Номер 17.15, страница 187 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.15. Ребро $AD$ тетраэдра $DABC$ равно 2 см. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$, если $\angle DAB = \angle BAC = 45^\circ$, $\angle DAC = 60^\circ$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.

1. Направим ось $Ox$ вдоль луча $AC$.

2. Расположим луч $AD$ в плоскости $Oxy$ так, чтобы y-координата точки $D$ была положительной.

По условию, длина ребра $AD = 2$ см, а угол $\angle DAC = 60^\circ$. Координаты точки $D$ будут:
$x_D = AD \cdot \cos(\angle DAC) = 2 \cdot \cos(60^\circ) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$
$y_D = AD \cdot \sin(\angle DAC) = 2 \cdot \sin(60^\circ) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$
$z_D = 0$
Таким образом, точка $D$ имеет координаты $(1, \sqrt{3}, 0)$.

3. Теперь найдем направляющий вектор для луча $AB$. Пусть точка $B$ имеет координаты $(x_B, y_B, z_B)$, а длина отрезка $AB$ равна $r$.
Угол между лучом $AB$ и осью $Ox$ (лучом $AC$) равен $\angle BAC = 45^\circ$. Из определения направляющих косинусов следует:
$\cos(\angle BAC) = \frac{x_B}{r}$, откуда $x_B = r \cdot \cos(45^\circ) = r \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол между лучами $AD$ и $AB$ равен $\angle DAB = 45^\circ$. Мы можем использовать скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{AB}$:
$\vec{AD} \cdot \vec{AB} = |\vec{AD}| \cdot |\vec{AB}| \cdot \cos(\angle DAB)$
Координаты векторов: $\vec{AD} = (1, \sqrt{3}, 0)$ и $\vec{AB} = (x_B, y_B, z_B)$.
$1 \cdot x_B + \sqrt{3} \cdot y_B + 0 \cdot z_B = 2 \cdot r \cdot \cos(45^\circ)$
$x_B + \sqrt{3}y_B = 2 \cdot r \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = r\sqrt{2}$

Подставим найденное выражение для $x_B$:
$r \frac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{3}y_B = r\sqrt{2}$
$\sqrt{3}y_B = r\sqrt{2} - r \frac{\sqrt{2}}{2} = r \frac{\sqrt{2}}{2}$
$y_B = \frac{r\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{r\sqrt{6}}{6}$

Координаты точки $B$ связаны соотношением $x_B^2 + y_B^2 + z_B^2 = r^2$. Найдем $z_B$:
$(r \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{r\sqrt{6}}{6})^2 + z_B^2 = r^2$
$\frac{2r^2}{4} + \frac{6r^2}{36} + z_B^2 = r^2$
$\frac{r^2}{2} + \frac{r^2}{6} + z_B^2 = r^2$
$\frac{3r^2 + r^2}{6} + z_B^2 = r^2 \Rightarrow \frac{4r^2}{6} + z_B^2 = r^2 \Rightarrow \frac{2r^2}{3} + z_B^2 = r^2$
$z_B^2 = r^2 - \frac{2r^2}{3} = \frac{r^2}{3}$
$z_B = \pm \frac{r}{\sqrt{3}} = \pm \frac{r\sqrt{3}}{3}$. Выберем положительное значение для $z_B$.

4. Плоскость $ABC$ проходит через начало координат $A(0,0,0)$ и содержит векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AB}$. Вектор $\vec{AC}$ коллинеарен оси $Ox$, его направляющий вектор $\vec{a} = (1, 0, 0)$. Направляющий вектор для $\vec{AB}$ можно взять, убрав множитель $r$: $\vec{b} = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3})$.

Найдем нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ABC$ как векторное произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:
$\vec{n} = \vec{a} \times \vec{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6}) - \mathbf{j}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) = (0, -\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{6})$

Уравнение плоскости, проходящей через начало координат, имеет вид $Ax+By+Cz=0$. Используя координаты нормального вектора, получаем:
$0 \cdot x - \frac{\sqrt{3}}{3} y + \frac{\sqrt{6}}{6} z = 0$
Умножим уравнение на $-6$, чтобы упростить его:
$2\sqrt{3}y - \sqrt{6}z = 0$

5. Расстояние $h$ от точки $D(x_0, y_0, z_0) = (1, \sqrt{3}, 0)$ до плоскости $Ax+By+Cz+D=0$ находится по формуле:
$h = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$
Подставляем наши значения:
$h = \frac{|0 \cdot 1 + 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} - \sqrt{6} \cdot 0|}{\sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{6})^2}} = \frac{|2 \cdot 3|}{\sqrt{4 \cdot 3 + 6}} = \frac{6}{\sqrt{12+6}} = \frac{6}{\sqrt{18}}$
$h = \frac{6}{3\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ см.

Ответ: $\sqrt{2}$ см.