Страница 25 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $APB$ и $BPC$ трёхгранного угла $PABC$ соответственно равны $110^\circ$ и $165^\circ$. Докажите, что плоский угол $APC$ меньше $85^\circ$ и больше $55^\circ$.

2. Плоские углы $AMB$ и $AMC$ трёхгранного угла $MABC$ соответственно равны $45^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $MA$ равен $30^\circ$. Найдите плоский угол $BMC$.

3. Ребро $AC$ тетраэдра $SABC$ равно $12\sqrt{2}$ см. Найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC$, если $\angle SCA = \angle SCB = 45^\circ$, $\cos\angle ACB = \frac{3}{4}$.

1. Для решения этой задачи воспользуемся свойствами плоских углов трёхгранного угла. Пусть плоские углы трёхгранного угла $PABC$ равны $\alpha = \angle APB = 110^\circ$, $\beta = \angle BPC = 165^\circ$ и $\gamma = \angle APC$.

Согласно свойствам трёхгранного угла, должны выполняться следующие неравенства:

1. Каждый плоский угол меньше суммы двух других.
$\gamma < \alpha + \beta \implies \gamma < 110^\circ + 165^\circ \implies \gamma < 275^\circ$.
$\alpha < \beta + \gamma \implies 110^\circ < 165^\circ + \gamma$, что верно для любого положительного $\gamma$.
$\beta < \alpha + \gamma \implies 165^\circ < 110^\circ + \gamma \implies \gamma > 165^\circ - 110^\circ \implies \gamma > 55^\circ$.

2. Сумма всех плоских углов трёхгранного угла меньше $360^\circ$.
$\alpha + \beta + \gamma < 360^\circ$
$110^\circ + 165^\circ + \gamma < 360^\circ$
$275^\circ + \gamma < 360^\circ$
$\gamma < 360^\circ - 275^\circ \implies \gamma < 85^\circ$.

Объединяя полученные неравенства для $\gamma$, получаем: $55^\circ < \gamma < 85^\circ$.Таким образом, доказано, что плоский угол $APC$ меньше $85^\circ$ и больше $55^\circ$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

2. Для нахождения плоского угла $BMC$ воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла.
Пусть плоские углы при вершине $M$ равны: $\angle AMB = c = 45^\circ$, $\angle AMC = b = 60^\circ$ и искомый угол $\angle BMC = a$.
Двугранный угол при ребре $MA$ (угол между плоскостями $AMB$ и $AMC$) равен $A = 30^\circ$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла гласит:
$\cos a = \cos b \cdot \cos c + \sin b \cdot \sin c \cdot \cos A$

Подставим известные значения в формулу:
$\cos(\angle BMC) = \cos(60^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(60^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos(30^\circ)$

Вычислим значения тригонометрических функций:
$\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$
$\cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти значения в выражение для косинуса угла $BMC$:
$\cos(\angle BMC) = \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$\cos(\angle BMC) = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{3\sqrt{2}}{8}$
$\cos(\angle BMC) = \frac{2\sqrt{2}}{8} + \frac{3\sqrt{2}}{8} = \frac{5\sqrt{2}}{8}$

Таким образом, плоский угол $BMC$ равен арккосинусу этого значения.
Ответ: $\angle BMC = \arccos\left(\frac{5\sqrt{2}}{8}\right)$.

3. Расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на эту плоскость. Обозначим это расстояние как $h$.

Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной в точке $C$. Его плоские углы: $\angle SCA = 45^\circ$, $\angle SCB = 45^\circ$ и $\angle ACB$.
Воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла, чтобы найти двугранный угол $\theta$ при ребре $SC$ (угол между плоскостями $SCA$ и $SCB$).
$\cos(\angle ACB) = \cos(\angle SCA) \cdot \cos(\angle SCB) + \sin(\angle SCA) \cdot \sin(\angle SCB) \cdot \cos\theta$
Подставляем известные значения:
$\frac{3}{4} = \cos(45^\circ) \cdot \cos(45^\circ) + \sin(45^\circ) \cdot \sin(45^\circ) \cdot \cos\theta$
$\frac{3}{4} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \cos\theta$
$\frac{3}{4} = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} \cdot \cos\theta \implies \frac{3}{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cos\theta$
$\frac{1}{2} \cos\theta = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$
$\cos\theta = \frac{1}{2}$, откуда $\theta = 60^\circ$.

Теперь найдём расстояние от точки $A$ до прямой $SC$. В плоскости $SCA$ опустим перпендикуляр $AO$ из точки $A$ на прямую $SC$. Длина $AO$ — это искомое расстояние. В треугольнике $AOC$ угол $\angle ACO = 45^\circ$.
$d = AO = AC \cdot \sin(\angle SCA) = 12\sqrt{2} \cdot \sin(45^\circ) = 12\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 12$ см.

Расстояние $h$ от точки $A$ (лежащей в плоскости $SCA$) до плоскости $SBC$ связано с расстоянием $d$ от точки $A$ до линии пересечения плоскостей $SC$ и двугранным углом $\theta$ между плоскостями по формуле:
$h = d \cdot \sin\theta$
Подставляем найденные значения:
$h = 12 \cdot \sin(60^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

Ответ: $6\sqrt{3}$ см.

Самостоятельная работа № 18

Геометрическое место точек пространства

1. Длина отрезка $CD$ равна 12 см. Найдите геометрическое место точек $X$, равноудалённых от точек $C$ и $D$ и таких, что $CX = 10$ см.

2. Стороны $AB$, $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ равны соответственно 17 см, 10 см и 9 см. Найдите геометрическое место точек $X$ таких, что каждая из прямых $XA$, $XB$ и $XC$ образует с плоскостью $ABC$ угол, равный $30^{\circ}$.

3. Найдите ГМТ, равноудалённых от пересекающихся плоскостей $\alpha$ и $\beta$ и удалённых от их линии пересечения на 5 см.

1.

Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от двух точек C и D, представляет собой плоскость, перпендикулярную отрезку CD и проходящую через его середину. Обозначим эту плоскость как α, а середину отрезка CD как M.

По условию, длина отрезка CD равна 12 см. Следовательно, точка M делит его на два отрезка по 6 см: $CM = MD = \frac{12}{2} = 6$ см.

Второе условие задачи гласит, что расстояние от искомой точки X до точки C равно 10 см, то есть $CX = 10$ см. Геометрическое место точек, находящихся на постоянном расстоянии (в данном случае 10 см) от заданной точки (C), — это сфера с центром в точке C и радиусом $R = 10$ см.

Таким образом, искомое ГМТ является пересечением плоскости α и сферы.

Рассмотрим треугольник CMX, где X — любая точка искомого ГМТ. Так как точка X лежит в плоскости α, а точка M также лежит в этой плоскости, то и прямая MX лежит в плоскости α. Отрезок CD перпендикулярен плоскости α по определению. Следовательно, отрезок CD перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку M, в том числе и прямой MX. Это означает, что треугольник CMX является прямоугольным с прямым углом при вершине M.

По теореме Пифагора для треугольника CMX:

$CX^2 = CM^2 + MX^2$

Подставим известные значения:

$10^2 = 6^2 + MX^2$

$100 = 36 + MX^2$

$MX^2 = 100 - 36 = 64$

$MX = \sqrt{64} = 8$ см.

Это означает, что любая точка X искомого ГМТ находится в плоскости α на расстоянии 8 см от точки M. Множество таких точек образует окружность, лежащую в плоскости α, с центром в точке M и радиусом 8 см.

Ответ: Окружность радиусом 8 см с центром в середине отрезка CD, лежащая в плоскости, перпендикулярной отрезку CD.

2.

Пусть X — искомая точка, а H — её проекция на плоскость треугольника ABC. Тогда отрезок XH перпендикулярен плоскости ABC.

Угол между наклонной (например, XA) и плоскостью (ABC) — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость (HA). По условию, этот угол равен $30^\circ$. Таким образом, мы имеем:

$\angle XAH = \angle XBH = \angle XCH = 30^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle XHA$, $\triangle XHB$ и $\triangle XHC$ (они прямоугольные, так как $XH \perp$ плоскости ABC). У них общий катет XH. Из соотношений в прямоугольном треугольнике:

$HA = \frac{XH}{\tan(30^\circ)}$, $HB = \frac{XH}{\tan(30^\circ)}$, $HC = \frac{XH}{\tan(30^\circ)}$.

Отсюда следует, что $HA = HB = HC$. Точка H в плоскости треугольника ABC, равноудалённая от его вершин, является центром описанной окружности этого треугольника. Расстояние от H до вершин равно радиусу описанной окружности R.

Найдём радиус R описанной окружности треугольника ABC со сторонами $a = BC = 10$ см, $b = AC = 9$ см, $c = AB = 17$ см. Сначала вычислим площадь треугольника S по формуле Герона. Полупериметр p:

$p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{10+9+17}{2} = \frac{36}{2} = 18$ см.

Площадь S:

$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{18(18-10)(18-9)(18-17)} = \sqrt{18 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 1} = \sqrt{1296} = 36$ см$^2$.

Теперь найдём радиус описанной окружности R по формуле $R = \frac{abc}{4S}$:

$R = \frac{10 \cdot 9 \cdot 17}{4 \cdot 36} = \frac{10 \cdot 17}{4 \cdot 4} = \frac{170}{16} = \frac{85}{8}$ см.

Таким образом, точка H — это центр описанной окружности $\triangle ABC$. Искомые точки X должны лежать на прямой, перпендикулярной плоскости ABC и проходящей через точку H. Расстояние от точки X до плоскости ABC равно XH. Найдем его:

$XH = R \cdot \tan(30^\circ) = \frac{85}{8} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{85}{8\sqrt{3}} = \frac{85\sqrt{3}}{24}$ см.

Поскольку точка X может находиться по любую сторону от плоскости ABC, существуют две такие точки, симметричные относительно плоскости ABC.

Ответ: Две точки, расположенные на прямой, перпендикулярной плоскости треугольника ABC и проходящей через центр его описанной окружности, на расстоянии $\frac{85\sqrt{3}}{24}$ см от этой плоскости.

3.

Рассмотрим каждое условие отдельно.

1. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей α и β, представляет собой пару биссекторных плоскостей. Эти плоскости делят пополам двугранные углы, образованные плоскостями α и β. Они проходят через линию пересечения плоскостей α и β и взаимно перпендикулярны.

2. Геометрическое место точек, удалённых от прямой (в данном случае, от линии пересечения плоскостей) на постоянное расстояние (5 см), представляет собой поверхность цилиндра вращения. Осью этого цилиндра является данная прямая, а радиус равен 5 см.

Искомое ГМТ является пересечением двух ГМТ, описанных выше, то есть пересечением пары биссекторных плоскостей с цилиндром.

Обе биссекторные плоскости содержат ось цилиндра (линию пересечения плоскостей α и β). Пересечение плоскости, проходящей через ось цилиндра, с самим цилиндром представляет собой пару параллельных прямых. Эти прямые лежат в секущей плоскости и удалены от оси на расстояние, равное радиусу цилиндра.

Следовательно:

• Пересечение первой биссекторной плоскости с цилиндром даст две параллельные прямые, удалённые от линии пересечения α и β на 5 см.
• Пересечение второй биссекторной плоскости с цилиндром даст ещё две параллельные прямые, также удалённые от линии пересечения α и β на 5 см.

В итоге мы получаем четыре прямые, все они параллельны линии пересечения плоскостей α и β.

Ответ: Четыре прямые, параллельные линии пересечения плоскостей α и β и отстоящие от неё на 5 см. Эти прямые лежат в биссекторных плоскостях двугранных углов, образованных плоскостями α и β (по две прямые в каждой плоскости).

Самостоятельная работа № 19

Призма

1. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, основания которой равны 4 см и 12 см, а диагонали являются биссектрисами её тупых углов. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если её диагональ образует с боковым ребром угол $30^{\circ}$.

2. Основанием наклонной призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ является треугольник $ABC$, в котором $AB = BC = 13$ см, $AC = 10$ см. Боковое ребро призмы $BB_1$ образует с плоскостью основания угол $45^{\circ}$, а проекцией точки $B_1$ на плоскость $ABC$ является точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Найдите площадь грани $AA_1 C_1 C$.

3. Основанием прямой призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, $AC = AB = 15$ см, $BC = 24$ см. Боковое ребро призмы равно 8 см. Найдите угол между прямыми $AC_1$ и $BA_1$.

1.

Пусть основанием прямой призмы является равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=12$ см и $BC=4$ см. Пусть диагональ $BD$ является биссектрисой тупого угла $\angle ABC$.

1. Найдем стороны основания.
По условию, диагональ является биссектрисой тупого угла. Пусть это будет диагональ $BD$, которая является биссектрисой угла $\angle ABC$. Тогда $\angle ABD = \angle DBC$.
Так как $BC \parallel AD$ (основания трапеции), то $\angle DBC = \angle BDA$ как накрест лежащие углы при секущей $BD$.
Из этих двух равенств следует, что $\angle ABD = \angle BDA$. Это означает, что треугольник $ABD$ является равнобедренным с основанием $BD$, и, следовательно, боковая сторона $AB$ равна основанию $AD$.
$AB = AD = 12$ см.
Поскольку трапеция равнобокая, ее боковые стороны равны: $CD = AB = 12$ см.
Периметр основания $P$ равен сумме длин всех его сторон:
$P = AB + BC + CD + AD = 12 + 4 + 12 + 12 = 40$ см.

2. Найдем длину диагонали основания.
Рассмотрим трапецию $ABCD$. Проведем высоту $BH$ из вершины $B$ на основание $AD$. В равнобокой трапеции отрезок $AH$ вычисляется по формуле:
$AH = \frac{AD - BC}{2} = \frac{12 - 4}{2} = 4$ см.
В прямоугольном треугольнике $ABH$ найдем косинус угла $\angle DAB$:
$\cos(\angle DAB) = \frac{AH}{AB} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.
Так как трапеция равнобокая, $\angle CDA = \angle DAB$, значит $\cos(\angle CDA) = \frac{1}{3}$.
Теперь найдем длину диагонали $AC$ из треугольника $ACD$ по теореме косинусов:
$AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2 \cdot AD \cdot CD \cdot \cos(\angle CDA)$
$AC^2 = 12^2 + 12^2 - 2 \cdot 12 \cdot 12 \cdot \frac{1}{3} = 144 + 144 - 2 \cdot 144 \cdot \frac{1}{3} = 288 - 96 = 192$.
$AC = \sqrt{192} = \sqrt{64 \cdot 3} = 8\sqrt{3}$ см.

3. Найдем высоту призмы.
Пусть призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Призма прямая, значит боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$. Следовательно, треугольник $A_1AC$ прямоугольный с прямым углом $\angle A_1AC$.
Диагональ призмы $A_1C$ образует с боковым ребром $AA_1$ угол $\angle CA_1A = 30^\circ$.
Из прямоугольного треугольника $A_1AC$ найдем высоту призмы $h = AA_1$:
$\text{tg}(\angle CA_1A) = \frac{AC}{AA_1}$
$h = AA_1 = \frac{AC}{\text{tg}(30^\circ)} = \frac{8\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 8\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 24$ см.

4. Найдем площадь боковой поверхности.
Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле $S_{бок} = P \cdot h$, где $P$ - периметр основания, $h$ - высота призмы.
$S_{бок} = 40 \cdot 24 = 960$ см$^2$.

Ответ: $960$ см$^2$.

2.

1. Проанализируем основание и найдем его элементы.
Основанием призмы является равнобедренный треугольник $ABC$ со сторонами $AB=BC=13$ см и $AC=10$ см. Проведем медиану (а также высоту и биссектрису) $BM$ к основанию $AC$. Точка $M$ - середина $AC$, поэтому $AM = MC = 10/2 = 5$ см.
Из прямоугольного треугольника $ABM$ по теореме Пифагора найдем длину медианы $BM$:
$BM = \sqrt{AB^2 - AM^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12$ см.

2. Найдем длину бокового ребра и высоту призмы.
По условию, проекцией вершины $B_1$ на плоскость основания $ABC$ является точка пересечения медиан (центроид) треугольника $ABC$. Обозначим эту точку $O$.
Центроид $O$ лежит на медиане $BM$ и делит ее в отношении $2:1$, считая от вершины. Таким образом:
$BO = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8$ см.
Отрезок $BO$ является проекцией бокового ребра $BB_1$ на плоскость основания. Угол между боковым ребром и плоскостью основания - это угол $\angle B_1BO$, который по условию равен $45^\circ$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $B_1OB$ (угол $\angle B_1OB = 90^\circ$). $B_1O$ - высота призмы $h$.
$h = B_1O = BO \cdot \text{tg}(45^\circ) = 8 \cdot 1 = 8$ см.
Длина бокового ребра $l = BB_1$ равна:
$l = BB_1 = \frac{BO}{\cos(45^\circ)} = \frac{8}{\sqrt{2}/2} = 8\sqrt{2}$ см.
Все боковые ребра призмы равны, т.е. $AA_1 = CC_1 = BB_1 = 8\sqrt{2}$ см.

3. Найдем площадь грани $AA_1C_1C$.
Грань $AA_1C_1C$ является параллелограммом. Для нахождения ее площади воспользуемся методом координат. Разместим основание в плоскости $Oxy$. Пусть точка $M$ (середина $AC$) совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Тогда ось $x$ направим вдоль $AC$, а ось $y$ - вдоль $MB$.
Координаты вершин основания:
$A = (-5, 0, 0)$, $C = (5, 0, 0)$, $B = (0, 12, 0)$.
Координаты центроида $O$: $O = (\frac{-5+5+0}{3}, \frac{0+0+12}{3}, \frac{0+0+0}{3}) = (0, 4, 0)$.
Вершина $B_1$ имеет проекцию $O(0,4,0)$ и находится на высоте $h=8$. Следовательно, $B_1 = (0, 4, 8)$.
Вектор бокового ребра $\vec{l} = \vec{BB_1} = B_1 - B = (0-0, 4-12, 8-0) = (0, -8, 8)$.
Этот вектор одинаков для всех боковых ребер, т.е. $\vec{AA_1} = (0, -8, 8)$.
Вектор стороны основания $\vec{AC} = C - A = (5 - (-5), 0-0, 0-0) = (10, 0, 0)$.
Площадь параллелограмма $AA_1C_1C$ равна модулю векторного произведения векторов $\vec{AC}$ и $\vec{AA_1}$:
$S = |\vec{AC} \times \vec{AA_1}|$.
$\vec{AC} \times \vec{AA_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 10 & 0 & 0 \\ 0 & -8 & 8 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 8 - 0 \cdot (-8)) - \vec{j}(10 \cdot 8 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(10 \cdot (-8) - 0 \cdot 0) = 0\vec{i} - 80\vec{j} - 80\vec{k}$.
$S = \sqrt{0^2 + (-80)^2 + (-80)^2} = \sqrt{6400 + 6400} = \sqrt{2 \cdot 6400} = 80\sqrt{2}$ см$^2$.

Ответ: $80\sqrt{2}$ см$^2$.

3.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AC_1$ и $BA_1$ воспользуемся методом координат.

1. Введем систему координат.
Основанием призмы является равнобедренный треугольник $ABC$ со сторонами $AC=AB=15$ см и $BC=24$ см. Призма прямая, ее высота (длина бокового ребра) $h=8$ см.
Расположим основание $ABC$ в плоскости $z=0$. Пусть середина стороны $BC$ будет в начале координат $(0,0,0)$. Ось $x$ направим вдоль прямой $BC$.
Тогда вершины $B$ и $C$ будут иметь координаты: $B = (-12, 0, 0)$ и $C = (12, 0, 0)$.
Вершина $A$ будет лежать на оси $y$. Найдем ее $y$-координату из длины стороны $AB=15$.
$AB^2 = (0 - (-12))^2 + (y_A - 0)^2 + (0-0)^2 = 12^2 + y_A^2 = 144 + y_A^2$.
$15^2 = 144 + y_A^2 \Rightarrow 225 = 144 + y_A^2 \Rightarrow y_A^2 = 81 \Rightarrow y_A = 9$.
Итак, координаты вершин основания: $A = (0, 9, 0)$, $B = (-12, 0, 0)$, $C = (12, 0, 0)$.
Так как призма прямая и ее высота $h=8$, координаты вершин верхнего основания:
$A_1 = (0, 9, 8)$, $B_1 = (-12, 0, 8)$, $C_1 = (12, 0, 8)$.

2. Найдем направляющие векторы прямых.
Для прямой $AC_1$ направляющий вектор $\vec{v_1} = \vec{AC_1} = C_1 - A = (12-0, 0-9, 8-0) = (12, -9, 8)$.
Для прямой $BA_1$ направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{BA_1} = A_1 - B = (0-(-12), 9-0, 8-0) = (12, 9, 8)$.

3. Найдем угол между векторами.
Косинус угла $\alpha$ между векторами находится по формуле скалярного произведения:
$\cos(\alpha) = \frac{\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$.
Найдем скалярное произведение:
$\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = 12 \cdot 12 + (-9) \cdot 9 + 8 \cdot 8 = 144 - 81 + 64 = 127$.
Найдем длины векторов:
$|\vec{v_1}| = \sqrt{12^2 + (-9)^2 + 8^2} = \sqrt{144 + 81 + 64} = \sqrt{289} = 17$.
$|\vec{v_2}| = \sqrt{12^2 + 9^2 + 8^2} = \sqrt{144 + 81 + 64} = \sqrt{289} = 17$.
Теперь найдем косинус угла:
$\cos(\alpha) = \frac{127}{17 \cdot 17} = \frac{127}{289}$.
Поскольку $\cos(\alpha) > 0$, угол $\alpha$ острый, и он является углом между прямыми.

Ответ: $\arccos\left(\frac{127}{289}\right)$.