Номер 13.34, страница 152 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.34. На ребре $BC$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $K$ так, что $\angle BAK = 15^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $AK$ и $B_1D$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим оси координат вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(a, 0, 0)$
• $D(0, a, 0)$
• $B_1(a, 0, a)$

Точка $K$ лежит на ребре $BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABK$ в плоскости основания $ABCD$ (плоскость $z=0$). Так как $AB \perp BC$, то $\angle ABK = 90^\circ$. Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике имеем:

$BK = AB \cdot \tan(\angle BAK)$

По условию $\angle BAK = 15^\circ$ и $AB = a$. Найдем значение $\tan(15^\circ)$:

$\tan(15^\circ) = \tan(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\tan(45^\circ) - \tan(30^\circ)}{1 + \tan(45^\circ)\tan(30^\circ)} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$

$\tan(15^\circ) = \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{3-1} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}$

Тогда длина отрезка $BK = a(2 - \sqrt{3})$.

Координаты точки $K$, лежащей на ребре $BC$, будут $(a, BK, 0)$, то есть $K(a, a(2 - \sqrt{3}), 0)$.

Теперь найдем координаты векторов $\vec{AK}$ и $\vec{B_1D}$:

$\vec{AK} = K - A = (a, a(2 - \sqrt{3}), 0) - (0, 0, 0) = (a, a(2 - \sqrt{3}), 0)$

$\vec{B_1D} = D - B_1 = (0, a, 0) - (a, 0, a) = (-a, a, -a)$

Косинус угла $\theta$ между прямыми $AK$ и $B_1D$ равен модулю косинуса угла между векторами $\vec{AK}$ и $\vec{B_1D}$ и вычисляется по формуле:

$\cos\theta = \frac{|\vec{AK} \cdot \vec{B_1D}|}{|\vec{AK}| \cdot |\vec{B_1D}|}$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AK} \cdot \vec{B_1D} = a(-a) + a(2 - \sqrt{3})a + 0(-a) = -a^2 + 2a^2 - a^2\sqrt{3} = a^2(1 - \sqrt{3})$

Модуль скалярного произведения: $|\vec{AK} \cdot \vec{B_1D}| = |a^2(1 - \sqrt{3})| = a^2(\sqrt{3} - 1)$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AK}| = \sqrt{a^2 + (a(2 - \sqrt{3}))^2 + 0^2} = \sqrt{a^2 + a^2(4 - 4\sqrt{3} + 3)} = \sqrt{a^2(1 + 7 - 4\sqrt{3})} = a\sqrt{8 - 4\sqrt{3}}$

Упростим выражение $\sqrt{8 - 4\sqrt{3}} = \sqrt{8 - 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6} - \sqrt{2})^2} = \sqrt{6} - \sqrt{2}$.

Таким образом, $|\vec{AK}| = a(\sqrt{6} - \sqrt{2})$.

$|\vec{B_1D}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + (-a)^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos\theta = \frac{a^2(\sqrt{3} - 1)}{a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) \cdot a\sqrt{3}} = \frac{a^2(\sqrt{3} - 1)}{a^2(\sqrt{6} - \sqrt{2})\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{6}$.