0,1), B₁(2,2,1), C₂(1,0,2).
Найдем два вектора, лежащих в плоскости:
$\vec{v_1} = \vec{C_1B_1} = (2-2, 2-0, 1-1) = (0, 2, 0)$
$\vec{v_2} = \vec{C_1C_2} = (1-2, 0-0, 2-1) = (-1, 0, 1)$
Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен этим двум векторам и может быть найден как их векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = \text{det}\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{vmatrix}$
$\vec{n} = \mathbf{i}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - 2 \cdot (-1))$
$\vec{n} = (2, 0, 2)$
Для удобства, можно использовать упрощенный нормальный вектор, разделив на 2: $\vec{n} = (1, 0, 1)$.
Уравнение плоскости имеет вид $1x + 0y + 1z + D = 0$, или $x + z + D = 0$.
Для нахождения константы $D$, подставим координаты любой точки, лежащей в плоскости, например C₁(2,0,1):
$2 + 0 \cdot 0 + 1 + D = 0$
$3 + D = 0 \implies D = -3$.
Таким образом, уравнение плоскости: $x + z - 3 = 0$.
Проверим принадлежность четвертой точки B₂(1,2,2) этой плоскости: $1 + 2 - 3 = 0$. Условие выполняется, что подтверждает корректность уравнения.

Ответ: $x + z - 3 = 0$

26.23. Повторите параметрические уравнения прямой на координатной плоскости.

Повторите параметрические уравнения прямой на координатной плоскости

Прямая на координатной плоскости может быть задана различными способами. Одним из таких способов является задание прямой с помощью параметрических уравнений. Это особенно удобно, когда требуется описать движение точки вдоль прямой или если прямая не является ни горизонтальной, ни вертикальной.

Для того чтобы задать прямую на координатной плоскости параметрически, необходимо знать:

1. Координаты одной точки, принадлежащей этой прямой. Пусть это будет точка $P_0$ с координатами $(x_0, y_0)$.

2. Координаты направляющего вектора этой прямой. Направляющий вектор — это любой ненулевой вектор, параллельный данной прямой. Пусть это будет вектор $\vec{v}$ с координатами $(a, b)$.

Тогда любая произвольная точка $P(x, y)$, лежащая на этой прямой, может быть представлена как сумма радиус-вектора точки $P_0$ и вектора, коллинеарного направляющему вектору $\vec{v}$.

Вектор $\vec{P_0P}$ имеет координаты $(x - x_0, y - y_0)$. Так как точки $P_0$ и $P$ лежат на прямой, то вектор $\vec{P_0P}$ коллинеарен направляющему вектору $\vec{v}$. Это означает, что существует такое скалярное число $t$ (параметр), что $\vec{P_0P} = t \vec{v}$.

Записывая это в координатной форме, получаем:

$x - x_0 = ta$

$y - y_0 = tb$

Из этих уравнений выразим $x$ и $y$:

$x = x_0 + at$

$y = y_0 + bt$

Это и есть параметрические уравнения прямой на координатной плоскости.

Здесь:

* $(x, y)$ — текущие координаты любой точки на прямой.

* $(x_0, y_0)$ — координаты известной точки, через которую проходит прямая.

* $(a, b)$ — координаты направляющего вектора прямой.

* $t$ — параметр, который может принимать любые действительные значения ($t \in \mathbb{R}$). Каждому значению параметра $t$ соответствует единственная точка на прямой.

Ответ: Параметрические уравнения прямой на координатной плоскости, проходящей через точку $(x_0, y_0)$ и имеющей направляющий вектор $(a, b)$, задаются системой: $x = x_0 + at$, $y = y_0 + bt$, где $t \in \mathbb{R}$.