Номер 13.35, страница 152 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.35. На продолжении ребра $CB$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ за точку $B$ отметили точку $M$ так, что $\angle BAM = 15^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $AM$ и $D_1B$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $B$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $BA$, ось $Oy$ вдоль ребра $BC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $BB_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты: $A(a, 0, 0)$, $B(0, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$ и $D_1(a, a, a)$.

Точка $M$ лежит на продолжении ребра $CB$ за точку $B$. Это означает, что точка $M$ лежит на оси $Oy$ и ее координаты $(0, y_M, 0)$, где $y_M < 0$. Рассмотрим треугольник $ABM$. Он расположен в плоскости $z=0$. Так как ось $Ox$ перпендикулярна оси $Oy$, то $\angle ABM = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $ABM$ является прямоугольным.

Из прямоугольного треугольника $ABM$ найдем тангенс угла $\angle BAM$:$\tan(\angle BAM) = \frac{BM}{AB}$.Длина катета $AB = a$. Длина катета $BM$ равна модулю координаты $y_M$, то есть $BM = |y_M| = -y_M$.По условию $\angle BAM = 15^\circ$. Таким образом, $\tan(15^\circ) = \frac{-y_M}{a}$.

Вычислим значение $\tan(15^\circ)$, используя формулу тангенса разности:$\tan(15^\circ) = \tan(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\tan(45^\circ) - \tan(30^\circ)}{1 + \tan(45^\circ)\tan(30^\circ)} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$.Домножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}-1$:$\frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{3-1} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{2} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}$.

Теперь мы можем найти $y_M$:$y_M = -a \tan(15^\circ) = -a(2 - \sqrt{3})$.Координаты точки $M$ равны $(0, -a(2 - \sqrt{3}), 0)$.

Чтобы найти угол между прямыми $AM$ и $D_1B$, найдем их направляющие векторы.Направляющий вектор прямой $AM$ – это вектор $\vec{AM}$:$\vec{AM} = \{0-a; -a(2-\sqrt{3})-0; 0-0\} = \{-a; -a(2-\sqrt{3}); 0\}$.Для удобства вычислений возьмем коллинеарный вектор $\vec{u}$, разделив координаты $\vec{AM}$ на $-a$:$\vec{u} = \{1; 2-\sqrt{3}; 0\}$.

Направляющий вектор прямой $D_1B$ – это вектор $\vec{D_1B}$:$\vec{D_1B} = \{0-a; 0-a; 0-a\} = \{-a; -a; -a\}$.Возьмем коллинеарный вектор $\vec{v}$, разделив координаты $\vec{D_1B}$ на $-a$:$\vec{v} = \{1; 1; 1\}$.

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

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{u}$ и $\vec{v}$:$\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \cdot 1 + (2-\sqrt{3}) \cdot 1 + 0 \cdot 1 = 1 + 2 - \sqrt{3} = 3-\sqrt{3}$.Так как $3^2=9$ и $(\sqrt{3})^2=3$, то $3 > \sqrt{3}$, следовательно, $3-\sqrt{3} > 0$ и $|\vec{u} \cdot \vec{v}| = 3-\sqrt{3}$.

Найдем длины (модули) векторов:$|\vec{u}| = \sqrt{1^2 + (2-\sqrt{3})^2 + 0^2} = \sqrt{1 + (4 - 4\sqrt{3} + 3)} = \sqrt{8 - 4\sqrt{3}}$.Упростим выражение под корнем: $\sqrt{8 - 4\sqrt{3}} = \sqrt{8 - 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2} = \sqrt{6}-\sqrt{2}$.$|\vec{v}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$.

Подставим все найденные значения в формулу для косинуса угла:$\cos \phi = \frac{3-\sqrt{3}}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{3}}$.Преобразуем выражение. В числителе вынесем $\sqrt{3}$ за скобки: $3-\sqrt{3} = \sqrt{3}(\sqrt{3}-1)$.В знаменателе также вынесем общий множитель: $(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{3} = \sqrt{2}(\sqrt{3}-1)\sqrt{3}$.$\cos \phi = \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.