Страница 110 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

9.12. Диагонали грани $ABCD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ пересекаются в точке $O$. Найдите угол между прямыми $OB$ и $A_1C_1$.

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

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты вершин, необходимых для решения, будут следующими:

• $A(0; 0; 0)$
• $B(0; a; 0)$
• $C(a; a; 0)$
• $A_1(0; 0; a)$
• $B_1(0; a; a)$
• $C_1(a; a; a)$

Точка $O$ является точкой пересечения диагоналей грани $ABCD$, которая представляет собой квадрат. Следовательно, $O$ — середина диагонали $AC$. Найдем ее координаты:

$O = \left( \frac{x_A+x_C}{2}; \frac{y_A+y_C}{2}; \frac{z_A+z_C}{2} \right) = \left( \frac{0+a}{2}; \frac{0+a}{2}; \frac{0+0}{2} \right) = \left( \frac{a}{2}; \frac{a}{2}; 0 \right)$

Угол между скрещивающимися прямыми $OB_1$ и $A_1C_1$ равен углу между их направляющими векторами. Найдем координаты этих векторов.

Направляющий вектор для прямой $OB_1$ — это вектор $\vec{OB_1}$:

$\vec{OB_1} = \{x_{B_1}-x_O; y_{B_1}-y_O; z_{B_1}-z_O\} = \{0-\frac{a}{2}; a-\frac{a}{2}; a-0\} = \{-\frac{a}{2}; \frac{a}{2}; a\}$

Направляющий вектор для прямой $A_1C_1$ — это вектор $\vec{A_1C_1}$:

$\vec{A_1C_1} = \{x_{C_1}-x_{A_1}; y_{C_1}-y_{A_1}; z_{C_1}-z_{A_1}\} = \{a-0; a-0; a-a\} = \{a; a; 0\}$

Теперь найдем косинус угла $\phi$ между векторами $\vec{OB_1}$ и $\vec{A_1C_1}$ по формуле скалярного произведения:

$\cos \phi = \frac{\vec{OB_1} \cdot \vec{A_1C_1}}{|\vec{OB_1}| \cdot |\vec{A_1C_1}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{OB_1} \cdot \vec{A_1C_1} = (-\frac{a}{2}) \cdot a + (\frac{a}{2}) \cdot a + a \cdot 0 = -\frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + 0 = 0$

Поскольку скалярное произведение направляющих векторов равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны, и угол между ними равен $90^\circ$.

$\cos \phi = 0 \implies \phi = 90^\circ$

Следовательно, угол между прямыми $OB_1$ и $A_1C_1$ также равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

9.13. Основанием прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является квадрат, сторона которого равна $a$, боковое ребро параллелепипеда равно $a\sqrt{3}$. Найдите угол между прямыми $AD_1$ и $B_1C$.

По условию, $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, основанием которого является квадрат $ABCD$ со стороной $a$. Боковое ребро параллелепипеда равно $a\sqrt{3}$. Требуется найти угол между скрещивающимися прямыми $AD_1$ и $B_1C$.

Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным скрещивающимся прямым.

В параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ грань $BCC_1B_1$ параллельна грани $ADD_1A_1$. Вследствие этого, отрезок $B_1C$ (диагональ грани $BCC_1B_1$) параллелен отрезку $A_1D$ (соответствующей диагонали грани $ADD_1A_1$).

Таким образом, искомый угол между скрещивающимися прямыми $AD_1$ и $B_1C$ равен углу между пересекающимися прямыми $AD_1$ и $A_1D$. Эти прямые лежат в одной плоскости — плоскости грани $ADD_1A_1$.

Рассмотрим прямоугольник $ADD_1A_1$. Его стороны равны $AD=a$ (сторона квадрата в основании) и $AA_1 = a\sqrt{3}$ (боковое ребро).

Прямые $AD_1$ и $A_1D$ являются диагоналями этого прямоугольника. Найдем длину диагонали $AD_1$ из прямоугольного треугольника $\triangle AD D_1$ (где $\angle D_1DA = 90^\circ$) по теореме Пифагора:

$AD_1^2 = AD^2 + DD_1^2$

$AD_1^2 = a^2 + (a\sqrt{3})^2 = a^2 + 3a^2 = 4a^2$

$AD_1 = \sqrt{4a^2} = 2a$

Диагонали прямоугольника равны, следовательно, $A_1D = AD_1 = 2a$.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AD_1$ и $A_1D$. Диагонали прямоугольника в точке пересечения делятся пополам, поэтому:

$OA = OD = \frac{1}{2} A_1D = \frac{1}{2}(2a) = a$

Рассмотрим треугольник $\triangle AOD$. Мы знаем длины всех его сторон:

• $OA = a$
• $OD = a$
• $AD = a$ (по условию)

Так как все стороны треугольника $\triangle AOD$ равны, он является равносторонним. Все углы равностороннего треугольника равны $60^\circ$. Следовательно, $\angle AOD = 60^\circ$.

Угол $\angle AOD$ является одним из углов между диагоналями $AD_1$ и $A_1D$. Поскольку $60^\circ$ — острый угол, это и есть угол между прямыми.

Значит, угол между прямыми $AD_1$ и $B_1C$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

9.14. Точки $E$ и $F$ — середины соответственно рёбер $AA_1$ и $CD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Постройте прямую, которая проходит через точку $D_1$, перпендикулярна прямой $EF$ и пересекает отрезок $EF$.

Искомая прямая должна проходить через точку $D_1$, быть перпендикулярной прямой $EF$ и пересекать отрезок $EF$. Обозначим точку пересечения через $H$. Таким образом, нам нужно построить прямую $D_1H$, где $H$ — точка на отрезке $EF$, и $D_1H \perp EF$.

Для нахождения точного положения точки $H$ на отрезке $EF$ воспользуемся координатным методом. Введём прямоугольную систему координат с началом в вершине $D$ и осями, направленными вдоль рёбер $DA$, $DC$ и $DD_1$. Примем длину ребра куба за $a$.

В этой системе координат заданные точки будут иметь следующие координаты:

• $D_1(0, 0, a)$
• Точка $E$ — середина ребра $AA_1$, где $A(a,0,0)$ и $A_1(a,0,a)$. Следовательно, $E(a, 0, a/2)$.
• Точка $F$ — середина ребра $CD$, где $C(0,a,0)$ и $D(0,0,0)$. Следовательно, $F(0, a/2, 0)$.

Поскольку точка $H$ лежит на отрезке $EF$, её радиус-вектор $\vec{H}$ можно выразить через радиус-векторы точек $E$ и $F$ с помощью параметра $t \in [0, 1]$:

$\vec{H} = \vec{E} + t \cdot \vec{EF}$.

Найдём вектор $\vec{EF}$:

$\vec{EF} = (0-a, a/2-0, 0-a/2) = (-a, a/2, -a/2)$.

Тогда координаты точки $H$ в зависимости от $t$:

$H(a + t(-a), 0 + t(a/2), a/2 + t(-a/2)) = H(a(1-t), at/2, a/2(1-t))$.

Теперь найдём вектор $\vec{D_1H}$:

$\vec{D_1H} = (a(1-t) - 0, at/2 - 0, a/2(1-t) - a) = (a(1-t), at/2, -a/2(1+t))$.

Условие перпендикулярности прямых $D_1H$ и $EF$ заключается в том, что скалярное произведение их направляющих векторов $\vec{D_1H}$ и $\vec{EF}$ равно нулю.

$\vec{D_1H} \cdot \vec{EF} = 0$

$(a(1-t))(-a) + (at/2)(a/2) + (-a/2(1+t))(-a/2) = 0$.

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (считая $a \neq 0$):

$-(1-t) + \frac{t}{4} + \frac{1+t}{4} = 0$

$-1 + t + \frac{t}{4} + \frac{1}{4} + \frac{t}{4} = 0$

$-\frac{3}{4} + t + \frac{2t}{4} = 0$

$-\frac{3}{4} + \frac{3t}{2} = 0$

$\frac{3t}{2} = \frac{3}{4}$

$t = \frac{1}{2}$.

Значение $t=1/2$ находится в пределах отрезка $[0,1]$, что подтверждает, что точка $H$ лежит на отрезке $EF$. При $t=1/2$ точка $H$ является серединой отрезка $EF$.

Таким образом, аналитически установлено, что искомая прямая проходит через точку $D_1$ и середину отрезка $EF$.

Построение:

1. Отмечаем точки $E$ и $F$ как середины рёбер $AA_1$ и $CD$ соответственно.
2. Строим точку $H$ — середину отрезка $EF$. Для этого можно использовать следующее вспомогательное построение:
   1. Строим точку $P$ — центр грани $ABB_1A_1$ (как точку пересечения диагоналей $A_1B$ и $AB_1$).
   2. Соединяем вершину $D$ с точкой $P$.
   3. Точка $H$ является серединой отрезка $DP$. (Можно доказать, что середина отрезка $DP$ совпадает с серединой отрезка $EF$, найдя их координаты).
3. Проводим прямую через точки $D_1$ и $H$.

Прямая $D_1H$ является искомой, так как она проходит через $D_1$, пересекает отрезок $EF$ в его середине и, как было доказано, перпендикулярна ему.

Ответ: Искомая прямая — это прямая, соединяющая вершину $D_1$ с серединой $H$ отрезка $EF$. Для построения точки $H$ можно построить центр $P$ грани $ABB_1A_1$, а затем найти середину отрезка $DP$. Искомая прямая проходит через $D_1$ и эту точку.

9.15. Точки $E, F, M$ и $K$ — середины соответственно рёбер $AB, AD, CD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$. Известно, что $EM = FK$. Найдите угол между прямыми $AC$ и $BD$.

Рассмотрим четырехугольник $EFKM$, вершинами которого являются середины ребер тетраэдра $DABC$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $EF$ соединяет середины сторон $AB$ и $AD$, следовательно, $EF$ является средней линией. По свойству средней линии, $EF$ параллельна $BD$ и равна половине ее длины: $EF \parallel BD$ и $EF = \frac{1}{2} BD$.

Аналогично, в треугольнике $BCD$ отрезок $KM$ соединяет середины сторон $BC$ и $CD$, значит, $KM$ — средняя линия. Следовательно, $KM \parallel BD$ и $KM = \frac{1}{2} BD$.

Так как $EF \parallel BD$ и $KM \parallel BD$, то $EF \parallel KM$.

Так как $EF = \frac{1}{2} BD$ и $KM = \frac{1}{2} BD$, то $EF = KM$.

В четырехугольнике $EFKM$ две противолежащие стороны ($EF$ и $KM$) параллельны и равны. По признаку параллелограмма, четырехугольник $EFKM$ является параллелограммом (этот параллелограмм также известен как параллелограмм Вариньона).

Отрезки $EM$ и $FK$ являются диагоналями этого параллелограмма. По условию задачи дано, что $EM = FK$.

Параллелограмм, у которого диагонали равны, является прямоугольником. Таким образом, $EFKM$ — прямоугольник.

Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между пересекающимися прямыми, которые параллельны данным скрещивающимся прямым.

Найдем угол между прямыми $AC$ и $BD$. Мы уже установили, что $EF \parallel BD$.

Рассмотрим сторону $EK$ четырехугольника $EFKM$. В треугольнике $ABC$ отрезок $EK$ соединяет середины сторон $AB$ и $BC$, следовательно, $EK$ является средней линией. Таким образом, $EK \parallel AC$.

Угол между скрещивающимися прямыми $AC$ и $BD$ равен углу между пересекающимися прямыми $EK$ и $EF$.

Поскольку $EFKM$ — это прямоугольник, то угол между его смежными сторонами $EK$ и $EF$ равен $90^\circ$, то есть $\angle FEK = 90^\circ$.

Следовательно, угол между прямыми $AC$ и $BD$ также равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

9.16. Точки $M$ и $N$ — середины соответственно рёбер $AC$ и $BD$ тетраэдра $DABC$. Найдите угол между прямыми $MN$ и $BC$, если известно, что $BC = AD$, а угол между прямыми $BC$ и $AD$ равен $30^\circ$.

Для решения задачи воспользуемся методом вспомогательных построений. Пусть $P$ — середина ребра $AB$ тетраэдра $DABC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Отрезок $PM$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$. Следовательно, $PM$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии, $PM$ параллельна $BC$ и ее длина равна половине длины $BC$: $PM \parallel BC$ и $PM = \frac{1}{2}BC$.

Рассмотрим треугольник $ABD$. Отрезок $PN$ соединяет середины сторон $AB$ и $BD$. Следовательно, $PN$ является средней линией треугольника $ABD$. По свойству средней линии, $PN$ параллельна $AD$ и ее длина равна половине длины $AD$: $PN \parallel AD$ и $PN = \frac{1}{2}AD$.

Угол между скрещивающимися прямыми $MN$ и $BC$ по определению равен углу между прямой $MN$ и любой прямой, параллельной $BC$ и пересекающей $MN$. Поскольку $PM \parallel BC$, искомый угол равен углу между прямыми $MN$ и $PM$. Этот угол является углом $\angle PMN$ в треугольнике $PMN$.

Аналогично, угол между скрещивающимися прямыми $BC$ и $AD$ равен углу между параллельными им прямыми $PM$ и $PN$. По условию, угол между $BC$ и $AD$ равен $30^\circ$. Следовательно, угол между прямыми $PM$ и $PN$ также равен $30^\circ$. Этот угол является углом $\angle MPN$ в треугольнике $PMN$. Таким образом, $\angle MPN = 30^\circ$ или $\angle MPN = 150^\circ$. Будем рассматривать случай, когда угол в треугольнике равен острому углу между соответствующими прямыми, то есть $\angle MPN = 30^\circ$.

По условию задачи дано, что $BC = AD$. Так как $PM = \frac{1}{2}BC$ и $PN = \frac{1}{2}AD$, то $PM = PN$. Это означает, что треугольник $PMN$ является равнобедренным с основанием $MN$.

В равнобедренном треугольнике $PMN$ углы при основании равны: $\angle PMN = \angle PNM$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому:

$\angle PMN + \angle PNM + \angle MPN = 180^\circ$

$2\angle PMN + \angle MPN = 180^\circ$

Подставим значение угла $\angle MPN = 30^\circ$:

$2\angle PMN + 30^\circ = 180^\circ$

$2\angle PMN = 180^\circ - 30^\circ$

$2\angle PMN = 150^\circ$

$\angle PMN = 75^\circ$

Таким образом, угол между прямыми $MN$ и $BC$ равен $75^\circ$.

(Примечание: в случае, если бы угол $\angle MPN$ был равен $150^\circ$, искомый угол был бы равен $(180^\circ - 150^\circ)/2 = 15^\circ$. Однако, в таких задачах традиционно рассматривается случай, когда угол во вспомогательном треугольнике соответствует острому углу между скрещивающимися прямыми.)

Ответ: $75^\circ$.

9.17. Точки $E, F, M$ и $K$ — середины соответственно рёбер $AB, AD, CD$ и $BC$ тетраэдра $DABC, AC = 12$ см, $BD = 16$ см, $FK = 2\sqrt{13}$ см. Найдите угол между прямыми $AC$ и $BD$.

По условию задачи, точки E, F, M и K являются серединами рёбер AB, AD, CD и BC тетраэдра DABC соответственно.

Рассмотрим треугольник ABC. Отрезок EK соединяет середины сторон AB и BC. Следовательно, EK является средней линией треугольника ABC. По свойству средней линии, отрезок EK параллелен стороне AC и его длина равна половине длины AC.$EK \parallel AC$ и $EK = \frac{1}{2} AC$.

Аналогично, в треугольнике ABD отрезок EF соединяет середины сторон AB и AD. Следовательно, EF является средней линией треугольника ABD. По свойству средней линии, отрезок EF параллелен стороне BD и его длина равна половине длины BD.$EF \parallel BD$ и $EF = \frac{1}{2} BD$.

Угол между скрещивающимися прямыми AC и BD равен углу между пересекающимися прямыми, которые параллельны исходным. Поскольку $EK \parallel AC$ и $EF \parallel BD$, и прямые EK и EF пересекаются в точке E, то искомый угол между прямыми AC и BD равен углу $\angle KEF$ в треугольнике FKE.

Найдем длины сторон треугольника FKE, используя данные из условия: $AC = 12$ см, $BD = 16$ см и $FK = 2\sqrt{13}$ см.
$EK = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.
$EF = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2} \cdot 16 = 8$ см.

Теперь мы знаем длины всех трех сторон треугольника FKE: $EF = 8$ см, $EK = 6$ см и $FK = 2\sqrt{13}$ см. Для нахождения угла $\angle KEF$ применим теорему косинусов:$FK^2 = EF^2 + EK^2 - 2 \cdot EF \cdot EK \cdot \cos(\angle KEF)$

Подставим известные значения в формулу:$(2\sqrt{13})^2 = 8^2 + 6^2 - 2 \cdot 8 \cdot 6 \cdot \cos(\angle KEF)$
$4 \cdot 13 = 64 + 36 - 96 \cdot \cos(\angle KEF)$
$52 = 100 - 96 \cdot \cos(\angle KEF)$

Теперь выразим косинус угла $\angle KEF$:$96 \cdot \cos(\angle KEF) = 100 - 52$
$96 \cdot \cos(\angle KEF) = 48$
$\cos(\angle KEF) = \frac{48}{96} = \frac{1}{2}$

Угол, косинус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, $\angle KEF = 60^\circ$.

Так как угол между скрещивающимися прямыми по определению является острым или прямым, а мы получили угол $60^\circ$, то это и есть искомый угол между прямыми AC и BD.

Ответ: $60^\circ$.

9.18. Точка K — середина ребра DC куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите косинус угла между прямыми $B_1C$ и $C_1K$.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми $B_1C$ и $C_1K$ воспользуемся методом координат.

1. Введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $D$ куба. Направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $DA$, ось $Oy$ вдоль $DC$, ось $Oz$ вдоль $DD_1$.

2. Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты необходимых нам вершин и точек будут следующими:

• $C(0, a, 0)$
• $B_1(a, a, a)$
• $C_1(0, a, a)$

3. Точка $K$ — середина ребра $DC$. Координаты точки $D$ — $(0, 0, 0)$, точки $C$ — $(0, a, 0)$. Следовательно, координаты точки $K$:
$K\left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = K\left(0, \frac{a}{2}, 0\right)$.

4. Найдем координаты направляющих векторов для прямых $B_1C$ и $C_1K$.

Для прямой $B_1C$ можно взять вектор $\vec{CB_1}$:
$\vec{CB_1} = \{x_{B_1} - x_C, y_{B_1} - y_C, z_{B_1} - z_C\} = \{a - 0, a - a, a - 0\} = \{a, 0, a\}$.

Для прямой $C_1K$ возьмем вектор $\vec{C_1K}$:
$\vec{C_1K} = \{x_K - x_{C_1}, y_K - y_{C_1}, z_K - z_{C_1}\} = \{0 - 0, \frac{a}{2} - a, 0 - a\} = \{0, -\frac{a}{2}, -a\}$.

5. Косинус угла $\phi$ между прямыми равен модулю косинуса угла между их направляющими векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ и вычисляется по формуле:

$\cos \phi = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$

6. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{CB_1}$ и $\vec{C_1K}$:

$\vec{CB_1} \cdot \vec{C_1K} = (a \cdot 0) + (0 \cdot (-\frac{a}{2})) + (a \cdot (-a)) = 0 + 0 - a^2 = -a^2$.

7. Вычислим длины (модули) этих векторов:

$|\vec{CB_1}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

$|\vec{C_1K}| = \sqrt{0^2 + (-\frac{a}{2})^2 + (-a)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + a^2} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

8. Теперь подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|-a^2|}{a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}} = \frac{a^2}{\frac{a^2\sqrt{10}}{2}} = \frac{2a^2}{a^2\sqrt{10}} = \frac{2}{\sqrt{10}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\frac{2}{\sqrt{10}} = \frac{2\sqrt{10}}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{10}} = \frac{2\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$.

9.19. Основанием треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ является треугольник $ABC (\angle C = 90^\circ)$. Точка $M$ – середина ребра $AB$. Найдите угол между прямыми $AC_1$ и $CB_1$, если известно, что $AC_1 = CB_1 = AB$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине прямого угла $C$. Направим ось $Ox$ вдоль катета $CA$, ось $Oy$ вдоль катета $CB$ и ось $Oz$ вдоль бокового ребра $CC_1$.

Пусть длина катета $AC = b$, длина катета $CB = a$, а высота призмы $CC_1 = h$. В этой системе координат вершины призмы будут иметь следующие координаты:

• $A(b, 0, 0)$
• $C(0, 0, 0)$
• $B_1(0, a, h)$
• $C_1(0, 0, h)$

Найдем координаты векторов, соответствующих заданным прямым: $\vec{AC_1}$ и $\vec{CB_1}$.

$\vec{AC_1} = C_1 - A = (0-b, 0-0, h-0) = (-b, 0, h)$

$\vec{CB_1} = B_1 - C = (0-0, a-0, h-0) = (0, a, h)$

По условию задачи $AC_1 = CB_1 = AB$. Найдем длины этих отрезков (модули соответствующих векторов):

$|AC_1| = |\vec{AC_1}| = \sqrt{(-b)^2 + 0^2 + h^2} = \sqrt{b^2 + h^2}$

$|CB_1| = |\vec{CB_1}| = \sqrt{0^2 + a^2 + h^2} = \sqrt{a^2 + h^2}$

Вектор $\vec{AB} = B - A = (0-b, a-0, 0-0) = (-b, a, 0)$.

$|AB| = \sqrt{(-b)^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{b^2 + a^2}$

Приравняем длины согласно условию:

1. Из $AC_1 = CB_1$ следует $\sqrt{b^2 + h^2} = \sqrt{a^2 + h^2}$, откуда $b^2 + h^2 = a^2 + h^2$, что дает $b^2 = a^2$. Так как $a$ и $b$ - длины, то $a = b$.

2. Из $CB_1 = AB$ и зная, что $a=b$, следует $\sqrt{a^2 + h^2} = \sqrt{b^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2}$. Возведя в квадрат, получаем $a^2 + h^2 = 2a^2$, откуда $h^2 = a^2$. Так как $a$ и $h$ - длины, то $h = a$.

Таким образом, мы получили, что $a = b = h$. Пусть $a=k$ для некоторого $k > 0$.

Теперь векторы $\vec{AC_1}$ и $\vec{CB_1}$ можно записать как:

$\vec{AC_1} = (-k, 0, k)$

$\vec{CB_1} = (0, k, k)$

Угол $\alpha$ между прямыми $AC_1$ и $CB_1$ найдем как угол между этими векторами, используя формулу скалярного произведения:

$\cos \alpha = \frac{\vec{AC_1} \cdot \vec{CB_1}}{|\vec{AC_1}| \cdot |\vec{CB_1}|}$

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{CB_1} = (-k) \cdot 0 + 0 \cdot k + k \cdot k = k^2$

Вычислим модули векторов:

$|\vec{AC_1}| = \sqrt{(-k)^2 + 0^2 + k^2} = \sqrt{2k^2} = k\sqrt{2}$

$|\vec{CB_1}| = \sqrt{0^2 + k^2 + k^2} = \sqrt{2k^2} = k\sqrt{2}$

Подставим найденные значения в формулу для косинуса:

$\cos \alpha = \frac{k^2}{(k\sqrt{2}) \cdot (k\sqrt{2})} = \frac{k^2}{2k^2} = \frac{1}{2}$

Следовательно, угол $\alpha$ равен:

$\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$

Ответ: $60^\circ$.

9.20. Точки $M$, $N$ и $K$ — середины соответственно рёбер $CB$, $B_1A_1$ и $AC$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. Найдите угол между прямыми $CB_1$ и $BA_1$, если известно, что $MN = BK$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему векторов с началом в точке $A$. Обозначим $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ и боковое ребро $\vec{AA_1} = \vec{a}$. Тогда векторы, определяющие положение вершин призмы, будут следующими:

• $\vec{A} = \vec{0}$
• $\vec{B} = \vec{b}$
• $\vec{C} = \vec{c}$
• $\vec{A_1} = \vec{a}$
• $\vec{B_1} = \vec{B} + \vec{BB_1} = \vec{b} + \vec{a}$
• $\vec{C_1} = \vec{C} + \vec{CC_1} = \vec{c} + \vec{a}$

Теперь выразим через введенные векторы положение точек $M$, $N$ и $K$.

• Точка $M$ — середина ребра $CB$, следовательно, ее радиус-вектор $\vec{M} = \frac{\vec{C} + \vec{B}}{2} = \frac{\vec{c} + \vec{b}}{2}$.
• Точка $N$ — середина ребра $B_1A_1$, следовательно, ее радиус-вектор $\vec{N} = \frac{\vec{B_1} + \vec{A_1}}{2} = \frac{(\vec{b} + \vec{a}) + \vec{a}}{2} = \frac{\vec{b} + 2\vec{a}}{2}$.
• Точка $K$ — середина ребра $AC$, следовательно, ее радиус-вектор $\vec{K} = \frac{\vec{A} + \vec{C}}{2} = \frac{\vec{c}}{2}$.

Найдем векторы $\vec{MN}$ и $\vec{BK}$:

$\vec{MN} = \vec{N} - \vec{M} = \frac{\vec{b} + 2\vec{a}}{2} - \frac{\vec{c} + \vec{b}}{2} = \frac{2\vec{a} - \vec{c}}{2} = \vec{a} - \frac{1}{2}\vec{c}$

$\vec{BK} = \vec{K} - \vec{B} = \frac{\vec{c}}{2} - \vec{b}$

По условию задачи $MN = BK$, что равносильно $MN^2 = BK^2$ или в векторной форме $|\vec{MN}|^2 = |\vec{BK}|^2$.

$|\vec{a} - \frac{1}{2}\vec{c}|^2 = |\frac{1}{2}\vec{c} - \vec{b}|^2$

Раскроем квадраты модулей как скалярные произведения векторов на самих себя:

$(\vec{a} - \frac{1}{2}\vec{c}) \cdot (\vec{a} - \frac{1}{2}\vec{c}) = (\frac{1}{2}\vec{c} - \vec{b}) \cdot (\frac{1}{2}\vec{c} - \vec{b})$

$|\vec{a}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \frac{1}{2}\vec{c}) + |\frac{1}{2}\vec{c}|^2 = |\frac{1}{2}\vec{c}|^2 - 2(\frac{1}{2}\vec{c} \cdot \vec{b}) + |\vec{b}|^2$

$|\vec{a}|^2 - \vec{a} \cdot \vec{c} + \frac{1}{4}|\vec{c}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{c}|^2 - \vec{c} \cdot \vec{b} + |\vec{b}|^2$

Сократив одинаковые члены, получим:

$|\vec{a}|^2 - \vec{a} \cdot \vec{c} = |\vec{b}|^2 - \vec{b} \cdot \vec{c}$

Перегруппируем слагаемые, чтобы получить полезное для дальнейшего решения соотношение:

$|\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 = \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{b} \cdot \vec{c} = (\vec{a} - \vec{b}) \cdot \vec{c}$

Теперь найдем угол между прямыми $CB_1$ и $BA_1$. Угол между прямыми равен углу между их направляющими векторами. Найдем эти векторы:

Направляющий вектор для прямой $CB_1$: $\vec{u} = \vec{CB_1} = \vec{B_1} - \vec{C} = (\vec{b} + \vec{a}) - \vec{c} = \vec{a} + \vec{b} - \vec{c}$

Направляющий вектор для прямой $BA_1$: $\vec{v} = \vec{BA_1} = \vec{A_1} - \vec{B} = \vec{a} - \vec{b}$

Косинус угла $\alpha$ между векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ находится через их скалярное произведение. Вычислим скалярное произведение:

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}) \cdot (\vec{a} - \vec{b})$

$\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{a} \cdot (\vec{a} - \vec{b}) + \vec{b} \cdot (\vec{a} - \vec{b}) - \vec{c} \cdot (\vec{a} - \vec{b})$

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (|\vec{a}|^2 - \vec{a} \cdot \vec{b}) + (\vec{b} \cdot \vec{a} - |\vec{b}|^2) - \vec{c} \cdot (\vec{a} - \vec{b})$

Поскольку скалярное произведение коммутативно ($\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{a}$), слагаемые $-\vec{a} \cdot \vec{b}$ и $\vec{b} \cdot \vec{a}$ взаимно уничтожаются:

$\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 - \vec{c} \cdot (\vec{a} - \vec{b})$

Теперь подставим в это выражение полученное ранее из условия $MN=BK$ соотношение: $|\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 = (\vec{a} - \vec{b}) \cdot \vec{c}$.

$\vec{u} \cdot \vec{v} = ((\vec{a} - \vec{b}) \cdot \vec{c}) - \vec{c} \cdot (\vec{a} - \vec{b})$

Так как $(\vec{a} - \vec{b}) \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot (\vec{a} - \vec{b})$, получаем:

$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$

Скалярное произведение направляющих векторов прямых $CB_1$ и $BA_1$ равно нулю. Это означает, что векторы ортогональны, а угол между ними составляет $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

9.21. Все рёбра тетраэдра $DABC$ равны. Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $CD$ соответственно. Найдите угол между прямыми $MN$ и $BC$.

Пусть $a$ — длина ребра тетраэдра $DABC$. Поскольку все рёбра тетраэдра равны, он является правильным, а все его грани — равносторонние треугольники со стороной $a$. Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $CD$ соответственно.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $MN$ и $BC$ воспользуемся методом параллельного переноса. Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным.

Рассмотрим грань $ABC$ и выберем на ребре $AC$ точку $K$, которая является его серединой. В треугольнике $ABC$ отрезок $MK$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$, следовательно, является средней линией. По свойству средней линии, $MK$ параллельна стороне $BC$ и равна её половине:

$MK \parallel BC$ и $MK = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}$.

Поскольку $MK \parallel BC$, искомый угол между прямыми $MN$ и $BC$ равен углу между пересекающимися прямыми $MN$ и $MK$. Этот угол является углом $\angle KMN$ в треугольнике $KMN$. Найдём стороны этого треугольника, чтобы определить угол.

Сторона $MK = \frac{a}{2}$, как мы уже установили.

Рассмотрим грань $ADC$. В треугольнике $ADC$ отрезок $NK$ соединяет середины сторон $CD$ и $AC$, поэтому $NK$ является средней линией. Следовательно, $NK$ параллельна стороне $AD$ и равна её половине:

$NK \parallel AD$ и $NK = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}$.

Теперь найдём длину стороны $MN$. Для этого рассмотрим треугольник $ABN$. Отрезки $AN$ и $BN$ являются медианами в равносторонних треугольниках $ADC$ и $BDC$ соответственно. Длина медианы (она же высота и биссектриса) в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $AN = BN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Треугольник $ABN$ является равнобедренным с основанием $AB = a$. Точка $M$ — середина основания $AB$, поэтому отрезок $MN$ является медианой и высотой этого треугольника. Следовательно, треугольник $AMN$ — прямоугольный ($\angle AMN = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$MN^2 = AN^2 - AM^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.

Отсюда $MN = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Мы нашли все стороны треугольника $KMN$: $MK = \frac{a}{2}$, $NK = \frac{a}{2}$ и $MN = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Проверим, является ли треугольник $KMN$ прямоугольным, применив обратную теорему Пифагора. Сравним сумму квадратов двух меньших сторон с квадратом большей стороны:

$MK^2 + NK^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.

$MN^2 = \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.

Так как $MK^2 + NK^2 = MN^2$, треугольник $KMN$ является прямоугольным, причём прямой угол $\angle MKN = 90^\circ$ лежит напротив гипотенузы $MN$.

Поскольку катеты $MK$ и $NK$ равны, треугольник $KMN$ также является равнобедренным. В равнобедренном прямоугольном треугольнике острые углы равны по $45^\circ$. Следовательно, $\angle KMN = 45^\circ$.

Таким образом, угол между прямыми $MN$ и $BC$ равен $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

9.22. Дан куб $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$. Докажите, что прямые $B_1 D$ и $AD_1$ перпендикулярны.

Для доказательства того, что прямые $B_1D$ и $AD_1$ перпендикулярны, можно воспользоваться несколькими способами. Рассмотрим два из них.

Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $A$ куба. Направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $AD$, ось $Oy$ вдоль $AB$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Примем длину ребра куба за $a$.

В этой системе координат найдем координаты необходимых для решения задачи вершин:

• $A(0, 0, 0)$
• $D(a, 0, 0)$
• $B_1(0, a, a)$
• $D_1(a, 0, a)$

Теперь найдем координаты направляющих векторов для прямых $B_1D$ и $AD_1$.

Для прямой $B_1D$ направляющим вектором является вектор $\vec{B_1D}$:

$\vec{B_1D} = \{D_x - B_{1x}; D_y - B_{1y}; D_z - B_{1z}\} = \{a - 0; 0 - a; 0 - a\} = \{a; -a; -a\}$.

Для прямой $AD_1$ направляющим вектором является вектор $\vec{AD_1}$:

$\vec{AD_1} = \{D_{1x} - A_x; D_{1y} - A_y; D_{1z} - A_z\} = \{a - 0; 0 - 0; a - 0\} = \{a; 0; a\}$.

Угол между прямыми в пространстве можно найти через угол между их направляющими векторами. Прямые перпендикулярны, если скалярное произведение их направляющих векторов равно нулю. Вычислим это произведение:

$\vec{B_1D} \cdot \vec{AD_1} = (a)(a) + (-a)(0) + (-a)(a) = a^2 + 0 - a^2 = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{B_1D}$ и $\vec{AD_1}$ перпендикулярны. Следовательно, прямые $B_1D$ и $AD_1$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Докажем, что прямая $B_1D$ перпендикулярна плоскости $ACD_1$. Так как прямая $AD_1$ лежит в этой плоскости, из этого будет следовать, что $B_1D \perp AD_1$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Докажем, что $B_1D$ перпендикулярна прямым $AC$ и $CD_1$.

Сначала докажем, что $B_1D \perp AC$. Прямая $AC$ (диагональ основания) перпендикулярна прямой $BD$ (другой диагонали основания), так как диагонали квадрата перпендикулярны. Также $AC$ перпендикулярна ребру $BB_1$, так как ребро $BB_1$ перпендикулярно всей плоскости основания $ABCD$. Поскольку $BD$ и $BB_1$ — это две пересекающиеся прямые в плоскости $BDD_1B_1$, прямая $AC$ перпендикулярна всей этой плоскости. Прямая $B_1D$ лежит в плоскости $BDD_1B_1$, следовательно, $AC \perp B_1D$.

Теперь докажем, что $B_1D \perp CD_1$. Рассмотрим проекцию прямой $B_1D$ на плоскость боковой грани $CDD_1C_1$. Поскольку ребро $B_1C_1$ перпендикулярно плоскости $CDD_1C_1$, проекцией наклонной $B_1D$ на эту плоскость будет прямая $C_1D$. В квадрате $CDD_1C_1$ диагонали $C_1D$ и $CD_1$ перпендикулярны. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной ($C_1D$) на плоскость перпендикулярна некоторой прямой ($CD_1$) в этой плоскости, то и сама наклонная ($B_1D$) перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $B_1D \perp CD_1$.

Итак, мы доказали, что прямая $B_1D$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $CD_1$) в плоскости $ACD_1$. Следовательно, прямая $B_1D$ перпендикулярна плоскости $ACD_1$. А так как прямая $AD_1$ лежит в этой плоскости, то $B_1D \perp AD_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

9.23. Диагонали $AC$ и $BD$ параллелограмма $ABCD$ равны соответственно 4 см и 10 см, $AD = 13$ см. Найдите периметр параллелограмма.

Для нахождения периметра параллелограмма необходимо знать длины двух его смежных сторон. По условию, одна сторона $AD = 13$ см. Нам нужно найти длину смежной стороны, например, $AB$.

Воспользуемся свойством параллелограмма: сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон. Для параллелограмма $ABCD$ со сторонами $AB$, $BC$, $CD$, $AD$ и диагоналями $AC$, $BD$ это свойство записывается в виде формулы:

$AC^2 + BD^2 = AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2$

Так как в параллелограмме противолежащие стороны равны ($AB = CD$ и $BC = AD$), формулу можно упростить:

$AC^2 + BD^2 = 2(AD^2 + AB^2)$

Подставим в эту формулу известные значения из условия задачи: $AC = 4$ см, $BD = 10$ см, $AD = 13$ см.

$4^2 + 10^2 = 2(13^2 + AB^2)$

Произведем вычисления:

$16 + 100 = 2(169 + AB^2)$

$116 = 2(169 + AB^2)$

Разделим обе части уравнения на 2:

$58 = 169 + AB^2$

Выразим $AB^2$:

$AB^2 = 58 - 169$

$AB^2 = -111$

Квадрат длины стороны не может быть отрицательным числом. Это означает, что параллелограмма с заданными параметрами не существует.

Чтобы убедиться в этом, можно использовать другой подход. Диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся пополам. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей. Тогда в треугольнике $\triangle AOD$ стороны равны:

• $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см
• $OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см
• $AD = 13$ см

Для любого треугольника должно выполняться неравенство треугольника: сумма длин любых двух сторон должна быть больше длины третьей стороны. Проверим это для $\triangle AOD$:

$AO + OD > AD$

$2 + 5 > 13$

$7 > 13$

Данное неравенство неверно. Это означает, что треугольник $\triangle AOD$ не может существовать, а следовательно, не может существовать и весь параллелограмм $ABCD$ с такими размерами.

Ответ: Задачу решить невозможно, так как параллелограмма с указанными в условии длинами сторон и диагоналей не существует. В условии задачи содержится ошибка.

9.24. На стороне $AC$ треугольника $ABC$ отметили точку $M$ так, что $AM : MC = 3 : 2$. На отрезке $BM$ отметили точку $K$ так, что $BK : KM = 4 : 1$. Прямая $AK$ пересекает сторону $BC$ в точке $P$. Найдите площадь треугольника $ABP$, если площадь треугольника $ABC$ равна $34 \text{ см}^2$.

Для решения задачи воспользуемся теоремой Менелая для треугольника $CMB$ и секущей $AKP$. Точки $A$, $K$, $P$ лежат на одной прямой. Эта прямая пересекает сторону $BC$ в точке $P$, сторону $BM$ в точке $K$ и продолжение стороны $CM$ в точке $A$.

По теореме Менелая, произведение отношений, в которых секущая делит стороны треугольника (или их продолжения), равно единице:

$\frac{CA}{AM} \cdot \frac{MK}{KB} \cdot \frac{BP}{PC} = 1$

Найдем значения этих отношений из условия задачи.

1. Дано, что $AM : MC = 3 : 2$. Если принять длину отрезка $AM$ за $3x$, то длина $MC$ будет $2x$. Тогда вся сторона $AC = AM + MC = 3x + 2x = 5x$. Отношение $\frac{CA}{AM}$ (или $\frac{AC}{AM}$) будет равно:

$\frac{CA}{AM} = \frac{5x}{3x} = \frac{5}{3}$

2. Дано, что $BK : KM = 4 : 1$. Отсюда найдем обратное отношение $\frac{MK}{KB}$:

$\frac{MK}{KB} = \frac{1}{4}$

3. Теперь подставим найденные значения в формулу теоремы Менелая и найдем искомое отношение $\frac{BP}{PC}$:

$\frac{5}{3} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{BP}{PC} = 1$

$\frac{5}{12} \cdot \frac{BP}{PC} = 1$

$\frac{BP}{PC} = \frac{12}{5}$

Это означает, что точка $P$ делит сторону $BC$ в отношении $12:5$.

Теперь найдем площадь треугольника $ABP$. Треугольники $ABP$ и $ABC$ имеют общую высоту, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$. Следовательно, отношение их площадей равно отношению их оснований:

$\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}} = \frac{BP}{BC}$

Из отношения $\frac{BP}{PC} = \frac{12}{5}$ следует, что если $BP=12y$, то $PC=5y$, а вся сторона $BC = BP + PC = 12y + 5y = 17y$.

Тогда отношение оснований равно:

$\frac{BP}{BC} = \frac{12y}{17y} = \frac{12}{17}$

Площадь треугольника $ABP$ составляет $\frac{12}{17}$ от площади треугольника $ABC$. По условию, площадь треугольника $ABC$ равна $34 \text{ см}^2$.

$S_{ABP} = S_{ABC} \cdot \frac{12}{17} = 34 \cdot \frac{12}{17} = 2 \cdot 12 = 24 \text{ см}^2$.

Ответ: $24 \text{ см}^2$.