Страница 13 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $AMB$ и $AMC$ трёхгранного угла $MABC$ соответственно равны $125^\circ$ и $155^\circ$. Докажите, что плоский угол $BMC$ меньше $80^\circ$ и больше $30^\circ$.

2. Плоские углы $ASB$ и $ASC$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны $30^\circ$ и $45^\circ$. Двугранный угол при ребре $SA$ равен $150^\circ$. Найдите плоский угол $BSC$.

3. Ребро $BC$ тетраэдра $PABC$ равно $8$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $ACP$, если

$\angle BCP = \angle ACP = 30^\circ, \cos\angle ACB = \frac{7}{8}$.

1.

Для решения этой задачи воспользуемся свойствами плоских углов трёхгранного угла. Пусть даны плоские углы $\angle AMB = 125^\circ$, $\angle AMC = 155^\circ$. Обозначим искомый угол $\angle BMC = x$.

Основные свойства плоских углов трёхгранного угла:

1. Сумма плоских углов трёхгранного угла всегда меньше $360^\circ$.
2. Каждый плоский угол меньше суммы двух других. Как следствие, каждый плоский угол больше модуля разности двух других.

Применим первое свойство:

$\angle AMB + \angle AMC + \angle BMC < 360^\circ$

$125^\circ + 155^\circ + x < 360^\circ$

$280^\circ + x < 360^\circ$

$x < 360^\circ - 280^\circ$

$x < 80^\circ$

Теперь применим второе свойство (в форме неравенства для разности), чтобы найти нижнюю границу для угла $x$:

$x > |\angle AMC - \angle AMB|$

$x > |155^\circ - 125^\circ|$

$x > 30^\circ$

Объединяя оба неравенства, получаем $30^\circ < x < 80^\circ$, то есть плоский угол $BMC$ больше $30^\circ$ и меньше $80^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2.

Для нахождения плоского угла $BSC$ воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла. Пусть у нас есть трёхгранный угол с вершиной $S$. Обозначим плоские углы: $\angle ASB = \gamma = 30^\circ$, $\angle ASC = \beta = 45^\circ$, и $\angle BSC = \alpha$. Двугранный угол при ребре $SA$ равен $A = 150^\circ$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла гласит:

$\cos \alpha = \cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos A$

Подставим известные значения в формулу:

$\cos(\angle BSC) = \cos(45^\circ) \cos(30^\circ) + \sin(45^\circ) \sin(30^\circ) \cos(150^\circ)$

Вычислим значения необходимых тригонометрических функций:

$\cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$

$\cos(150^\circ) = \cos(180^\circ - 30^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти значения в выражение:

$\cos(\angle BSC) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{6}}{4} - \frac{\sqrt{6}}{8} = \frac{2\sqrt{6} - \sqrt{6}}{8} = \frac{\sqrt{6}}{8}$

Таким образом, искомый плоский угол $\angle BSC$ равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\angle BSC = \arccos\left(\frac{\sqrt{6}}{8}\right)$.

3.

Для нахождения расстояния от точки $B$ до плоскости $ACP$ нам нужно определить двугранный угол между плоскостями $BCP$ и $ACP$. Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной $C$. Его плоские углы: $\angle BCP = 30^\circ$, $\angle ACP = 30^\circ$, и $\angle ACB$, для которого известно, что $\cos(\angle ACB) = \frac{7}{8}$.

Пусть $\phi$ — двугранный угол при ребре $CP$. По теореме косинусов для трёхгранного угла:

$\cos(\angle ACB) = \cos(\angle ACP) \cos(\angle BCP) + \sin(\angle ACP) \sin(\angle BCP) \cos(\phi)$

Подставим известные значения и решим уравнение относительно $\cos(\phi)$:

$\frac{7}{8} = \cos(30^\circ) \cdot \cos(30^\circ) + \sin(30^\circ) \cdot \sin(30^\circ) \cdot \cos(\phi)$

$\frac{7}{8} = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \cos(\phi)$

$\frac{7}{8} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cos(\phi)$

Приведём $\frac{3}{4}$ к знаменателю 8: $\frac{3}{4} = \frac{6}{8}$.

$\frac{7}{8} = \frac{6}{8} + \frac{1}{4} \cos(\phi)$

$\frac{1}{8} = \frac{1}{4} \cos(\phi)$

$\cos(\phi) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$

Следовательно, двугранный угол $\phi = 60^\circ$.

Теперь найдём расстояние от точки $B$ до плоскости $ACP$. Обозначим это расстояние $d$. В плоскости $BCP$ опустим перпендикуляр $BH$ из точки $B$ на ребро $CP$. Длину $BH$ можно найти из треугольника $BCP$, в котором $BC = 8$ см и $\angle BCP = 30^\circ$.

$BH = BC \cdot \sin(\angle BCP) = 8 \cdot \sin(30^\circ) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см.

Расстояние $d$ от точки $B$ до плоскости $ACP$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на эту плоскость. Этот перпендикуляр, отрезок $BH$ и его проекция на плоскость $ACP$ образуют прямоугольный треугольник, в котором угол, противолежащий искомому расстоянию, равен двугранному углу $\phi$. Таким образом:

$d = BH \cdot \sin(\phi)$

Подставим известные значения:

$d = 4 \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.

Ответ: $2\sqrt{3}$ см.

Самостоятельная работа № 18

Геометрическое место точек пространства

1. Длина отрезка $AB$ равна 10 см. Найдите геометрическое место точек $X$, равноудалённых от точек $A$ и $B$ и таких, что $AX = 13$ см.

2. Стороны $AB$, $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ равны соответственно 15 см, 13 см и 4 см. Найдите геометрическое место точек $X$ таких, что каждая из прямых $XA$, $XB$ и $XC$ образует с плоскостью $ABC$ угол, равный $60^\circ$.

3. Найдите ГМТ, равноудалённых от пересекающихся плоскостей $\alpha$ и $\beta$ и удалённых от плоскости $\alpha$ на 6 см.

1. Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от точек $A$ и $B$, представляет собой плоскость $\gamma$, перпендикулярную отрезку $AB$ и проходящую через его середину $O$.
По условию, длина отрезка $AB$ равна 10 см, значит, точка $O$ делит его на два отрезка $AO$ и $OB$ по 5 см. $AO = \frac{AB}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.
Второе условие — $AX = 13$ см. Это ГМТ представляет собой сферу с центром в точке $A$ и радиусом $R = 13$ см.
Искомое ГМТ является пересечением этих двух множеств: плоскости $\gamma$ и сферы. Пересечением сферы и плоскости является окружность, если расстояние от центра сферы до плоскости меньше радиуса сферы.
Расстояние от центра сферы (точки $A$) до плоскости $\gamma$ равно длине отрезка $AO$, то есть 5 см. Так как $5 < 13$, пересечением является окружность.
Центр этой окружности — точка $O$, середина отрезка $AB$. Окружность лежит в плоскости $\gamma$.
Для нахождения радиуса $r$ этой окружности рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOX$, где $O$ — основание перпендикуляра из $X$ на прямую $AB$ (поскольку $X$ лежит в плоскости $\gamma$, перпендикулярной $AB$), $AO$ — катет, $AX$ — гипотенуза, а $OX=r$ — второй катет.
По теореме Пифагора: $AX^2 = AO^2 + OX^2$.
$13^2 = 5^2 + r^2$
$169 = 25 + r^2$
$r^2 = 169 - 25 = 144$
$r = \sqrt{144} = 12$ см.
Таким образом, искомое геометрическое место точек — это окружность.
Ответ: Окружность с центром в середине отрезка $AB$, лежащая в плоскости, перпендикулярной отрезку $AB$, и радиусом 12 см.

2. Пусть $X$ — точка, удовлетворяющая условию задачи, а $H$ — её проекция на плоскость треугольника $ABC$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость.
Следовательно, углы между прямыми $XA$, $XB$, $XC$ и их проекциями $HA$, $HB$, $HC$ соответственно равны $60^\circ$: $\angle XAH = \angle XBH = \angle XCH = 60^\circ$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle XHA$, $\triangle XHB$, $\triangle XHC$ (прямые углы при вершине $H$). У них общий катет $XH$, и противолежащие этому катету углы равны $60^\circ$. Следовательно, эти треугольники равны по катету и противолежащему углу.
Из равенства треугольников следует равенство других катетов: $HA = HB = HC$.
Это означает, что точка $H$ в плоскости $ABC$ равноудалена от вершин треугольника $A$, $B$ и $C$. Такая точка является центром описанной окружности $\triangle ABC$.
Найдём радиус $R$ описанной окружности ($R = HA = HB = HC$). Стороны треугольника $a=13$ см, $b=4$ см, $c=15$ см.
Вычислим площадь треугольника по формуле Герона. Полупериметр $p = \frac{13+4+15}{2} = \frac{32}{2} = 16$ см.
Площадь $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{16(16-13)(16-4)(16-15)} = \sqrt{16 \cdot 3 \cdot 12 \cdot 1} = \sqrt{576} = 24$ см$^2$.
Радиус описанной окружности $R = \frac{abc}{4S} = \frac{13 \cdot 4 \cdot 15}{4 \cdot 24} = \frac{13 \cdot 15}{24} = \frac{13 \cdot 5}{8} = \frac{65}{8}$ см.
Теперь найдём расстояние $XH$ от точки $X$ до плоскости $ABC$. Из $\triangle XHA$:
$\tan(\angle XAH) = \frac{XH}{HA} \implies XH = HA \cdot \tan(60^\circ) = R \cdot \sqrt{3} = \frac{65\sqrt{3}}{8}$ см.
Точки $X$ могут находиться по обе стороны от плоскости $ABC$. Таким образом, искомое ГМТ состоит из двух точек, расположенных на прямой, перпендикулярной плоскости $ABC$ и проходящей через центр описанной окружности этого треугольника, на расстоянии $\frac{65\sqrt{3}}{8}$ см от плоскости.
Ответ: Две точки, симметричные относительно плоскости $ABC$ и лежащие на перпендикуляре к этой плоскости, проведённом через центр описанной окружности треугольника $ABC$, на расстоянии $\frac{65\sqrt{3}}{8}$ см от плоскости.

3. Обозначим искомое геометрическое место точек (ГМТ) как $M$.
Первое условие: точки $M$ равноудалены от пересекающихся плоскостей $\alpha$ и $\beta$. ГМТ, удовлетворяющих этому условию, — это пара биссекторных плоскостей, делящих пополам двугранные углы, образованные плоскостями $\alpha$ и $\beta$.
Второе условие: точки $M$ удалены от плоскости $\alpha$ на 6 см. ГМТ, удовлетворяющих этому условию, — это пара плоскостей, параллельных плоскости $\alpha$ и находящихся на расстоянии 6 см от неё (по одной с каждой стороны).
Искомое ГМТ должно удовлетворять обоим условиям одновременно.
Пусть $X$ — произвольная точка искомого ГМТ. Из второго условия следует, что расстояние от $X$ до плоскости $\alpha$ равно 6 см: $d(X, \alpha) = 6$ см.
Из первого условия следует, что расстояние от $X$ до $\alpha$ равно расстоянию от $X$ до $\beta$: $d(X, \alpha) = d(X, \beta)$.
Объединяя эти два факта, получаем, что для любой точки $X$ из искомого ГМТ должно выполняться: $d(X, \alpha) = 6$ см и $d(X, \beta) = 6$ см.
Множество точек, удалённых от плоскости $\alpha$ на 6 см, — это две параллельные ей плоскости $\alpha_1$ и $\alpha_2$.
Множество точек, удалённых от плоскости $\beta$ на 6 см, — это две параллельные ей плоскости $\beta_1$ и $\beta_2$.
Искомое ГМТ является пересечением этих двух пар плоскостей: $(\alpha_1 \cup \alpha_2) \cap (\beta_1 \cup \beta_2)$.
Так как исходные плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются, то любая плоскость, параллельная $\alpha$, будет пересекать любую плоскость, параллельную $\beta$. Пересечением двух непараллельных плоскостей является прямая.
Следовательно, искомое ГМТ состоит из четырех прямых, полученных в результате пересечений: $\alpha_1 \cap \beta_1$, $\alpha_1 \cap \beta_2$, $\alpha_2 \cap \beta_1$ и $\alpha_2 \cap \beta_2$.
Все эти четыре прямые параллельны линии пересечения исходных плоскостей $\alpha$ и $\beta$.
Ответ: Четыре прямые, параллельные линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Самостоятельная работа № 19

Призма

1. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, меньшее основание которой равно 8 см, а острый угол — $60^\circ$. Диагонали трапеции являются биссектрисами её острых углов. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если её диагональ образует с плоскостью основания угол $30^\circ$.

2. Основанием наклонной призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB = AC = 10$ см, $BC = 16$ см. Боковое ребро призмы $AA_1$ образует с плоскостью основания угол $30^\circ$, а проекцией вершины $A_1$ на плоскость $ABC$ является середина отрезка $BC$. Найдите площадь грани $BB_1C_1C$.

3. Основанием прямой призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB = BC = 5$ см, $AC = 8$ см. Боковое ребро призмы равно 12 см. Найдите угол между прямыми $AB_1$ и $BC_1$.

1.

Поскольку призма прямая, ее боковая поверхность равна произведению периметра основания на высоту призмы. Найдем сначала стороны основания.

Основанием является равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Пусть меньшее основание $BC = 8$ см, а острый угол $\angle A = 60^{\circ}$. Так как трапеция равнобокая, $AB = CD$ и $\angle D = \angle A = 60^{\circ}$.

Диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A$, следовательно, $\angle BAC = \angle CAD = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$.

Поскольку прямые $AD$ и $BC$ параллельны, углы $\angle CAD$ и $\angle BCA$ равны как накрест лежащие. Таким образом, $\angle BCA = 30^{\circ}$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. В нем $\angle BAC = \angle BCA = 30^{\circ}$, значит, он равнобедренный, и боковая сторона $AB$ равна основанию $BC$. Следовательно, $AB = BC = 8$ см.

Так как трапеция равнобокая, $CD = AB = 8$ см.

Рассмотрим треугольник $ACD$. Углы в нем равны $\angle CAD = 30^{\circ}$ и $\angle D = 60^{\circ}$. Тогда третий угол $\angle ACD = 180^{\circ} - 30^{\circ} - 60^{\circ} = 90^{\circ}$. Треугольник $ACD$ — прямоугольный.

В прямоугольном треугольнике $ACD$ найдем большее основание $AD$ и диагональ $AC$:
$AD = \frac{CD}{\cos(60^{\circ})} = \frac{8}{1/2} = 16$ см.
$AC = CD \cdot \tan(60^{\circ}) = 8 \sqrt{3}$ см.

Периметр основания $P = AB + BC + CD + AD = 8 + 8 + 8 + 16 = 40$ см.

Теперь найдем высоту призмы $H$. Диагональ призмы $AC_1$ образует с плоскостью основания угол $30^{\circ}$. Этот угол — $\angle C_1AC$. Так как призма прямая, треугольник $ACC_1$ — прямоугольный ($\angle C = 90^{\circ}$).

Высота призмы $H = CC_1$ равна:
$H = AC \cdot \tan(\angle C_1AC) = 8\sqrt{3} \cdot \tan(30^{\circ}) = 8\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 8$ см.

Площадь боковой поверхности призмы $S_{бок}$ вычисляется по формуле:
$S_{бок} = P \cdot H = 40 \cdot 8 = 320$ см².

Ответ: $320$ см².

2.

Основанием призмы является равнобедренный треугольник $ABC$ с $AB = AC = 10$ см и $BC = 16$ см. Грань $BB_1C_1C$ — это параллелограмм. Его площадь равна произведению длины стороны $BC$ на высоту, проведенную к этой стороне.

Пусть $M$ — середина стороны $BC$. Тогда $BM = MC = 16/2 = 8$ см. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, медиана $AM$ является также и высотой, то есть $AM \perp BC$.

Из прямоугольного треугольника $AMB$ по теореме Пифагора найдем длину $AM$:
$AM = \sqrt{AB^2 - BM^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см.

По условию, проекцией вершины $A_1$ на плоскость основания является точка $M$. Это означает, что $A_1M$ — высота призмы $H$, и $A_1M \perp (ABC)$.

Угол между боковым ребром $AA_1$ и плоскостью основания — это угол между ребром и его проекцией $AM$, то есть $\angle A_1AM = 30^{\circ}$.

Из прямоугольного треугольника $A_1MA$ найдем высоту призмы $H = A_1M$:
$H = A_1M = AM \cdot \tan(30^{\circ}) = 6 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$ см.

Площадь грани $BB_1C_1C$ равна $S = BC \cdot h_{face}$, где $h_{face}$ — высота параллелограмма, проведенная из вершины $B_1$ к стороне $BC$.

Пусть $K$ — проекция точки $B_1$ на плоскость основания $ABC$. Тогда $B_1K$ — перпендикуляр к плоскости, и его длина равна высоте призмы $H = 2\sqrt{3}$ см (так как все точки верхнего основания находятся на одинаковом расстоянии от нижнего).

Поскольку $A_1B_1 \parallel AB$ и $A_1B_1 = AB$, их проекции на плоскость основания также будут параллельны и равны, то есть $MK \parallel AB$ и $MK=AB$. Но проекция $A_1$ это $M$, а проекция $B_1$ это $K$. Значит, вектор проекции $\vec{MK}$ равен вектору $\vec{AB}$.

Вектор $\vec{AM}$ перпендикулярен $\vec{BC}$. Вектор $\vec{BK}$ получается из вектора $\vec{AM}$ параллельным переносом. Следовательно, $\vec{BK}$ перпендикулярен $\vec{BC}$. Таким образом, $KB \perp BC$. Длина отрезка $BK$ равна длине отрезка $AM$, то есть $BK = AM = 6$ см.

Рассмотрим треугольник $B_1KB$. Он не является ключевым. Рассмотрим треугольник, образованный высотой параллелограмма $h_{face}$, её проекцией на основание и высотой призмы. Пусть $P$ — основание высоты $h_{face}$, опущенной из $B_1$ на прямую $BC$. $B_1P \perp BC$. Проекция этой высоты на плоскость основания — отрезок $KP$. Так как $B_1K \perp (ABC)$, то $B_1K \perp BC$. Так как $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $B_1K$ и $KP$ (по теореме о трех перпендикулярах, если $B_1P \perp BC$, то и ее проекция $KP \perp BC$), то $BC$ перпендикулярна плоскости $B_1KP$. Расстояние от точки $K$ до прямой $BC$ равно $BK$, так как $KB \perp BC$. Значит, $P$ совпадает с $B$, и $KP=KB=6$ см.

Высота параллелограмма $h_{face} = B_1B$ неверно, $P$ не совпадает с $B$. Проекция $K$ точки $B_1$ такова, что $\vec{MK}=\vec{AB}$. Расстояние от $K$ до прямой $BC$ - это длина перпендикуляра, опущенного из $K$ на $BC$. Пусть $L$ - основание этого перпендикуляра. Вектор $\vec{BK}=\vec{AM}$. В треугольнике $AMB$, $\angle AMB=90^\circ$. Таким образом, $BK \perp BM$. Значит, $KB$ и есть расстояние от точки $K$ до прямой $BC$. $KL=KB=6$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $B_1LK$ (так как $B_1L \perp (ABC)$). Гипотенуза $B_1K$ является высотой параллелограмма $h_{face}$. Ой, $B_1K$ - это высота призмы. $KL=6$см. $h_{face}$ - это $B_1L$. В прямоугольном треугольнике $B_1KL$:
$h_{face}^2 = B_1K^2 + KL^2 = (2\sqrt{3})^2 + 6^2 = 12 + 36 = 48$.
$h_{face} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$ см.

Площадь грани $BB_1C_1C$:
$S = BC \cdot h_{face} = 16 \cdot 4\sqrt{3} = 64\sqrt{3}$ см².

Ответ: $64\sqrt{3}$ см².

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $AB_1$ и $BC_1$ можно найти с помощью метода координат.

Введем систему координат. В основании лежит равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB = BC = 5$ см, $AC = 8$ см). Проведем высоту $BM$ к основанию $AC$. $BM$ будет также и медианой, поэтому $AM = MC = 4$ см.

Из прямоугольного треугольника $BMA$ найдем высоту $BM$:
$BM = \sqrt{AB^2 - AM^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = \sqrt{25 - 16} = \sqrt{9} = 3$ см.

Поместим начало координат в точку $M$. Ось $Ox$ направим вдоль $AC$, ось $Oy$ — вдоль $MB$. Ось $Oz$ будет направлена вдоль бокового ребра, так как призма прямая. Высота призмы $H = 12$ см.

Координаты вершин основания:
$A(-4, 0, 0)$, $C(4, 0, 0)$, $B(0, 3, 0)$.

Координаты вершин верхнего основания:
$A_1(-4, 0, 12)$, $B_1(0, 3, 12)$, $C_1(4, 0, 12)$.

Найдем направляющие векторы прямых $AB_1$ и $BC_1$:
$\vec{u} = \vec{AB_1} = \{0 - (-4); 3 - 0; 12 - 0\} = \{4; 3; 12\}$.
$\vec{v} = \vec{BC_1} = \{4 - 0; 0 - 3; 12 - 0\} = \{4; -3; 12\}$.

Косинус угла $\theta$ между векторами вычисляется по формуле:
$\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$.

Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 4 \cdot 4 + 3 \cdot (-3) + 12 \cdot 12 = 16 - 9 + 144 = 151$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{u}| = \sqrt{4^2 + 3^2 + 12^2} = \sqrt{16 + 9 + 144} = \sqrt{169} = 13$.
$|\vec{v}| = \sqrt{4^2 + (-3)^2 + 12^2} = \sqrt{16 + 9 + 144} = \sqrt{169} = 13$.

Теперь вычислим косинус угла:
$\cos \theta = \frac{151}{13 \cdot 13} = \frac{151}{169}$.

Искомый угол $\theta = \arccos\left(\frac{151}{169}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{151}{169}\right)$.