Номер 14.49, страница 165 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

14.49. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между плоскостями $BC_1D$ и $AD_1C$.

Для нахождения угла между плоскостями $(BC_1D)$ и $(AD_1C)$ воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $D$ куба. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

• $A(a, 0, 0)$
• $B(a, a, 0)$
• $C(0, a, 0)$
• $D(0, 0, 0)$
• $A_1(a, 0, a)$
• $B_1(a, a, a)$
• $C_1(0, a, a)$
• $D_1(0, 0, a)$

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы для каждой из плоскостей.

1. Нахождение нормального вектора к плоскости $(BC_1D)$.

Эта плоскость проходит через точки $B(a, a, 0)$, $C_1(0, a, a)$ и $D(0, 0, 0)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:

$\vec{DB} = (a-0, a-0, 0-0) = (a, a, 0)$

$\vec{DC_1} = (0-0, a-0, a-0) = (0, a, a)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $(BC_1D)$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:

$\vec{n_1} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) = a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k}$

Таким образом, $\vec{n_1} = (a^2, -a^2, a^2)$. Для удобства можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив координаты на $a^2$: $\vec{n_1'} = (1, -1, 1)$.

2. Нахождение нормального вектора к плоскости $(AD_1C)$.

Эта плоскость проходит через точки $A(a, 0, 0)$, $D_1(0, 0, a)$ и $C(0, a, 0)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{CA}$ и $\vec{CD_1}$:

$\vec{CA} = (a-0, 0-a, 0-0) = (a, -a, 0)$

$\vec{CD_1} = (0-0, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $(AD_1C)$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{CA}$ и $\vec{CD_1}$:

$\vec{n_2} = \vec{CA} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ 0 & -a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot (-a) - (-a) \cdot 0) = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} - a^2\mathbf{k}$

Таким образом, $\vec{n_2} = (-a^2, -a^2, -a^2)$. Для удобства можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив координаты на $-a^2$: $\vec{n_2'} = (1, 1, 1)$.

3. Нахождение угла между нормальными векторами.

Теперь найдем косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{n_1'} = (1, -1, 1)$ и $\vec{n_2'} = (1, 1, 1)$ по формуле:

$\cos \theta = \frac{|\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}|}{||\vec{n_1'}|| \cdot ||\vec{n_2'}||}$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 1 - 1 + 1 = 1$

Найдем длины (модули) векторов:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|1|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{3}$

Следовательно, искомый угол $\theta$ между плоскостями равен арккосинусу этого значения.

$\theta = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$