Номер 80, страница 193 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 20. Упражнения для повторения курса геометрии 10 класса. Упражнения для повторения курса геометрии - номер 80, страница 193.

Условие.

20.80. Точки $E, F$ и $M$ – середины рёбер $AD, CD$ и $BB_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ соответственно. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $EFM$.

Решение 1.

Решение 3.

Для нахождения угла между плоскостями $ABC$ и $EFM$ воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $D$. Направим ось $x$ вдоль ребра $DC$, ось $y$ вдоль ребра $DA$ и ось $z$ вдоль ребра $DD_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a=2$. Тогда координаты вершин куба, необходимых для решения задачи, будут следующими:

• $D(0; 0; 0)$
• $A(0; 2; 0)$
• $C(2; 0; 0)$
• $B(2; 2; 0)$
• $B_1(2; 2; 2)$

Найдем координаты точек $E$, $F$ и $M$, которые являются серединами рёбер $AD$, $CD$ и $BB_1$ соответственно:

• $E$ — середина $AD$: $E = \left(\frac{0+0}{2}; \frac{2+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = (0; 1; 0)$
• $F$ — середина $CD$: $F = \left(\frac{2+0}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = (1; 0; 0)$
• $M$ — середина $BB_1$: $M = \left(\frac{2+2}{2}; \frac{2+2}{2}; \frac{0+2}{2}\right) = (2; 2; 1)$

Плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$. Уравнение этой плоскости $z=0$. Вектор нормали к плоскости $ABC$ — это любой вектор, коллинеарный оси $Oz$. Возьмем вектор $\vec{n_1} = \{0; 0; 1\}$.

Чтобы найти вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $EFM$, найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости. Например, векторы $\vec{EF}$ и $\vec{FM}$:

$\vec{EF} = \{1-0; 0-1; 0-0\} = \{1; -1; 0\}$

$\vec{FM} = \{2-1; 2-0; 1-0\} = \{1; 2; 1\}$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ перпендикулярен плоскости $EFM$, и его можно найти как векторное произведение векторов $\vec{EF}$ и $\vec{FM}$:

$\vec{n_2} = \vec{EF} \times \vec{FM} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(-1 \cdot 1 - 0 \cdot 2) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \vec{k}(1 \cdot 2 - (-1) \cdot 1) = -1\vec{i} - 1\vec{j} + 3\vec{k}$

Таким образом, $\vec{n_2} = \{-1; -1; 3\}$.

Угол $\alpha$ между плоскостями равен углу между их векторами нормали. Косинус этого угла можно найти по формуле:

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

Найдем скалярное произведение векторов:

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

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 1 + 9} = \sqrt{11}$

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \alpha = \frac{|3|}{1 \cdot \sqrt{11}} = \frac{3}{\sqrt{11}}$

Следовательно, искомый угол $\alpha$ равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\arccos\left(\frac{3}{\sqrt{11}}\right)$