Номер 14.50, страница 165 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

14.50. Точка $M$ – середина ребра $A_1 D_1$ куба $ABCDA_1 B_1 C_1 D_1$. Найдите угол между плоскостями $ABM$ и $BC_1 D$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты некоторых вершин куба будут следующими:

$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $D_1(0, a, a)$, $C_1(a, a, a)$.

Точка $M$ является серединой ребра $A_1D_1$. Найдем ее координаты:

$M = \left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{a+a}{2}\right) = \left(0, \frac{a}{2}, a\right)$

Угол между двумя плоскостями равен углу между их векторами нормали. Найдем векторы нормали для плоскостей $ABM$ и $BC_1D$.

1. Нахождение вектора нормали к плоскости ABM.

Плоскость $ABM$ задается тремя точками: $A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$ и $M(0, \frac{a}{2}, a)$.

Для нахождения вектора нормали $\vec{n_1}$ найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AM}$:

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

$\vec{AM} = (0-0, \frac{a}{2}-0, a-0) = (0, \frac{a}{2}, a)$

Вектор нормали $\vec{n_1}$ перпендикулярен этим векторам, и его можно найти как их векторное произведение:

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

Для упрощения вычислений можно взять любой вектор, коллинеарный $\vec{n_1}$. Умножим полученный вектор на $\frac{2}{a^2}$: $\vec{n_1}' = (0, -2, 1)$. Также можно взять противоположный вектор $\vec{n_1} = (0, 2, -1)$, что не повлияет на величину угла.

2. Нахождение вектора нормали к плоскости BC₁D.

Плоскость $BC_1D$ задается тремя точками: $B(a, 0, 0)$, $C_1(a, a, a)$ и $D(0, a, 0)$.

Найдем два неколлинеарных вектора в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:

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

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

Вектор нормали $\vec{n_2}$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - (-a) \cdot a) = (-a^2, -a^2, a^2)$

Упростим, разделив на $-a^2$: $\vec{n_2} = (1, 1, -1)$.

3. Нахождение угла между векторами нормали.

Косинус угла $\varphi$ между векторами $\vec{n_1} = (0, 2, -1)$ и $\vec{n_2} = (1, 1, -1)$ находится по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0 \cdot 1 + 2 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) = 0 + 2 + 1 = 3$

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

Теперь найдем косинус угла:

$\cos\varphi = \frac{3}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$

Таким образом, искомый угол $\varphi$ между плоскостями равен:

$\varphi = \arccos\left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)$