Страница 20 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

112. Из точки A, лежащей вне плоскости $ \alpha $, проведены к ней равные наклонные $ AB_1 $, $ AB_2 $, $ AB_3 $, ... и перпендикуляр $ AO $. Докажите, что точки $ B_1 $, $ B_2 $, $ B_3 $, ... лежат на окружности с центром $ O $.

Рассмотрим треугольники $\Delta AOB_1, \Delta AOB_2, \Delta AOB_3, \dots$, образованные перпендикуляром $AO$ к плоскости $\alpha$, наклонными $AB_1, AB_2, AB_3, \dots$ и их проекциями $OB_1, OB_2, OB_3, \dots$ на эту плоскость.

Поскольку отрезок $AO$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $O$. Следовательно, $AO \perp OB_n$ для любого $n$. Это означает, что все треугольники $\Delta AOB_n$ являются прямоугольными, с прямым углом при вершине $O$.

Сравним эти прямоугольные треугольники. У них:

1. Катет $AO$ — общий.

2. Гипотенузы $AB_1, AB_2, AB_3, \dots$ равны по условию задачи.

Следовательно, все прямоугольные треугольники $\Delta AOB_1, \Delta AOB_2, \Delta AOB_3, \dots$ равны между собой по катету и гипотенузе.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих катетов: $OB_1 = OB_2 = OB_3 = \dots$.

Точки $B_1, B_2, B_3, \dots$ лежат в плоскости $\alpha$ и равноудалены от точки $O$, которая также лежит в этой плоскости. По определению окружности, геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от данной точки (центра), есть окружность.

Таким образом, точки $B_1, B_2, B_3, \dots$ лежат на окружности с центром в точке $O$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точки $B_1, B_2, B_3, \dots$ лежат на окружности с центром $O$, так как они являются основаниями равных наклонных, проведенных из одной точки $A$ к плоскости $\alpha$. Равенство их расстояний от точки $O$ ($OB_1 = OB_2 = OB_3 = \dots$) следует из равенства прямоугольных треугольников $\Delta AOB_n$, у которых общий катет $AO$ и равные гипотенузы $AB_n$.

113. Из точки $D$ к плоскости $\alpha$ провели наклонные $DK$ и $DB$, образующие с ней углы $45^\circ$ и $60^\circ$ соответственно.

Найдите проекцию наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$, если $DB = 10\sqrt{3}$ см.

Пусть $DH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ — основание этого перпендикуляра. Отрезок $HK$ является проекцией наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $HB$ — проекцией наклонной $DB$ на плоскость $\alpha$.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. Таким образом, по условию задачи, угол между наклонной $DK$ и её проекцией $HK$ равен $45^\circ$ ($\angle DKH = 45^\circ$), а угол между наклонной $DB$ и её проекцией $HB$ равен $60^\circ$ ($\angle DBH = 60^\circ$).

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DHB$ (угол $\angle DHB = 90^\circ$, так как $DH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$). В этом треугольнике гипотенуза $DB = 10\sqrt{3}$ см, а угол $\angle DBH = 60^\circ$. Найдем длину катета $DH$, который является расстоянием от точки $D$ до плоскости $\alpha$:
$DH = DB \cdot \sin(\angle DBH) = 10\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ)$
Зная, что $\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем:
$DH = 10\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{10 \cdot 3}{2} = 15$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DHK$ (угол $\angle DHK = 90^\circ$). В этом треугольнике нам известен катет $DH = 15$ см и угол $\angle DKH = 45^\circ$. Мы ищем длину проекции $HK$, которая является вторым катетом.
Поскольку в прямоугольном треугольнике $\triangle DHK$ один из острых углов равен $45^\circ$, то он является равнобедренным, следовательно, катеты равны:
$HK = DH = 15$ см.

Alternatively, we could use the tangent definition:
$\tan(\angle DKH) = \frac{DH}{HK}$
$HK = \frac{DH}{\tan(\angle DKH)} = \frac{15}{\tan(45^\circ)} = \frac{15}{1} = 15$ см.

Таким образом, проекция наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$ равна 15 см.
Ответ: 15 см.

114. Точка $A$ находится на расстоянии 9 см от плоскости $\alpha$. Наклонные $AB$ и $AC$ образуют с плоскостью $\alpha$ углы $45^{\circ}$ и $60^{\circ}$, а угол между проекциями наклонных равен $150^{\circ}$. Найдите расстояние между точками $B$ и $C$.

Пусть $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ — основание перпендикуляра, а длина $AH$ — это расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$. По условию, $AH = 9$ см.

$HB$ и $HC$ — это проекции наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно. Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость. Следовательно, $\angle ABH = 45^\circ$ и $\angle ACH = 60^\circ$. Треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными, так как $AH$ перпендикулярен любой прямой в плоскости $\alpha$, проходящей через точку $H$.

Угол между проекциями наклонных — это угол $\angle BHC$, который по условию равен $150^\circ$.

Наша задача — найти длину отрезка $BC$.

1. Найдем длину проекции HB

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHB$ ($\angle AHB = 90^\circ$). Мы знаем катет $AH$ и угол $\angle ABH$. Найдем второй катет $HB$ через тангенс угла:

$\tan(\angle ABH) = \frac{AH}{HB}$

$HB = \frac{AH}{\tan(\angle ABH)} = \frac{9}{\tan(45^\circ)} = \frac{9}{1} = 9$ см.

2. Найдем длину проекции HC

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHC$ ($\angle AHC = 90^\circ$). Аналогично, найдем катет $HC$:

$\tan(\angle ACH) = \frac{AH}{HC}$

$HC = \frac{AH}{\tan(\angle ACH)} = \frac{9}{\tan(60^\circ)} = \frac{9}{\sqrt{3}} = \frac{9\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{3}$ см.

3. Найдем расстояние BC

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle BHC$, который лежит в плоскости $\alpha$. Мы знаем длины двух его сторон ($HB = 9$ см и $HC = 3\sqrt{3}$ см) и угол между ними ($\angle BHC = 150^\circ$). Чтобы найти длину третьей стороны $BC$, воспользуемся теоремой косинусов:

$BC^2 = HB^2 + HC^2 - 2 \cdot HB \cdot HC \cdot \cos(\angle BHC)$

Подставим известные значения. Учтем, что $\cos(150^\circ) = \cos(180^\circ - 30^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$BC^2 = 9^2 + (3\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 9 \cdot 3\sqrt{3} \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$BC^2 = 81 + (9 \cdot 3) + \frac{2 \cdot 9 \cdot 3\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2}$

$BC^2 = 81 + 27 + 9 \cdot 3 \cdot 3$

$BC^2 = 108 + 81$

$BC^2 = 189$

$BC = \sqrt{189}$

Разложим 189 на множители: $189 = 9 \cdot 21$.

$BC = \sqrt{9 \cdot 21} = 3\sqrt{21}$ см.

Ответ: $3\sqrt{21}$ см.

115. Через центр $O$ правильного треугольника $ABC$ к его плоскости проведен перпендикуляр $MO$. Прямая, проходящая через точку $M$ и перпендикулярная прямой $AB$, образует с плоскостью $ABC$ угол $\alpha$. Найдите расстояние от точки $M$ до прямой $AB$, если $AB = a$.

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $AB$. Тогда длина отрезка $MH$ и есть искомое расстояние от точки $M$ до прямой $AB$. По условию, прямая, проходящая через $M$ и перпендикулярная $AB$, является прямой $MH$, то есть $MH \perp AB$.

По условию, перпендикуляр $MO$ проведён к плоскости треугольника $ABC$, то есть $MO \perp (ABC)$. Отрезок $MH$ является наклонной к плоскости $(ABC)$, а отрезок $OH$ — её проекцией на эту плоскость.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Следовательно, угол между прямой $MH$ и плоскостью $(ABC)$ — это угол $\angle MHO$. По условию, $\angle MHO = \alpha$.

Так как $MO \perp (ABC)$, то $MO$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $OH$. Таким образом, треугольник $\triangle MHO$ является прямоугольным с прямым углом $\angle MOH$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle MHO$ мы можем выразить искомую длину $MH$ (гипотенузу) через катет $OH$ и прилежащий угол $\alpha$: $$ \cos(\alpha) = \frac{OH}{MH} \implies MH = \frac{OH}{\cos(\alpha)} $$

Теперь найдем длину отрезка $OH$. По теореме о трёх перпендикулярах: так как наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AB$, лежащей в плоскости, то и её проекция $OH$ также перпендикулярна этой прямой $AB$. То есть $OH \perp AB$.

Рассмотрим правильный треугольник $\triangle ABC$ со стороной $AB=a$. Точка $O$ — центр этого треугольника (точка пересечения медиан, высот и биссектрис). Расстояние от центра правильного треугольника до его стороны ($OH$) равно радиусу вписанной в этот треугольник окружности ($r$).

Радиус $r$ вписанной в правильный треугольник окружности со стороной $a$ вычисляется по формуле: $$ r = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{6} $$ Следовательно, $OH = r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Наконец, подставим найденное значение $OH$ в формулу для $MH$: $$ MH = \frac{OH}{\cos(\alpha)} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\cos(\alpha)} = \frac{a\sqrt{3}}{6\cos(\alpha)} $$

Ответ: $\frac{a\sqrt{3}}{6\cos(\alpha)}$

116. На ребре $CC_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $M$ так, что $CM : C_1M = 1 : 2$. Найдите угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$, если $AD = 4\sqrt{2}$ см, $CD = 4$ см, $AA_1 = 6$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Найдём проекцию прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$. Плоскость $CDD_1$ содержит грань $CDD_1C_1$ прямоугольного параллелепипеда.

1. Найдём проекцию точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$. Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, ребро $A_1D_1$ перпендикулярно грани $CDD_1C_1$. Следовательно, точка $D_1$ является проекцией точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$.

2. Найдём проекцию точки $M$ на плоскость $CDD_1$. Точка $M$ лежит на ребре $CC_1$, а ребро $CC_1$ принадлежит грани $CDD_1C_1$. Таким образом, точка $M$ лежит в плоскости $CDD_1$, и её проекцией на эту плоскость является сама точка $M$.

3. Из этого следует, что проекцией прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$ является прямая $D_1M$. Искомый угол — это угол $\angle A_1MD_1$.

4. Рассмотрим треугольник $\triangle A_1D_1M$. Так как $A_1D_1$ — перпендикуляр к плоскости $CDD_1$, а прямая $D_1M$ лежит в этой плоскости, то $A_1D_1 \perp D_1M$. Значит, треугольник $\triangle A_1D_1M$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $D_1$.

5. Найдём длины катетов этого треугольника.

Катет $A_1D_1$ равен ребру $AD$, так как $ADD_1A_1$ — прямоугольник. По условию, $AD = 4\sqrt{2}$ см, следовательно, $A_1D_1 = 4\sqrt{2}$ см.

Для нахождения катета $D_1M$ рассмотрим грань $CDD_1C_1$. Это прямоугольник. Найдём положение точки $M$ на ребре $CC_1$. Длина ребра $CC_1$ равна $AA_1 = 6$ см. Точка $M$ делит ребро $CC_1$ в отношении $CM : C_1M = 1 : 2$.
Длина всего отрезка $CC_1$ составляет $1+2=3$ части. Тогда:
$CM = \frac{1}{3} CC_1 = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2$ см.
$C_1M = \frac{2}{3} CC_1 = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle D_1C_1M$ в плоскости грани $CDD_1C_1$ (угол $\angle D_1C_1M = 90^\circ$). Его катеты:
$D_1C_1 = CD = 4$ см.
$C_1M = 4$ см.
По теореме Пифагора найдём гипотенузу $D_1M$:
$D_1M^2 = D_1C_1^2 + C_1M^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$.
$D_1M = \sqrt{32} = \sqrt{16 \cdot 2} = 4\sqrt{2}$ см.

6. Теперь вернёмся к прямоугольному треугольнику $\triangle A_1D_1M$. Мы нашли длины его катетов: $A_1D_1 = 4\sqrt{2}$ см и $D_1M = 4\sqrt{2}$ см. Треугольник является равнобедренным.

Найдём тангенс искомого угла $\alpha = \angle A_1MD_1$:
$\text{tg}(\alpha) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{A_1D_1}{D_1M} = \frac{4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = 1$.

Угол, тангенс которого равен 1, составляет $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

117. Треугольники $ABC$ и $ADC$ не лежат в одной плоскости. Найдите углы, которые образуют прямые $AB$ и $CB$ с плоскостью $ADC$, если $AB = BC = AC$, $\angle ADC = 90^\circ$, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ADC$.

По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

По условию задачи, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ADC$. Это означает, что точка $D$ является проекцией точки $B$ на плоскость $ADC$. Точки $A$ и $C$ лежат в плоскости $ADC$, поэтому их проекции совпадают с самими точками.

Таким образом:

• Проекцией наклонной $AB$ на плоскость $ADC$ является отрезок $AD$. Искомый угол, который образует прямая $AB$ с плоскостью $ADC$, — это угол $\angle BAD$.
• Проекцией наклонной $CB$ на плоскость $ADC$ является отрезок $CD$. Искомый угол, который образует прямая $CB$ с плоскостью $ADC$, — это угол $\angle BCD$.

Для нахождения величин этих углов введем обозначение. Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $a$, то есть $AB = BC = AC = a$.

Так как $BD \perp (ADC)$, то прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $BD \perp AD$ и $BD \perp CD$. Следовательно, треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $D$.

Рассмотрим эти прямоугольные треугольники:

• В $\triangle ABD$: по теореме Пифагора $AB^2 = AD^2 + BD^2$, откуда $AD^2 = a^2 - BD^2$.
• В $\triangle CBD$: по теореме Пифагора $BC^2 = CD^2 + BD^2$, откуда $CD^2 = a^2 - BD^2$.

Из полученных равенств следует, что $AD^2 = CD^2$, а значит $AD = CD$.

Теперь рассмотрим $\triangle ADC$. По условию $\angle ADC = 90^\circ$, и мы доказали, что катеты $AD$ и $CD$ равны. Значит, $\triangle ADC$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. По теореме Пифагора для этого треугольника:

$AC^2 = AD^2 + CD^2$

Подставляя известные значения, получаем:

$a^2 = AD^2 + AD^2 = 2AD^2$

Отсюда находим длину катета $AD$:

$AD^2 = \frac{a^2}{2} \Rightarrow AD = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Так как $CD = AD$, то $CD = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Теперь мы можем вычислить искомые углы.

Этот угол равен $\angle BAD$. Найдем его из прямоугольного треугольника $ABD$.

Косинус угла $\angle BAD$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(\angle BAD) = \frac{AD}{AB} = \frac{a/\sqrt{2}}{a} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Следовательно, искомый угол $\angle BAD = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

Этот угол равен $\angle BCD$. Найдем его из прямоугольного треугольника $CBD$.

Косинус угла $\angle BCD$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(\angle BCD) = \frac{CD}{BC} = \frac{a/\sqrt{2}}{a} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Следовательно, искомый угол $\angle BCD = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

Двугранный угол. Угол между плоскостями

118. На одной из граней двугранного угла, величина которого равна $45^\circ$, отметили точку $A$. Расстояние от точки $A$ до ребра двугранного угла равно 10 см. Найдите расстояние от точки $A$ до другой грани двугранного угла.

Пусть грани двугранного угла — это плоскости $\alpha$ и $\beta$, а их линия пересечения (ребро) — прямая $c$. Величина двугранного угла равна $45^\circ$.

В одной из граней, пусть это будет грань $\alpha$, отмечена точка $A$. Расстояние от точки $A$ до ребра $c$ равно 10 см. Это означает, что если мы опустим перпендикуляр из точки $A$ на прямую $c$, его длина будет равна 10 см. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $B$. Таким образом, мы имеем отрезок $AB$, такой что $AB \perp c$ и его длина $|AB| = 10$ см.

Нам нужно найти расстояние от точки $A$ до другой грани, то есть до плоскости $\beta$. Это расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $\beta$. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $C$. Таким образом, $AC \perp \beta$, и нам нужно найти длину отрезка $AC$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через точку $B$ и перпендикулярную ребру $c$. Так как $AB \perp c$, отрезок $AB$ лежит в этой плоскости. Проведем в плоскости $\beta$ прямую через точку $B$ перпендикулярно ребру $c$. Отрезок $BC$ будет лежать на этой прямой. Угол между отрезками $AB$ и $BC$ (оба перпендикулярны ребру $c$ в одной точке) является линейным углом двугранного угла. Следовательно, $\angle ABC = 45^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABC$. По построению $AC$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$. Так как прямая $BC$ лежит в плоскости $\beta$ и проходит через основание перпендикуляра $C$, то $AC \perp BC$. Это означает, что треугольник $ABC$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $C$ ($\angle ACB = 90^\circ$).

В прямоугольном треугольнике $ABC$ мы знаем:

• гипотенузу $AB = 10$ см;
• острый угол $\angle ABC = 45^\circ$;
• искомый катет $AC$, который лежит напротив угла $\angle ABC$.

Для нахождения катета $AC$ воспользуемся определением синуса угла в прямоугольном треугольнике:

$\sin(\angle ABC) = \frac{|AC|}{|AB|}$

Отсюда выражаем $|AC|$:

$|AC| = |AB| \cdot \sin(\angle ABC)$

Подставляем известные значения:

$|AC| = 10 \cdot \sin(45^\circ)$

Так как $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:

$|AC| = 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Ответ: $5\sqrt{2}$ см.

119. В гранях двугранного угла проведены прямые $a$ и $b$, параллельные его ребру, на расстоянии 10 см и 6 см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 14 см.

Пусть ребро двугранного угла — это прямая $c$, а его грани — плоскости $\alpha$ и $\beta$. В плоскости $\alpha$ проведена прямая $a \parallel c$ на расстоянии 10 см от $c$. В плоскости $\beta$ проведена прямая $b \parallel c$ на расстоянии 6 см от $c$. Расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 14 см.

Для определения величины двугранного угла необходимо найти его линейный угол. Для этого построим плоскость $\gamma$, перпендикулярную ребру $c$. Эта плоскость пересечет ребро $c$ в некоторой точке $O$, прямую $a$ в точке $A$ и прямую $b$ в точке $B$.

Так как плоскость $\gamma$ перпендикулярна ребру $c$, а прямые $a$ и $b$ параллельны $c$, то плоскость $\gamma$ будет перпендикулярна и прямым $a$ и $b$.

По построению, отрезки $OA$ и $OB$ лежат в плоскости $\gamma$ и перпендикулярны ребру $c$. Следовательно, их длины равны расстояниям от прямых $a$ и $b$ до ребра $c$ соответственно:

• $OA = 10$ см
• $OB = 6$ см

Угол $\angle AOB$ является линейным углом данного двугранного угла. Обозначим его как $\phi$.

Отрезок $AB$ соединяет точки $A$ на прямой $a$ и $B$ на прямой $b$. Так как $AB$ лежит в плоскости $\gamma$, перпендикулярной обеим прямым, то длина отрезка $AB$ равна расстоянию между скрещивающимися прямыми $a$ и $b$. По условию, это расстояние равно 14 см. Таким образом, $AB = 14$ см.

В итоге мы имеем треугольник $\triangle AOB$ со сторонами $OA = 10$ см, $OB = 6$ см и $AB = 14$ см. Искомый угол $\phi$ — это угол $\angle AOB$ в этом треугольнике. Найдем его, используя теорему косинусов:

$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\angle AOB)$

Подставим известные значения в формулу:

$14^2 = 10^2 + 6^2 - 2 \cdot 10 \cdot 6 \cdot \cos(\phi)$

Выполним вычисления:

$196 = 100 + 36 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 = 136 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 - 136 = -120 \cdot \cos(\phi)$

$60 = -120 \cdot \cos(\phi)$

Выразим $\cos(\phi)$:

$\cos(\phi) = \frac{60}{-120} = -\frac{1}{2}$

Величина двугранного угла $\phi$ должна быть в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$. Угол, косинус которого равен $-\frac{1}{2}$, в этом диапазоне равен $120^\circ$.

$\phi = \arccos(-\frac{1}{2}) = 120^\circ$

Ответ: $120^\circ$.