Страница 165 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

14.46. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ рёбра $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно равны 6 см, $3\sqrt{6}$ см и $6\sqrt{3}$ см. Найдите угол между плоскостями $A_1AD$ и $A_1DB$.

Пусть $\alpha$ - это плоскость $AA_1D$, а $\beta$ - это плоскость $A_1DB$. Угол между двумя плоскостями - это угол между перпендикулярами, проведенными к их линии пересечения в одной точке.

1. Найдем линию пересечения плоскостей.
Плоскость $AA_1D$ содержит точки $A$, $A_1$, $D$. Плоскость $A_1DB$ содержит точки $A_1$, $D$, $B$. Общими точками для этих двух плоскостей являются $A_1$ и $D$. Следовательно, плоскости пересекаются по прямой $A_1D$.

2. Построим линейный угол двугранного угла.
Искомый угол - это угол между двумя отрезками, перпендикулярными $A_1D$, проведенными из одной точки на $A_1D$, причем один отрезок лежит в плоскости $AA_1D$, а другой - в плоскости $A_1DB$.
Рассмотрим грань $AA_1D_1D$. Это прямоугольник. Треугольник $AA_1D$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$. Проведем в этом треугольнике высоту $AH$ к гипотенузе $A_1D$. Таким образом, $AH \perp A_1D$, и $AH$ лежит в плоскости $AA_1D$.
Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - прямоугольный параллелепипед, ребро $AB$ перпендикулярно грани $AA_1D_1D$. Следовательно, $AB$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе и $AH$. Значит, $\triangle ABH$ - прямоугольный с $\angle BAH = 90^\circ$.
Рассмотрим наклонную $BH$ к плоскости $AA_1D$. $AB$ - перпендикуляр, проведенный из точки $B$ к плоскости $AA_1D$, а $AH$ - проекция наклонной $BH$ на эту плоскость. Поскольку прямая $A_1D$ в плоскости $AA_1D$ перпендикулярна проекции $AH$ (по построению), то по теореме о трех перпендикулярах она перпендикулярна и самой наклонной $BH$. То есть, $BH \perp A_1D$.
Мы получили, что $AH \perp A_1D$ и $BH \perp A_1D$, причем $AH \subset (AA_1D)$ и $BH \subset (A_1DB)$. Следовательно, угол $\angle AHB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $AA_1D$ и $A_1DB$.

3. Вычислим величину угла $\angle AHB$.
Для этого найдем стороны прямоугольного треугольника $\triangle AHB$. Нам известна длина катета $AB = 6$ см.
Найдем длину катета $AH$. $AH$ - это высота в прямоугольном треугольнике $AA_1D$. Найдем сначала стороны этого треугольника. По условию, катеты $AD = 3\sqrt{6}$ см и $AA_1 = 6\sqrt{3}$ см. Найдем гипотенузу $A_1D$ по теореме Пифагора: $A_1D^2 = AD^2 + AA_1^2 = (3\sqrt{6})^2 + (6\sqrt{3})^2 = 9 \cdot 6 + 36 \cdot 3 = 54 + 108 = 162$. $A_1D = \sqrt{162} = \sqrt{81 \cdot 2} = 9\sqrt{2}$ см.
Высоту $AH$ в прямоугольном треугольнике можно найти через площадь. Площадь треугольника $AA_1D$ равна: $S = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AA_1 = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{6} \cdot 6\sqrt{3} = 9\sqrt{18} = 9 \cdot 3\sqrt{2} = 27\sqrt{2}$ см$^2$. С другой стороны, площадь равна $S = \frac{1}{2} \cdot A_1D \cdot AH$. Отсюда $AH = \frac{2S}{A_1D} = \frac{2 \cdot 27\sqrt{2}}{9\sqrt{2}} = \frac{54\sqrt{2}}{9\sqrt{2}} = 6$ см.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHB$. Мы знаем длины его катетов: $AB = 6$ см и $AH = 6$ см. Этот треугольник является равнобедренным прямоугольным треугольником. Найдем тангенс угла $\angle AHB$: $\text{tg}(\angle AHB) = \frac{AB}{AH} = \frac{6}{6} = 1$.
Следовательно, $\angle AHB = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

14.47. Ребро $DC$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Известно, что $DC = 1$ см, $CA = CB = \sqrt{2}$ см и $\angle ACB = 90^\circ$. Найдите угол между плоскостями $ABD$ и $ACD$.

По условию, ребро $DC$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Это означает, что $DC$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности, $DC \perp AC$ и $DC \perp BC$. Таким образом, треугольники $ACD$ и $BCD$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $C$.

Угол между плоскостями $ABD$ и $ACD$ - это двугранный угол, который измеряется величиной своего линейного угла. Линейный угол строится на линии пересечения двух плоскостей. Линией пересечения плоскостей $ABD$ и $ACD$ является прямая $AD$.

Для построения линейного угла нам нужно найти перпендикуляры к прямой $AD$, проведенные в каждой из плоскостей из одной и той же точки на $AD$.

Рассмотрим прямую $BC$. По условию $\angle ACB = 90^\circ$, значит $BC \perp AC$. Также, так как $DC \perp (ABC)$, то $DC \perp BC$. Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $DC$) в плоскости $ACD$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $ACD$.

Теперь построим линейный угол. В плоскости $ACD$ проведем из точки $C$ перпендикуляр $CE$ к прямой $AD$. Таким образом, $CE \perp AD$.

Соединим точки $B$ и $E$. Отрезок $BE$ лежит в плоскости $ABD$. Так как $BC \perp (ACD)$, то $CE$ является проекцией наклонной $BE$ на плоскость $ACD$. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной ($CE$) перпендикулярна прямой ($AD$), лежащей в плоскости, то и сама наклонная ($BE$) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $BE \perp AD$.

Мы получили, что $CE \perp AD$ и $BE \perp AD$, причем $CE \subset (ACD)$ и $BE \subset (ABD)$. Значит, угол $\angle CEB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABD$ и $ACD$.

Найдем величину этого угла. Поскольку $BC \perp (ACD)$, то прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $CE$. Следовательно, треугольник $BCE$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $C$.

В прямоугольном треугольнике $BCE$ тангенс угла $\angle CEB$ равен отношению противолежащего катета $BC$ к прилежащему катету $CE$: $\tan(\angle CEB) = \frac{BC}{CE}$.

По условию $BC = \sqrt{2}$ см. Найдем длину $CE$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACD$ ($\angle C = 90^\circ$). В нем $AC = \sqrt{2}$ см и $DC = 1$ см. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $AD$:
$AD = \sqrt{AC^2 + DC^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{2+1} = \sqrt{3}$ см.

$CE$ является высотой, проведенной из вершины прямого угла к гипотенузе $AD$. Площадь треугольника $ACD$ можно выразить двумя способами:
$S_{ACD} = \frac{1}{2} AC \cdot DC = \frac{1}{2} \sqrt{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$S_{ACD} = \frac{1}{2} AD \cdot CE = \frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot CE$

Приравнивая эти выражения, получаем:
$\frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot CE = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$CE = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ см.

Теперь вернемся к треугольнику $BCE$ и вычислим тангенс искомого угла:
$\tan(\angle CEB) = \frac{BC}{CE} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

14.48. На рёбрах $AA_1$ и $B_1C_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что $A_1M = B_1N$. На рёбрах $DC$ и $B_1C_1$ отметили соответственно точки $P$ и $K$ так, что $CP = C_1K$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно прямой $AB$. Плоскость $\beta$ проходит через точки $P$ и $K$ параллельно прямой $CC_1$. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть начало координат находится в вершине $A$, а оси $Ox$, $Oy$, $Oz$ направлены вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно. Примем длину ребра куба равной $a$.

Координаты вершин куба в этой системе:$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D(0, a, 0)$,$A_1(0, 0, a)$, $B_1(a, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$, $D_1(0, a, a)$.

Найдем координаты заданных точек.Пусть $A_1M = B_1N = h$.Точка $M$ лежит на ребре $AA_1$. Так как $A_1M=h$, то $AM = AA_1 - A_1M = a - h$. Координаты точки $M$: $(0, 0, a-h)$.Точка $N$ лежит на ребре $B_1C_1$. Координаты точки $N$ можно найти, прибавив к координатам точки $B_1$ вектор $\vec{B_1N}$. Вектор $\vec{B_1C_1}$ имеет координаты $(0, a, 0)$. Тогда $\vec{B_1N} = \frac{h}{a}\vec{B_1C_1} = (0, h, 0)$. Координаты точки $N$: $(a, 0, a) + (0, h, 0) = (a, h, a)$.

Пусть $CP = C_1K = k$.Точка $P$ лежит на ребре $DC$. Вектор $\vec{CD}$ имеет координаты $(-a, 0, 0)$. Тогда $\vec{CP} = \frac{k}{a}\vec{CD} = (-k, 0, 0)$. Координаты точки $P$: $(a, a, 0) + (-k, 0, 0) = (a-k, a, 0)$.Точка $K$ лежит на ребре $B_1C_1$. Вектор $\vec{C_1B_1}$ имеет координаты $(0, -a, 0)$. Тогда $\vec{C_1K} = \frac{k}{a}\vec{C_1B_1} = (0, -k, 0)$. Координаты точки $K$: $(a, a, a) + (0, -k, 0) = (a, a-k, a)$.

Теперь найдем нормальные векторы к плоскостям $\alpha$ и $\beta$.

Построение плоскости $\alpha$ и нахождение ее нормального вектора.Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M(0, 0, a-h)$ и $N(a, h, a)$, значит, вектор $\vec{MN}$ лежит в этой плоскости.$\vec{MN} = (a-0, h-0, a-(a-h)) = (a, h, h)$.Плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AB$, значит, она параллельна вектору $\vec{AB} = (a, 0, 0)$.Нормальный вектор $\vec{n_\alpha}$ плоскости $\alpha$ перпендикулярен любым двум неколлинеарным векторам, параллельным этой плоскости. В качестве таких векторов возьмем $\vec{MN}$ и $\vec{AB}$. Найдем $\vec{n_\alpha}$ как их векторное произведение:$\vec{n_\alpha} = \vec{MN} \times \vec{AB} = (a, h, h) \times (a, 0, 0) = (h \cdot 0 - h \cdot 0, h \cdot a - a \cdot 0, a \cdot 0 - h \cdot a) = (0, ah, -ah)$.В качестве нормального вектора можно взять любой коллинеарный ему вектор. Упростим, разделив на $ah$ (предполагая, что $a \neq 0$ и $h \neq 0$):$\vec{n_\alpha} = (0, 1, -1)$.

Построение плоскости $\beta$ и нахождение ее нормального вектора.Плоскость $\beta$ проходит через точки $P(a-k, a, 0)$ и $K(a, a-k, a)$, значит, вектор $\vec{PK}$ лежит в этой плоскости.$\vec{PK} = (a-(a-k), (a-k)-a, a-0) = (k, -k, a)$.Плоскость $\beta$ параллельна прямой $CC_1$, значит, она параллельна вектору $\vec{CC_1} = (0, 0, a)$.Аналогично, нормальный вектор $\vec{n_\beta}$ плоскости $\beta$ перпендикулярен векторам $\vec{PK}$ и $\vec{CC_1}$. Найдем $\vec{n_\beta}$ как их векторное произведение:$\vec{n_\beta} = \vec{PK} \times \vec{CC_1} = (k, -k, a) \times (0, 0, a) = (-k \cdot a - a \cdot 0, a \cdot 0 - k \cdot a, k \cdot 0 - (-k) \cdot 0) = (-ka, -ka, 0)$.Упростим, разделив на $-ka$ (предполагая, что $k \neq 0$ и $a \neq 0$):$\vec{n_\beta} = (1, 1, 0)$.

Нахождение угла между плоскостями.Угол $\varphi$ между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равен углу между их нормальными векторами $\vec{n_\alpha}$ и $\vec{n_\beta}$. Косинус этого угла можно найти по формуле:$\cos \varphi = \frac{|\vec{n_\alpha} \cdot \vec{n_\beta}|}{|\vec{n_\alpha}| \cdot |\vec{n_\beta}|}$Найдем скалярное произведение векторов:$\vec{n_\alpha} \cdot \vec{n_\beta} = 0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 0 = 1$.Найдем модули векторов:$|\vec{n_\alpha}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$.$|\vec{n_\beta}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$.Теперь найдем косинус угла:$\cos \varphi = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.Отсюда, угол $\varphi$ между плоскостями равен $\arccos(\frac{1}{2})$.$\varphi = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

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

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

14.51. На ребре $AB$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $P$. Затем на ребре $AD$ отметили точку $Q$ так, что $AP = DQ$. Докажите, что угол между плоскостями $A_1PC$ и $A_1QC$ не зависит от выбора точки $P$.

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 $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты вершин куба, необходимых для решения, будут следующими:$A = (0, 0, 0)$, $B = (a, 0, 0)$, $C = (a, a, 0)$, $D = (0, a, 0)$ и $A_1 = (0, 0, a)$.

Точка $P$ лежит на ребре $AB$. Обозначим длину отрезка $AP$ через $p$, где $0 \le p \le a$. Тогда координаты точки $P$ будут $(p, 0, 0)$.

Точка $Q$ лежит на ребре $AD$. По условию $AP = DQ$. Длина отрезка $DQ$ равна разности $y$-координат точек $D$ и $Q$. Пусть координаты точки $Q$ равны $(0, q, 0)$, где $0 \le q \le a$. Тогда $DQ = |a-q| = a-q$. Из условия $AP = DQ$ получаем $p = a-q$, откуда $q = a-p$. Таким образом, координаты точки $Q$ равны $(0, a-p, 0)$.

Угол между плоскостями равен углу между их векторами нормали. Найдем векторы нормали для плоскостей $A_1PC$ и $A_1QC$.

Для плоскости $(A_1PC)$ найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{A_1P}$ и $\vec{A_1C}$:$\vec{A_1P} = P - A_1 = (p, 0, 0) - (0, 0, a) = (p, 0, -a)$.$\vec{A_1C} = C - A_1 = (a, a, 0) - (0, 0, a) = (a, a, -a)$.Вектор нормали $\vec{n}_1$ к плоскости $(A_1PC)$ можно найти как векторное произведение этих векторов:$\vec{n}_1 = \vec{A_1P} \times \vec{A_1C} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ p & 0 & -a \\ a & a & -a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot (-a) - (-a) \cdot a) - \vec{j}(p \cdot (-a) - (-a) \cdot a) + \vec{k}(p \cdot a - 0 \cdot a) = (a^2, a(p-a), ap)$.Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, разделив все координаты на $a$ (так как $a \neq 0$): $\vec{n}_1' = (a, p-a, p)$.

Для плоскости $(A_1QC)$ найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{A_1Q}$ и $\vec{A_1C}$:$\vec{A_1Q} = Q - A_1 = (0, a-p, 0) - (0, 0, a) = (0, a-p, -a)$.$\vec{A_1C} = (a, a, -a)$.Вектор нормали $\vec{n}_2$ к плоскости $(A_1QC)$ найдем как их векторное произведение:$\vec{n}_2 = \vec{A_1Q} \times \vec{A_1C} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & a-p & -a \\ a & a & -a \end{vmatrix} = \vec{i}((a-p)(-a) - (-a) \cdot a) - \vec{j}(0 \cdot (-a) - (-a) \cdot a) + \vec{k}(0 \cdot a - (a-p) \cdot a) = (ap, -a^2, a(p-a))$.Разделим все координаты на $a$: $\vec{n}_2' = (p, -a, p-a)$.

Теперь найдем косинус угла $\phi$ между векторами нормали $\vec{n}_1'$ и $\vec{n}_2'$. Угол между плоскостями будет равен $\phi$ или $180^\circ - \phi$. Косинус угла между плоскостями равен модулю косинуса угла между векторами нормали.$\cos\phi = \frac{\vec{n}_1' \cdot \vec{n}_2'}{|\vec{n}_1'| \cdot |\vec{n}_2'|}$.

Найдем скалярное произведение векторов:$\vec{n}_1' \cdot \vec{n}_2' = a \cdot p + (p-a) \cdot (-a) + p \cdot (p-a) = ap - ap + a^2 + p^2 - ap = p^2 - ap + a^2$.

Найдем квадраты длин векторов:$|\vec{n}_1'|^2 = a^2 + (p-a)^2 + p^2 = a^2 + p^2 - 2ap + a^2 + p^2 = 2p^2 - 2ap + 2a^2 = 2(p^2 - ap + a^2)$.$|\vec{n}_2'|^2 = p^2 + (-a)^2 + (p-a)^2 = p^2 + a^2 + p^2 - 2ap + a^2 = 2p^2 - 2ap + 2a^2 = 2(p^2 - ap + a^2)$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса:$\cos\phi = \frac{p^2 - ap + a^2}{\sqrt{2(p^2 - ap + a^2)} \cdot \sqrt{2(p^2 - ap + a^2)}} = \frac{p^2 - ap + a^2}{2(p^2 - ap + a^2)}$.

Рассмотрим выражение в числителе и знаменателе $p^2 - ap + a^2$. Это квадратный трехчлен относительно $p$. Его дискриминант $D = (-a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot a^2 = a^2 - 4a^2 = -3a^2$. Так как $a > 0$, дискриминант $D < 0$. Коэффициент при $p^2$ положителен, следовательно, выражение $p^2 - ap + a^2$ всегда положительно. Значит, мы можем сократить дробь:$\cos\phi = \frac{1}{2}$.

Так как косинус угла между векторами нормали равен постоянной величине $1/2$ и не зависит от $p$, то и сам угол между плоскостями является постоянной величиной. Этот угол равен $\arccos(1/2) = 60^\circ$. Таким образом, мы доказали, что угол между плоскостями $A_1PC$ и $A_1QC$ не зависит от выбора точки $P$.

Ответ: Угол между плоскостями не зависит от выбора точки P, так как косинус этого угла всегда равен $1/2$, что соответствует углу $60^\circ$.

14.52. Точка M, K и E — середины соответственно рёбер $A_1B_1$, BC и CD куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между плоскостями $AME$ и $KME$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке D и осями, направленными вдоль ребер DA, DC и DD₁. Пусть ребро куба равно $a$. Тогда координаты вершин куба будут следующими:$A(a, 0, 0)$, $B(a, a, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D(0, 0, 0)$,$A_1(a, 0, a)$, $B_1(a, a, a)$, $C_1(0, a, a)$, $D_1(0, 0, a)$.

Найдем координаты точек M, K и E, которые являются серединами ребер $A_1B_1$, $BC$ и $CD$ соответственно.

• Координаты точки M (середина $A_1B_1$): $M = (\frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{a+a}{2}) = (a, \frac{a}{2}, a)$.
• Координаты точки K (середина $BC$): $K = (\frac{a+0}{2}, \frac{a+a}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{a}{2}, a, 0)$.
• Координаты точки E (середина $CD$): $E = (\frac{0+0}{2}, \frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, \frac{a}{2}, 0)$.

Угол между плоскостями равен углу между их векторами нормали. Найдем вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $AME$. Для этого найдем координаты двух векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AE}$ и $\vec{AM}$.$\vec{AE} = E - A = (0-a, \frac{a}{2}-0, 0-0) = (-a, \frac{a}{2}, 0)$.$\vec{AM} = M - A = (a-a, \frac{a}{2}-0, a-0) = (0, \frac{a}{2}, a)$.Вектор нормали $\vec{n_1}$ является векторным произведением векторов $\vec{AE}$ и $\vec{AM}$:$\vec{n_1} = \vec{AE} \times \vec{AM} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -a & a/2 & 0 \\ 0 & a/2 & a \end{vmatrix} = (\frac{a^2}{2})\mathbf{i} - (-a^2)\mathbf{j} + (-\frac{a^2}{2})\mathbf{k} = (\frac{a^2}{2}, a^2, -\frac{a^2}{2})$.Для удобства в качестве вектора нормали можно взять коллинеарный ему вектор, разделив координаты на $\frac{a^2}{2}$: $\vec{n_1} = (1, 2, -1)$.

Теперь найдем вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $KME$. Найдем два вектора в этой плоскости, например, $\vec{EK}$ и $\vec{EM}$.$\vec{EK} = K - E = (\frac{a}{2}-0, a-\frac{a}{2}, 0-0) = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$.$\vec{EM} = M - E = (a-0, \frac{a}{2}-\frac{a}{2}, a-0) = (a, 0, a)$.Вектор нормали $\vec{n_2}$ является векторным произведением векторов $\vec{EK}$ и $\vec{EM}$:$\vec{n_2} = \vec{EK} \times \vec{EM} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a/2 & a/2 & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = (\frac{a^2}{2})\mathbf{i} - (\frac{a^2}{2})\mathbf{j} + (-\frac{a^2}{2})\mathbf{k} = (\frac{a^2}{2}, -\frac{a^2}{2}, -\frac{a^2}{2})$.Упростим, разделив на $\frac{a^2}{2}$: $\vec{n_2} = (1, -1, -1)$.

Угол $\theta$ между плоскостями найдем как угол между их нормальными векторами $\vec{n_1} = (1, 2, -1)$ и $\vec{n_2} = (1, -1, -1)$. Косинус угла между векторами вычисляется по формуле:$\cos\theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|}$.Найдем скалярное произведение векторов:$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (1)(1) + (2)(-1) + (-1)(-1) = 1 - 2 + 1 = 0$.Так как скалярное произведение нормальных векторов равно нулю, векторы перпендикулярны. Следовательно, угол между ними равен $90^\circ$. Таким образом, и угол между плоскостями $AME$ и $KME$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

14.53. Через середину диагонали $AC$ прямоугольника $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $BC$ и $AD$ прямоугольника в точках $M$ и $K$ соответственно, $AC = 15$ см, $AK = 4$ см, $KD = 8$ см. Найдите площадь четырёхугольника $AMSK$.

По условию задачи дан прямоугольник ABCD. Это означает, что его противоположные стороны параллельны и равны, а все углы прямые. Таким образом, $AD \parallel BC$ и $AD = BC$. Сторона AD состоит из отрезков AK и KD, поэтому её длина равна:

$AD = AK + KD = 4 \text{ см} + 8 \text{ см} = 12 \text{ см}$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ADC$, в котором $\angle D = 90^\circ$. По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов: $AC^2 = AD^2 + CD^2$.

Из этой формулы найдём длину стороны CD:

$CD^2 = AC^2 - AD^2 = 15^2 - 12^2 = 225 - 144 = 81$

$CD = \sqrt{81} = 9 \text{ см}$

Прямая MK проходит через середину диагонали AC. Обозначим середину AC как точку O. Рассмотрим треугольники $\triangle AOK$ и $\triangle COM$.

В этих треугольниках:

1. $AO = CO$, так как O — середина AC по условию.

2. $\angle KAO = \angle MCO$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых AD и BC и секущей AC).

3. $\angle AOK = \angle COM$ (как вертикальные углы).

Следовательно, треугольники $\triangle AOK$ и $\triangle COM$ равны по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам).

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон: $AK = CM$. Так как $AK = 4 \text{ см}$, то и $CM = 4 \text{ см}$.

Рассмотрим четырёхугольник AMCK. Его стороны AK и CM лежат на параллельных прямых AD и BC, следовательно, $AK \parallel CM$. Четырёхугольник, у которого две стороны параллельны, является трапецией. Высотой этой трапеции является перпендикуляр между прямыми AD и BC, который равен длине стороны CD, то есть $h = CD = 9 \text{ см}$.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2} \cdot h$, где $a$ и $b$ - основания, а $h$ - высота.

Подставим наши значения:

$S_{AMCK} = \frac{AK + CM}{2} \cdot CD = \frac{4 + 4}{2} \cdot 9 = \frac{8}{2} \cdot 9 = 4 \cdot 9 = 36 \text{ см}^2$.

Так как у трапеции AMCK основания равны ($AK = CM$), то она является параллелограммом. Площадь параллелограмма также можно найти как произведение основания на высоту: $S_{AMCK} = AK \cdot CD = 4 \cdot 9 = 36 \text{ см}^2$.

Ответ: $36 \text{ см}^2$.

14.54. Две стороны треугольника равны 15 см и 25 см, а медиана, проведённая к третьей стороне, — 16 см. Найдите третью сторону треугольника.

Пусть стороны треугольника равны $a$, $b$ и $c$. По условию, две стороны равны 15 см и 25 см, а медиана, проведённая к третьей стороне, равна 16 см. Обозначим известные стороны как $a = 15$ см и $b = 25$ см. Тогда медиана $m_c$, проведённая к третьей стороне $c$, равна $m_c = 16$ см. Требуется найти длину стороны $c$.

Для решения задачи воспользуемся формулой длины медианы треугольника, которая связывает медиану с длинами сторон:

$m_c = \frac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}$

Подставим известные значения в формулу:

$16 = \frac{1}{2} \sqrt{2 \cdot 15^2 + 2 \cdot 25^2 - c^2}$

Теперь решим это уравнение относительно $c$. Сначала умножим обе части уравнения на 2:

$32 = \sqrt{2 \cdot 15^2 + 2 \cdot 25^2 - c^2}$

Возведём обе части уравнения в квадрат, чтобы избавиться от квадратного корня:

$32^2 = 2 \cdot 15^2 + 2 \cdot 25^2 - c^2$

Вычислим квадраты чисел:

$1024 = 2 \cdot 225 + 2 \cdot 625 - c^2$

$1024 = 450 + 1250 - c^2$

$1024 = 1700 - c^2$

Выразим $c^2$:

$c^2 = 1700 - 1024$

$c^2 = 676$

Найдём $c$, извлекая квадратный корень:

$c = \sqrt{676}$

$c = 26$

Таким образом, длина третьей стороны треугольника равна 26 см.

Ответ: 26 см.