Номер 4, страница 149 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

4. В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между плоскостями $ACD$ и $BCE$.

Дано:

Правильный тетраэдр $ABCD$.

Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Найти:

Угол между плоскостями $ACD$ и $BCE$.

Решение:

Обозначим длину ребра правильного тетраэдра $ABCD$ как $a$.

Плоскость $ACD$ является одной из граней тетраэдра.

Точка $E$ — середина ребра $AD$. Поскольку ребро $AD$ принадлежит грани $ACD$, точка $E$ также принадлежит плоскости $ACD$.

Точка $C$ является вершиной тетраэдра и, очевидно, принадлежит плоскости $ACD$.

Так как точки $C$ и $E$ принадлежат обеим плоскостям $ACD$ и $BCE$, то прямая $CE$ является линией пересечения этих двух плоскостей.

Рассмотрим проекцию вершины $B$ на плоскость грани $ACD$. В правильном тетраэдре проекция вершины на противоположную грань совпадает с центроидом этой грани. Обозначим эту проекцию как $H$. Таким образом, $H$ — центроид треугольника $ACD$.

В равностороннем треугольнике $ACD$ медиана $CE$ (соединяющая вершину $C$ с серединой противоположной стороны $AD$) проходит через центроид $H$. Следовательно, точка $H$ лежит на отрезке $CE$.

Поскольку $BH$ является высотой тетраэдра, проведенной из вершины $B$ к плоскости $ACD$, то по определению $BH \perp \text{плоскости } ACD$.

Мы установили, что точка $H$ лежит на прямой $CE$. Так как прямая $CE$ является частью плоскости $BCE$ (поскольку $C \in BCE$ и $E \in BCE$), и точка $B$ также принадлежит плоскости $BCE$, то прямая $BH$ полностью лежит в плоскости $BCE$.

Таким образом, мы имеем плоскость $BCE$, содержащую прямую $BH$, которая перпендикулярна плоскости $ACD$. По свойству перпендикулярности плоскостей, если одна плоскость содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти две плоскости перпендикулярны.

Следовательно, плоскости $ACD$ и $BCE$ перпендикулярны.

Угол между перпендикулярными плоскостями равен $90^\circ$ или $\frac{\pi}{2}$ радиан.

Для проверки приведем координатное решение.

Разместим тетраэдр в декартовой системе координат. Пусть вершина $C$ находится в начале координат $C(0,0,0)$.

Пусть ребро $CD$ лежит на оси $Ox$, тогда $D(a,0,0)$.

Вершина $A$ лежит в плоскости $Oxy$. Так как $\triangle ACD$ равносторонний, $A(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Таким образом, плоскость $ACD$ совпадает с плоскостью $Oxy$, и ее нормальный вектор равен $\vec{n}_{ACD} = (0,0,1)$.

Координаты вершины $B$ в таком расположении: $B(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{6}, \frac{a\sqrt{6}}{3})$.

Точка $E$ — середина ребра $AD$. Ее координаты: $E(\frac{A_x+D_x}{2}, \frac{A_y+D_y}{2}, \frac{A_z+D_z}{2}) = (\frac{a/2+a}{2}, \frac{a\sqrt{3}/2+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{3a}{4}, \frac{a\sqrt{3}}{4}, 0)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $BCE$. Для этого используем векторы $\vec{CE}$ и $\vec{CB}$.

$\vec{CE} = E - C = (\frac{3a}{4}, \frac{a\sqrt{3}}{4}, 0)$.

$\vec{CB} = B - C = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{6}, \frac{a\sqrt{6}}{3})$.

Нормальный вектор $\vec{n}_{BCE}$ пропорционален векторному произведению $\vec{CE} \times \vec{CB}$:

$\vec{n}_{BCE} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{3a}{4} & \frac{a\sqrt{3}}{4} & 0 \\ \frac{a}{2} & \frac{a\sqrt{3}}{6} & \frac{a\sqrt{6}}{3} \end{vmatrix}$

$x$-компонента: $(\frac{a\sqrt{3}}{4})(\frac{a\sqrt{6}}{3}) - (0)(\frac{a\sqrt{3}}{6}) = \frac{a^2\sqrt{18}}{12} = \frac{3a^2\sqrt{2}}{12} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

$y$-компонента: $-[(\frac{3a}{4})(\frac{a\sqrt{6}}{3}) - (0)(\frac{a}{2})] = -\frac{3a^2\sqrt{6}}{12} = -\frac{a^2\sqrt{6}}{4}$.

$z$-компонента: $(\frac{3a}{4})(\frac{a\sqrt{3}}{6}) - (\frac{a\sqrt{3}}{4})(\frac{a}{2}) = \frac{3a^2\sqrt{3}}{24} - \frac{a^2\sqrt{3}}{8} = \frac{a^2\sqrt{3}}{8} - \frac{a^2\sqrt{3}}{8} = 0$.

Итак, нормальный вектор плоскости $BCE$ равен $\vec{n}_{BCE} = (\frac{a^2\sqrt{2}}{4}, -\frac{a^2\sqrt{6}}{4}, 0)$.

Для удобства можем выбрать пропорциональный вектор, например, $\vec{n}_{BCE}' = (\sqrt{2}, -\sqrt{6}, 0)$.

Угол $\phi$ между двумя плоскостями определяется как угол между их нормальными векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n}_{ACD} \cdot \vec{n}_{BCE}'|}{|\vec{n}_{ACD}| |\vec{n}_{BCE}'|}$

$\vec{n}_{ACD} \cdot \vec{n}_{BCE}' = (0)(\sqrt{2}) + (0)(-\sqrt{6}) + (1)(0) = 0$.

Так как скалярное произведение нормальных векторов равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны. Следовательно, плоскости перпендикулярны.

$\cos \phi = \frac{0}{|\vec{n}_{ACD}| |\vec{n}_{BCE}'|} = 0$.

Таким образом, $\phi = \arccos(0) = 90^\circ$.

Ответ:

$90^\circ$.