Страница 152 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.32. Точка K — середина ребра AD прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между прямой $C_1K$ и плоскостью $DAA_1$, если $AD = 2\sqrt{2}$ см, $DC = 3$ см, $DD_1 = 1$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдём проекцию прямой $C_1K$ на плоскость $DAA_1$.

Для этого спроецируем точки $C_1$ и $K$ на плоскость $DAA_1$.Точка $K$ является серединой ребра $AD$. Так как ребро $AD$ лежит в плоскости $DAA_1$, то проекцией точки $K$ на эту плоскость является сама точка $K$.

Чтобы найти проекцию точки $C_1$ на плоскость $DAA_1$, нужно опустить перпендикуляр из точки $C_1$ на эту плоскость. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ ребро $D_1C_1$ перпендикулярно граням $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$. Это следует из того, что $D_1C_1 \perp DD_1$ и $D_1C_1 \perp A_1D_1$. Следовательно, отрезок $C_1D_1$ является перпендикуляром, опущенным из точки $C_1$ на плоскость $DAA_1$, а точка $D_1$ — проекцией точки $C_1$ на эту плоскость.

Таким образом, проекцией прямой $C_1K$ на плоскость $DAA_1$ является прямая $D_1K$. Искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $C_1K$ и её проекцией $D_1K$, то есть $\alpha = \angle C_1KD_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle C_1D_1K$. Поскольку $C_1D_1$ является перпендикуляром к плоскости $DAA_1$, а прямая $D_1K$ лежит в этой плоскости, то $C_1D_1 \perp D_1K$. Это означает, что $\triangle C_1D_1K$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $D_1$.

Найдём длины катетов этого треугольника.Длина катета $C_1D_1$ равна длине ребра $DC$. По условию $DC = 3$ см, значит, $C_1D_1 = 3$ см.

Длину катета $D_1K$ найдём из прямоугольного треугольника $\triangle DD_1K$, который лежит в плоскости грани $DAA_1D_1$ (угол $\angle D_1DK = 90^\circ$, так как ребро $DD_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$).По условию, $K$ — середина ребра $AD$, и $AD = 2\sqrt{2}$ см. Следовательно, $DK = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} = \sqrt{2}$ см.Высота параллелепипеда $DD_1 = 1$ см.По теореме Пифагора для $\triangle DD_1K$:$D_1K^2 = DD_1^2 + DK^2 = 1^2 + (\sqrt{2})^2 = 1 + 2 = 3$.Отсюда $D_1K = \sqrt{3}$ см.

Теперь, зная длины обоих катетов в прямоугольном треугольнике $\triangle C_1D_1K$, мы можем найти тангенс искомого угла $\angle C_1KD_1$:$\text{tg}(\angle C_1KD_1) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{C_1D_1}{D_1K} = \frac{3}{\sqrt{3}}$.

Упростим выражение:$\frac{3}{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^2}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.Итак, $\text{tg}(\angle C_1KD_1) = \sqrt{3}$. Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, — это $60^\circ$.

Следовательно, искомый угол между прямой $C_1K$ и плоскостью $DAA_1$ равен $60^\circ$.Ответ: $60^\circ$.

13.33. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между прямой $C_1D$ и плоскостью $ACC_1$.

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол как $\alpha$. Чтобы найти угол между прямой $C_1D$ и плоскостью $ACC_1$, мы построим проекцию прямой $C_1D$ на эту плоскость. Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$.

Точка $C_1$ уже лежит в плоскости $ACC_1$, поэтому она проецируется сама в себя.

Для нахождения проекции точки $D$ на плоскость $ACC_1$ опустим на неё перпендикуляр. В основании куба лежит квадрат $ABCD$, его диагонали перпендикулярны, то есть $BD \perp AC$. Также, боковое ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит и прямой $BD$, лежащей в этой плоскости: $CC_1 \perp BD$. Поскольку прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $CC_1$) в плоскости $ACC_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BD$ перпендикулярна всей плоскости $ACC_1$.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Тогда отрезок $DO$ является перпендикуляром из точки $D$ к плоскости $ACC_1$, а точка $O$ — проекцией точки $D$ на эту плоскость.

Следовательно, проекцией прямой $C_1D$ на плоскость $ACC_1$ является прямая $C_1O$. Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $C_1D$ и её проекцией $C_1O$, то есть $\alpha = \angle DC_1O$.

Рассмотрим треугольник $\triangle DC_1O$. Так как $DO$ — перпендикуляр к плоскости $ACC_1$, а прямая $C_1O$ лежит в этой плоскости, то $DO \perp C_1O$. Значит, $\triangle DC_1O$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $O$.

Найдём длины катета $DO$ и гипотенузы $C_1D$.

$C_1D$ — это диагональ грани куба $CDD_1C_1$, которая является квадратом со стороной $a$. Её длина равна $C_1D = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

$DO$ — это половина диагонали основания $BD$. Диагональ квадрата $ABCD$ равна $BD = a\sqrt{2}$. Значит, $DO = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle DC_1O$ синус угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $DO$ к гипотенузе $C_1D$:

$ \sin(\alpha) = \frac{DO}{C_1D} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2} $

Так как угол между прямой и плоскостью по определению острый, находим $\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

13.34. На ребре $BC$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $K$ так, что $\angle BAK = 15^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $AK$ и $B_1D$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим оси координат вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:

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

Точка $K$ лежит на ребре $BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABK$ в плоскости основания $ABCD$ (плоскость $z=0$). Так как $AB \perp BC$, то $\angle ABK = 90^\circ$. Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике имеем:

$BK = AB \cdot \tan(\angle BAK)$

По условию $\angle BAK = 15^\circ$ и $AB = a$. Найдем значение $\tan(15^\circ)$:

$\tan(15^\circ) = \tan(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\tan(45^\circ) - \tan(30^\circ)}{1 + \tan(45^\circ)\tan(30^\circ)} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$

$\tan(15^\circ) = \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{3-1} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}$

Тогда длина отрезка $BK = a(2 - \sqrt{3})$.

Координаты точки $K$, лежащей на ребре $BC$, будут $(a, BK, 0)$, то есть $K(a, a(2 - \sqrt{3}), 0)$.

Теперь найдем координаты векторов $\vec{AK}$ и $\vec{B_1D}$:

$\vec{AK} = K - A = (a, a(2 - \sqrt{3}), 0) - (0, 0, 0) = (a, a(2 - \sqrt{3}), 0)$

$\vec{B_1D} = D - B_1 = (0, a, 0) - (a, 0, a) = (-a, a, -a)$

Косинус угла $\theta$ между прямыми $AK$ и $B_1D$ равен модулю косинуса угла между векторами $\vec{AK}$ и $\vec{B_1D}$ и вычисляется по формуле:

$\cos\theta = \frac{|\vec{AK} \cdot \vec{B_1D}|}{|\vec{AK}| \cdot |\vec{B_1D}|}$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AK} \cdot \vec{B_1D} = a(-a) + a(2 - \sqrt{3})a + 0(-a) = -a^2 + 2a^2 - a^2\sqrt{3} = a^2(1 - \sqrt{3})$

Модуль скалярного произведения: $|\vec{AK} \cdot \vec{B_1D}| = |a^2(1 - \sqrt{3})| = a^2(\sqrt{3} - 1)$.

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AK}| = \sqrt{a^2 + (a(2 - \sqrt{3}))^2 + 0^2} = \sqrt{a^2 + a^2(4 - 4\sqrt{3} + 3)} = \sqrt{a^2(1 + 7 - 4\sqrt{3})} = a\sqrt{8 - 4\sqrt{3}}$

Упростим выражение $\sqrt{8 - 4\sqrt{3}} = \sqrt{8 - 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6} - \sqrt{2})^2} = \sqrt{6} - \sqrt{2}$.

Таким образом, $|\vec{AK}| = a(\sqrt{6} - \sqrt{2})$.

$|\vec{B_1D}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + (-a)^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos\theta = \frac{a^2(\sqrt{3} - 1)}{a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) \cdot a\sqrt{3}} = \frac{a^2(\sqrt{3} - 1)}{a^2(\sqrt{6} - \sqrt{2})\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{6}$.

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: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

13.36. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $B_1D = 2AD_1 = 4AA_1$. Найдите косинус угла между прямыми $AD_1$ и $B_1D$.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми $AD_1$ и $B_1D$ воспользуемся координатно-векторным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть измерения прямоугольного параллелепипеда равны: $AB = a$, $AD = b$, $AA_1 = c$.

Выразим длины отрезков $AD_1$, $AA_1$ и $B_1D$ через $a, b, c$.Длина ребра $AA_1$ равна $c$.$AD_1$ — диагональ грани $ADD_1A_1$. По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $ADD_1$: $AD_1^2 = AD^2 + DD_1^2 = b^2 + c^2$. Следовательно, $AD_1 = \sqrt{b^2 + c^2}$.$B_1D$ — пространственная диагональ параллелепипеда. Квадрат её длины равен сумме квадратов трёх измерений: $B_1D^2 = AB^2 + AD^2 + AA_1^2 = a^2 + b^2 + c^2$. Следовательно, $B_1D = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$.

Согласно условию задачи, $B_1D = 2AD_1 = 4AA_1$.Пусть $AA_1 = c = x$. Тогда $AD_1 = 2x$ и $B_1D = 4x$.Подставим эти значения в полученные ранее формулы:

1. Из $AD_1 = 2x$ получаем: $\sqrt{b^2 + c^2} = 2x$. Возведя в квадрат обе части и подставив $c=x$, имеем: $b^2 + x^2 = (2x)^2 = 4x^2$. Отсюда $b^2 = 3x^2$, и так как $b > 0$, то $b = x\sqrt{3}$.

2. Из $B_1D = 4x$ получаем: $\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = 4x$. Возведя в квадрат обе части, имеем: $a^2 + b^2 + c^2 = (4x)^2 = 16x^2$. Подставим найденные значения для $b^2$ и $c^2$: $a^2 + 3x^2 + x^2 = 16x^2$. Отсюда $a^2 + 4x^2 = 16x^2$, что дает $a^2 = 12x^2$. Так как $a > 0$, то $a = \sqrt{12x^2} = 2x\sqrt{3}$.

Таким образом, мы нашли соотношения между измерениями параллелепипеда: $a = 2x\sqrt{3}$, $b = x\sqrt{3}$, $c = x$. Для удобства вычислений положим $x=1$. Тогда $a = 2\sqrt{3}$, $b = \sqrt{3}$, $c = 1$.

Теперь найдем координаты векторов, соответствующих прямым $AD_1$ и $B_1D$.Координаты точек:$A(0, 0, 0)$$D_1(0, b, c) = (0, \sqrt{3}, 1)$$B_1(a, 0, c) = (2\sqrt{3}, 0, 1)$$D(0, b, 0) = (0, \sqrt{3}, 0)$

Направляющий вектор для прямой $AD_1$:$\vec{u} = \vec{AD_1} = (0-0, \sqrt{3}-0, 1-0) = (0, \sqrt{3}, 1)$.

Направляющий вектор для прямой $B_1D$:$\vec{v} = \vec{B_1D} = (0-2\sqrt{3}, \sqrt{3}-0, 0-1) = (-2\sqrt{3}, \sqrt{3}, -1)$.

Косинус угла $\alpha$ между прямыми (или векторами) вычисляется по формуле:$\cos \alpha = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{u}$ и $\vec{v}$:$\vec{u} \cdot \vec{v} = (0) \cdot (-2\sqrt{3}) + (\sqrt{3}) \cdot (\sqrt{3}) + (1) \cdot (-1) = 0 + 3 - 1 = 2$.

Найдем длины (модули) векторов:$|\vec{u}| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 3 + 1} = \sqrt{4} = 2$.$|\vec{v}| = \sqrt{(-2\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{12 + 3 + 1} = \sqrt{16} = 4$.

Подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:$\cos \alpha = \frac{|2|}{2 \cdot 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$.

Ответ: $\frac{1}{4}$

13.37. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB_1 = AD = 2AA_1$. Найдите косинус угла между прямыми $A_1B$ и $C_1A$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AD$, ось $Oy$ вдоль ребра $AB$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть длина ребра $AA_1$ равна $a$. Тогда, согласно условию задачи, $AB = AD = 2a$.

В этой системе координат найдем координаты вершин, необходимых для определения векторов, задающих прямые $A_1B$ и $C_1A$:

• $A(0; 0; 0)$
• $A_1(0; 0; a)$
• $B(0; 2a; 0)$
• $D(2a; 0; 0)$
• $C_1$ имеет координаты, соответствующие смещению от точки $A$ на $AD$ по оси $Ox$, на $AB$ по оси $Oy$ и на $AA_1$ по оси $Oz$. Таким образом, $C_1(2a; 2a; a)$.

Теперь найдем направляющие векторы для прямых $A_1B$ и $C_1A$.

Для прямой $A_1B$ направляющим вектором будет вектор $\vec{A_1B}$:

$\vec{A_1B} = \{0 - 0; 2a - 0; 0 - a\} = \{0; 2a; -a\}$

Для прямой $C_1A$ направляющим вектором будет вектор $\vec{C_1A}$:

$\vec{C_1A} = \{0 - 2a; 0 - 2a; 0 - a\} = \{-2a; -2a; -a\}$

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

$\cos \alpha = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{A_1B}$ и $\vec{C_1A}$:

$\vec{A_1B} \cdot \vec{C_1A} = (0) \cdot (-2a) + (2a) \cdot (-2a) + (-a) \cdot (-a) = 0 - 4a^2 + a^2 = -3a^2$

Найдем длины (модули) этих векторов:

$|\vec{A_1B}| = \sqrt{0^2 + (2a)^2 + (-a)^2} = \sqrt{4a^2 + a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5}$

$|\vec{C_1A}| = \sqrt{(-2a)^2 + (-2a)^2 + (-a)^2} = \sqrt{4a^2 + 4a^2 + a^2} = \sqrt{9a^2} = 3a$

Теперь можем вычислить косинус угла между векторами:

$\cos \alpha = \frac{-3a^2}{a\sqrt{5} \cdot 3a} = \frac{-3a^2}{3a^2\sqrt{5}} = -\frac{1}{\sqrt{5}}$

Угол между прямыми является острым, поэтому его косинус должен быть неотрицательным. Косинус угла между прямыми $\phi$ равен модулю косинуса угла между направляющими векторами:

$\cos \phi = |\cos \alpha| = |-\frac{1}{\sqrt{5}}| = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{5}$

13.38. Ребро $BD$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Отрезки $AK$ и $BP$ – биссектрисы треугольника $ABC$. Известно, что $\angle ACB = 90^\circ$, $AB = 10$ см, $BC = 6$ см, $BD = 3\sqrt{5}$ см. Найдите угол между прямыми $AK$ и $DP$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AK$ и $DP$ воспользуемся векторно-координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C$, так как $\angle ACB = 90^\circ$. Направим ось $Ox$ вдоль катета $CA$, а ось $Oy$ — вдоль катета $CB$. Поскольку ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ABC$, прямая $BD$ будет параллельна оси $Oz$.

1. Нахождение координат вершин тетраэдра.
В основании лежит прямоугольный треугольник $ABC$. По теореме Пифагора найдем длину катета $AC$:
$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8$ см.
Теперь определим координаты вершин:
$C(0, 0, 0)$
$A(8, 0, 0)$
$B(0, 6, 0)$
Так как $BD \perp (ABC)$, координаты точки $D$ по $x$ и $y$ совпадают с координатами точки $B$. Координата $z$ равна длине ребра $BD$. Примем, что точка $D$ расположена над плоскостью $ABC$.
$D(0, 6, 3\sqrt{5})$

2. Нахождение координат точек $K$ и $P$.
Точка $K$ лежит на отрезке $BC$ и $AK$ является биссектрисой угла $\angle BAC$. По свойству биссектрисы треугольника:
$\frac{CK}{KB} = \frac{AC}{AB} = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$.
Длина отрезка $BC$ равна 6. Тогда $CK = \frac{4}{4+5} \cdot BC = \frac{4}{9} \cdot 6 = \frac{8}{3}$.
Так как точка $K$ лежит на оси $Oy$, ее координаты: $K(0, 8/3, 0)$.
Точка $P$ лежит на отрезке $AC$ и $BP$ является биссектрисой угла $\angle ABC$. По свойству биссектрисы треугольника:
$\frac{AP}{PC} = \frac{AB}{BC} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}$.
Длина отрезка $AC$ равна 8. Тогда $PC = \frac{3}{5+3} \cdot AC = \frac{3}{8} \cdot 8 = 3$.
Так как точка $P$ лежит на оси $Ox$, ее координаты: $P(3, 0, 0)$.

3. Нахождение угла между прямыми через векторы.
Угол между прямыми $AK$ и $DP$ найдем как угол между их направляющими векторами $\vec{AK}$ и $\vec{DP}$.
Найдем координаты векторов:
$\vec{AK} = \{x_K - x_A; y_K - y_A; z_K - z_A\} = \{0 - 8; 8/3 - 0; 0 - 0\} = \{-8; 8/3; 0\}$.
$\vec{DP} = \{x_P - x_D; y_P - y_D; z_P - z_D\} = \{3 - 0; 0 - 6; 0 - 3\sqrt{5}\} = \{3; -6; -3\sqrt{5}\}$.
Косинус угла $\alpha$ между векторами находится по формуле:
$\cos \alpha = \frac{\vec{AK} \cdot \vec{DP}}{|\vec{AK}| \cdot |\vec{DP}|}$.
Вычислим скалярное произведение:
$\vec{AK} \cdot \vec{DP} = (-8) \cdot 3 + \frac{8}{3} \cdot (-6) + 0 \cdot (-3\sqrt{5}) = -24 - 16 = -40$.
Вычислим модули векторов:
$|\vec{AK}| = \sqrt{(-8)^2 + (8/3)^2 + 0^2} = \sqrt{64 + \frac{64}{9}} = \sqrt{64 \cdot \frac{10}{9}} = \frac{8\sqrt{10}}{3}$.
$|\vec{DP}| = \sqrt{3^2 + (-6)^2 + (-3\sqrt{5})^2} = \sqrt{9 + 36 + 45} = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}$.
Теперь найдем косинус угла:
$\cos \alpha = \frac{-40}{\frac{8\sqrt{10}}{3} \cdot 3\sqrt{10}} = \frac{-40}{8 \cdot 10} = \frac{-40}{80} = -\frac{1}{2}$.
Угол между векторами $\alpha = \arccos(-\frac{1}{2}) = 120^\circ$.
Угол между прямыми является острым углом, поэтому, если угол между векторами $\alpha > 90^\circ$, угол между прямыми $\phi$ равен $180^\circ - \alpha$.
$\phi = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

13.39. Ребро $AD$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Отрезки $AM$ и $BK$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$. Известно, что $\angle ACB = 45^\circ$, $AD = 4$ см, $AC = 4\sqrt{2}$ см. Найдите угол между прямыми $BK$ и $DM$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $BK$ и $DM$ воспользуемся методом проекций.

1. Докажем, что прямая BK перпендикулярна плоскости ADC.

По условию, $BK$ — высота треугольника $ABC$, следовательно, $BK \perp AC$. Также по условию, ребро $AD$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Это означает, что $AD$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $BK$. Таким образом, $AD \perp BK$.

Поскольку прямая $BK$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $AD$) в плоскости $ADC$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BK \perp (ADC)$.

2. Найдем угол между прямой DM и плоскостью ADC.

Угол между прямой и плоскостью, которой эта прямая не перпендикулярна, — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Пусть $P$ — проекция точки $M$ на плоскость $ADC$. Тогда прямая $DP$ является проекцией прямой $DM$ на плоскость $ADC$, а искомый угол — это $\angle MDP$. Обозначим его $\beta$.

Так как прямая $BK$ перпендикулярна плоскости $ADC$, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, включая проекцию $DP$. Угол $\alpha$ между прямой $DM$ и прямой $BK$ будет равен $90^{\circ} - \beta$, то есть $90^{\circ} - \angle MDP$.

3. Найдем необходимые длины для вычисления угла.

Рассмотрим треугольник $ABC$. $AM$ — высота, проведенная к стороне $BC$, значит $\angle AMC = 90^{\circ}$. В треугольнике $AMC$ известен угол $\angle ACM = \angle ACB = 45^{\circ}$. Следовательно, $\triangle AMC$ является прямоугольным и равнобедренным, так как $\angle MAC = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$.

Из этого следует, что $AM = MC$. По теореме Пифагора для $\triangle AMC$: $AM^2 + MC^2 = AC^2$ $2 \cdot AM^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$ $AM^2 = 16$ $AM = 4$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $ADM$. Так как $AD \perp (ABC)$, то $AD \perp AM$. Значит, $\triangle ADM$ — прямоугольный с прямым углом $A$. По теореме Пифагора: $DM^2 = AD^2 + AM^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$ $DM = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.

Найдем длину отрезка $MP$. $P$ — проекция точки $M$ на плоскость $ADC$. Так как плоскость $ABC$ перпендикулярна плоскости $ADC$ (поскольку $AD \perp (ABC)$), то перпендикуляр из точки $M \in (ABC)$ на плоскость $ADC$ упадет на линию их пересечения, то есть на прямую $AC$. Таким образом, $MP$ — это высота в треугольнике $AMC$, проведенная к гипотенузе $AC$.

Площадь прямоугольного треугольника $AMC$ можно вычислить двумя способами: $S_{AMC} = \frac{1}{2} AM \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8$ $S_{AMC} = \frac{1}{2} AC \cdot MP = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot MP$

Приравнивая выражения для площади, получаем: $8 = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot MP$ $8 = 2\sqrt{2} \cdot MP$ $MP = \frac{8}{2\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ см.

4. Вычислим искомый угол.

В прямоугольном треугольнике $DPM$ (угол $P$ прямой, так как $MP \perp (ADC)$) мы знаем длину гипотенузы $DM = 4\sqrt{2}$ и катета $MP = 2\sqrt{2}$. Найдем синус угла $\beta = \angle MDP$: $\sin(\beta) = \sin(\angle MDP) = \frac{MP}{DM} = \frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

Следовательно, $\beta = 30^{\circ}$.

Угол $\alpha$ между прямыми $BK$ и $DM$ равен: $\alpha = 90^{\circ} - \beta = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$.

Ответ: $60^{\circ}$.

13.40. Перпендикулярные прямые $a$ и $b$ принадлежат плоскости $\pi$. Прямая $m$ образует с плоскостью $\pi$ угол $\gamma$, с прямыми $a$ и $b$ — углы $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Докажите, что $\cos^2 \gamma = \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta$.

Для доказательства воспользуемся методом координат.

Доказательство:

1. Введем систему координат.
Поскольку прямые $a$ и $b$ перпендикулярны и лежат в плоскости $\pi$, мы можем удобно расположить систему координат. Пусть точка пересечения прямых $a$ и $b$ будет началом координат $O(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль прямой $a$, а ось $Oy$ вдоль прямой $b$. Тогда плоскость $\pi$ будет совпадать с координатной плоскостью $Oxy$.

В этой системе координат:

• Направляющий вектор прямой $a$ можно взять как $\vec{e_a} = (1, 0, 0)$.
• Направляющий вектор прямой $b$ можно взять как $\vec{e_b} = (0, 1, 0)$.

2. Зададим направляющий вектор прямой m.
Пусть направляющий вектор прямой $m$ будет $\vec{e_m} = (x, y, z)$. Для упрощения выкладок будем считать его единичным, то есть $|\vec{e_m}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 1$. Это не повлияет на углы, которые зависят только от направления.

3. Выразим косинусы углов через координаты вектора.

• Угол $\alpha$ — это угол между прямыми $m$ и $a$. Косинус угла между векторами $\vec{e_m}$ и $\vec{e_a}$ равен:
  $cos \alpha = \frac{|\vec{e_m} \cdot \vec{e_a}|}{|\vec{e_m}| \cdot |\vec{e_a}|} = \frac{|x \cdot 1 + y \cdot 0 + z \cdot 0|}{1 \cdot \sqrt{1^2+0+0}} = |x|$.
  Следовательно, $cos^2 \alpha = x^2$.
• Угол $\beta$ — это угол между прямыми $m$ и $b$. Косинус угла между векторами $\vec{e_m}$ и $\vec{e_b}$ равен:
  $cos \beta = \frac{|\vec{e_m} \cdot \vec{e_b}|}{|\vec{e_m}| \cdot |\vec{e_b}|} = \frac{|x \cdot 0 + y \cdot 1 + z \cdot 0|}{1 \cdot \sqrt{0+1^2+0}} = |y|$.
  Следовательно, $cos^2 \beta = y^2$.
• Угол $\gamma$ — это угол между прямой $m$ и плоскостью $\pi$. Он определяется как угол между прямой $m$ и ее проекцией на плоскость $\pi$. Проекцией вектора $\vec{e_m} = (x, y, z)$ на плоскость $Oxy$ является вектор $\vec{e_{m_{pr}}} = (x, y, 0)$.
  Найдем косинус угла $\gamma$ между векторами $\vec{e_m}$ и $\vec{e_{m_{pr}}}$:
  $cos \gamma = \frac{|\vec{e_m} \cdot \vec{e_{m_{pr}}}|}{|\vec{e_m}| \cdot |\vec{e_{m_{pr}}}|} = \frac{|x \cdot x + y \cdot y + z \cdot 0|}{1 \cdot \sqrt{x^2 + y^2 + 0^2}} = \frac{x^2 + y^2}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \sqrt{x^2 + y^2}$.
  Следовательно, $cos^2 \gamma = x^2 + y^2$.

4. Завершим доказательство.
Мы получили следующие выражения:

• $cos^2 \alpha = x^2$
• $cos^2 \beta = y^2$
• $cos^2 \gamma = x^2 + y^2$

Подставим выражения для $cos^2 \alpha$ и $cos^2 \beta$ в правую часть доказываемого равенства:
$cos^2 \alpha + cos^2 \beta = x^2 + y^2$.
Сравнивая полученный результат с выражением для левой части, видим, что:
$cos^2 \gamma = cos^2 \alpha + cos^2 \beta$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $cos^2 \gamma = cos^2 \alpha + cos^2 \beta$ доказано.

13.41. Ребро $DC$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Известно, что $\angle ADB = 90^\circ$, $AC = CD = 1$ см, $BC = \sqrt{3}$ см. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $ADB$.

Для решения задачи воспользуемся методом объемов. Объем тетраэдра $DABC$ можно вычислить двумя способами:

1. Приняв за основание треугольник $ABC$, а за высоту — ребро $DC$.
$V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot DC$

2. Приняв за основание треугольник $ADB$, а за высоту — искомое расстояние $h$ от точки $C$ до плоскости $ADB$.
$V = \frac{1}{3} S_{ADB} \cdot h$

Приравняв эти два выражения, получим: $S_{ABC} \cdot DC = S_{ADB} \cdot h$.
Отсюда искомое расстояние $h = \frac{S_{ABC} \cdot DC}{S_{ADB}}$.

Найдем все необходимые величины.

1. Найдем длины ребер тетраэдра.

По условию, ребро $DC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Это означает, что $DC$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в частности $DC \perp AC$ и $DC \perp BC$. Следовательно, треугольники $\triangle DCA$ и $\triangle DCB$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $C$.

Из прямоугольного $\triangle DCA$ по теореме Пифагора:
$AD^2 = AC^2 + CD^2 = 1^2 + 1^2 = 2 \implies AD = \sqrt{2}$ см.

Из прямоугольного $\triangle DCB$ по теореме Пифагора:
$DB^2 = BC^2 + CD^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4 \implies DB = 2$ см.

По условию $\angle ADB = 90^{\circ}$, значит $\triangle ADB$ — прямоугольный. Найдем гипотенузу $AB$ по теореме Пифагора:
$AB^2 = AD^2 + DB^2 = (\sqrt{2})^2 + 2^2 = 2 + 4 = 6 \implies AB = \sqrt{6}$ см.

2. Найдем площадь основания $S_{ADB}$.

Поскольку $\triangle ADB$ — прямоугольный с катетами $AD = \sqrt{2}$ и $DB = 2$, его площадь равна:
$S_{ADB} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot DB = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot 2 = \sqrt{2}$ см$^2$.

3. Найдем площадь основания $S_{ABC}$.

Мы знаем все стороны треугольника $ABC$: $AC=1$, $BC=\sqrt{3}$, $AB=\sqrt{6}$. Для нахождения площади воспользуемся теоремой косинусов, чтобы найти угол $\angle ACB$.
$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle ACB)$
$(\sqrt{6})^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{3} \cdot \cos(\angle ACB)$
$6 = 1 + 3 - 2\sqrt{3} \cdot \cos(\angle ACB)$
$6 = 4 - 2\sqrt{3} \cdot \cos(\angle ACB)$
$2 = -2\sqrt{3} \cdot \cos(\angle ACB)$
$\cos(\angle ACB) = -\frac{2}{2\sqrt{3}} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$

Теперь найдем синус этого угла, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$. Поскольку $\angle ACB$ — угол треугольника, его синус положителен.
$\sin(\angle ACB) = \sqrt{1 - \cos^2(\angle ACB)} = \sqrt{1 - \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

Площадь треугольника $ABC$ равна:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC \cdot \sin(\angle ACB) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см$^2$.

4. Найдем искомое расстояние $h$.

Подставим найденные значения в формулу $h = \frac{S_{ABC} \cdot DC}{S_{ADB}}$.
$h = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2 \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$ см.

Ответ: $0,5$ см.

13.42. В тетраэдре $DABC$ известно, что $\angle DAC = 90^\circ$, $\angle DBC = 90^\circ$, $\angle ACB = 90^\circ$, $AC = \sqrt{2}$ см, $CD = 2$ см, $BC = 1$ см. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$.

Расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на эту плоскость. Обозначим этот перпендикуляр $DH$, где $H$ — основание перпендикуляра, точка $H$ лежит в плоскости $ABC$. Таким образом, по определению $DH \perp (ABC)$.

Отрезок $DA$ является наклонной к плоскости $ABC$, а отрезок $HA$ — её проекцией на эту плоскость. По условию, $\angle DAC = 90^\circ$, что означает $DA \perp AC$. Согласно теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой, лежащей в плоскости, то и ее проекция перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $HA \perp AC$.

Аналогично, отрезок $DB$ является наклонной к плоскости $ABC$, а отрезок $HB$ — её проекцией. По условию, $\angle DBC = 90^\circ$, что означает $DB \perp BC$. По той же теореме, $HB \perp BC$.

Теперь рассмотрим положение точки $H$ в плоскости $ABC$. В этой плоскости нам известно, что $\angle ACB = 90^\circ$. Также мы установили, что $HA \perp AC$ (то есть $\angle HAC = 90^\circ$) и $HB \perp BC$ (то есть $\angle HBC = 90^\circ$). Четырехугольник $ACBH$ имеет три прямых угла ($\angle C$, $\angle A$ и $\angle B$), следовательно, он является прямоугольником.

В прямоугольнике $ACBH$ диагонали равны, то есть $CH = AB$. Найдем длину гипотенузы $AB$ в прямоугольном треугольнике $ABC$ по теореме Пифагора, используя данные $AC = \sqrt{2}$ см и $BC = 1$ см:
$AB^2 = AC^2 + BC^2 = (\sqrt{2})^2 + 1^2 = 2 + 1 = 3$
$AB = \sqrt{3}$ см.
Следовательно, $CH = \sqrt{3}$ см.

Рассмотрим треугольник $DHC$. Так как $DH$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, то $DH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CH$. Значит, $\angle DHC = 90^\circ$, и треугольник $DHC$ является прямоугольным с гипотенузой $DC$.

Применим теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику $DHC$:
$DH^2 + CH^2 = DC^2$
Подставим известные значения $CH = \sqrt{3}$ см и $DC = 2$ см:
$DH^2 + (\sqrt{3})^2 = 2^2$
$DH^2 + 3 = 4$
$DH^2 = 1$
$DH = 1$ см.

Таким образом, искомое расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$ равно 1 см.

Ответ: 1 см.

13.43. Через точку $A$ проведены прямые, касающиеся окружности радиусом 4 см в точках $B$ и $C$. Угол $BAC$ равен 60°. Найдите площадь треугольника $ABC$.

По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, длины отрезков этих касательных от точки до точек касания равны. Следовательно, $AB = AC$.

Поскольку $AB = AC$, треугольник $ABC$ является равнобедренным. По условию, угол при вершине $\angle BAC = 60^\circ$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому углы при основании $BC$ равны:

$\angle ABC = \angle ACB = \frac{180^\circ - \angle BAC}{2} = \frac{180^\circ - 60^\circ}{2} = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$.

Так как все три угла треугольника $ABC$ равны $60^\circ$, этот треугольник является равносторонним. Значит, $AB = AC = BC$.

Для того чтобы найти площадь треугольника $ABC$, нам нужно найти длину его стороны. Пусть $O$ — центр окружности. Проведем радиус $OB$ в точку касания $B$. Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $\angle OBA = 90^\circ$. Треугольник $ABO$ является прямоугольным.

Отрезок $AO$, соединяющий точку $A$ с центром окружности $O$, является биссектрисой угла $\angle BAC$. Следовательно:

$\angle OAB = \frac{1}{2} \angle BAC = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $ABO$ мы знаем катет $OB$ (радиус окружности $r=4$ см) и угол $\angle OAB = 30^\circ$. Мы можем найти длину другого катета $AB$ с помощью тангенса:

$\tan(\angle OAB) = \frac{OB}{AB}$

Выразим отсюда $AB$:

$AB = \frac{OB}{\tan(30^\circ)} = \frac{4}{1/\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь, зная сторону равностороннего треугольника $ABC$, мы можем вычислить его площадь ($S$) по формуле:

$S = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, где $a$ - длина стороны.

$S_{ABC} = \frac{(4\sqrt{3})^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{(16 \cdot 3) \sqrt{3}}{4} = \frac{48\sqrt{3}}{4} = 12\sqrt{3}$ см$^2$.

Ответ: $12\sqrt{3}$ см$^2$.