Страница 117 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

12.24. Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены две равные наклонные, угол между которыми равен $60^\circ$. Угол между проекциями данных наклонных на плоскость $\alpha$ равен $90^\circ$. Найдите угол между данными наклонными и плоскостью $\alpha$.

Пусть из точки $A$ к плоскости $α$ проведены две равные наклонные $AB$ и $AC$. Пусть $H$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $α$. Тогда $AH$ – расстояние от точки $A$ до плоскости $α$, а отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $α$ соответственно.

По условию задачи имеем:

• Длины наклонных равны: $AB = AC$.
• Угол между наклонными: $∠BAC = 60°$.
• Угол между проекциями наклонных: $∠BHC = 90°$.

Требуется найти угол между наклонными и плоскостью $α$. Углом между наклонной и плоскостью является угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость. Поскольку наклонные $AB$ и $AC$ равны, то их проекции $HB$ и $HC$ также равны. Следовательно, углы, которые они образуют с плоскостью $α$, также равны: $∠ABH = ∠ACH$. Найдем величину этого угла, обозначив его $φ$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Так как $AB = AC$ и угол между этими сторонами $∠BAC = 60°$, то треугольник $ABC$ является равнобедренным с углом при вершине $60°$. Это означает, что треугольник $ABC$ – равносторонний, и все его стороны равны: $AB = AC = BC$.

Обозначим длину наклонных через $l$. Тогда $AB = AC = BC = l$.

Теперь рассмотрим треугольник $BHC$, лежащий в плоскости $α$. По условию, $∠BHC = 90°$, то есть этот треугольник прямоугольный. Мы ранее установили, что проекции наклонных равны, $HB = HC$. Следовательно, треугольник $BHC$ – равнобедренный прямоугольный треугольник.

Применим теорему Пифагора для треугольника $BHC$:

$BC^2 = HB^2 + HC^2$

Так как $HB = HC$ и $BC = l$, получаем:

$l^2 = HB^2 + HB^2 = 2HB^2$

Отсюда выразим длину проекции $HB$:

$HB^2 = \frac{l^2}{2} \Rightarrow HB = \frac{l}{\sqrt{2}}$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$ (угол $∠AHB = 90°$, так как $AH$ – перпендикуляр к плоскости $α$). Угол $φ = ∠ABH$ – это искомый угол между наклонной $AB$ и плоскостью $α$.

В прямоугольном треугольнике $ABH$ косинус угла $∠ABH$ равен отношению прилежащего катета $HB$ к гипотенузе $AB$:

$\cos(φ) = \cos(∠ABH) = \frac{HB}{AB}$

Подставим найденные значения $HB = \frac{l}{\sqrt{2}}$ и $AB = l$:

$\cos(φ) = \frac{l/\sqrt{2}}{l} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45°$.

$φ = 45°$

Ответ: $45°$.

12.25. Из точки $B$ к плоскости $\beta$ проведены две равные наклонные, угол между которыми прямой. Угол между проекциями данных наклонных на плоскость $\beta$ равен $120^\circ$. Найдите косинус угла между данными наклонными и плоскостью $\beta$.

Пусть из точки B, не лежащей в плоскости β, проведены две равные наклонные BA и BC к этой плоскости. Обозначим длину этих наклонных как $l$, то есть $BA = BC = l$.

По условию, угол между наклонными прямой, следовательно, треугольник ΔABC является равнобедренным прямоугольным треугольником с прямым углом при вершине B, $\angle ABC = 90^\circ$.

Найдем длину отрезка AC, соединяющего основания наклонных, по теореме Пифагора в ΔABC:

$AC^2 = BA^2 + BC^2 = l^2 + l^2 = 2l^2$

Следовательно, $AC = \sqrt{2l^2} = l\sqrt{2}$.

Пусть H — основание перпендикуляра, опущенного из точки B на плоскость β. Тогда BH — расстояние от точки B до плоскости β, а отрезки HA и HC — проекции наклонных BA и BC на плоскость β соответственно.

Так как наклонные BA и BC равны, то их проекции HA и HC также равны. Обозначим их длину как $p$, то есть $HA = HC = p$.

По условию, угол между проекциями равен $120^\circ$, то есть $\angle AHC = 120^\circ$.

Рассмотрим треугольник ΔAHC в плоскости β. Он является равнобедренным, так как $HA = HC = p$. Найдем длину стороны AC по теореме косинусов:

$AC^2 = HA^2 + HC^2 - 2 \cdot HA \cdot HC \cdot \cos(\angle AHC)$

$AC^2 = p^2 + p^2 - 2 \cdot p \cdot p \cdot \cos(120^\circ)$

Зная, что $\cos(120^\circ) = -\frac{1}{2}$, получаем:

$AC^2 = 2p^2 - 2p^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2p^2 + p^2 = 3p^2$

Теперь у нас есть два выражения для $AC^2$. Приравняем их:

$2l^2 = 3p^2$

Отсюда выразим отношение длины проекции $p$ к длине наклонной $l$:

$\frac{p^2}{l^2} = \frac{2}{3} \implies \frac{p}{l} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. Для наклонной BA и ее проекции HA это угол $\angle BAH$. Обозначим этот угол как $\alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ΔBHA (угол $\angle BHA = 90^\circ$). Косинус угла $\alpha$ определяется как отношение прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(\alpha) = \cos(\angle BAH) = \frac{HA}{BA} = \frac{p}{l}$

Подставляем найденное ранее отношение:

$\cos(\alpha) = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Так как наклонные равны, угол между второй наклонной BC и плоскостью β будет таким же.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$

12.26. Из точки $B$ к плоскости $\alpha$ проведена наклонная $BA$, образующая с этой плоскостью угол $45^\circ$. В плоскости $\alpha$ проведена прямая $AC$, образующая с проекцией отрезка $AB$ на данную плоскость угол $30^\circ$. Найдите косинус угла $BAC$.

Пусть $BH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на плоскость $\alpha$. Тогда точка $H$ является проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $AH$ является проекцией наклонной $BA$ на эту плоскость.

По определению, угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. По условию, этот угол равен $45^\circ$, следовательно, $\angle BAH = 45^\circ$.

Треугольник $\triangle BHA$ является прямоугольным, так как $BH \perp \alpha$, а значит $BH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $AH$.

В плоскости $\alpha$ проведена прямая $AC$, которая образует с проекцией $AH$ угол $30^\circ$. Таким образом, $\angle HAC = 30^\circ$.

Наша задача — найти косинус угла $\angle BAC$. Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольника $\triangle BAC$:$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$

Отсюда $\cos(\angle BAC) = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC}$.

Чтобы найти $\cos(\angle BAC)$, выразим квадраты сторон треугольника $\triangle BAC$ через одну или две переменные.

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BHA$.Пусть длина проекции $AH = x$.Поскольку $\angle BAH = 45^\circ$, то $\triangle BHA$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, и $BH = AH = x$.По теореме Пифагора (или через косинус):$AB = \frac{AH}{\cos(45^\circ)} = \frac{x}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = x\sqrt{2}$.Итак, $AB^2 = (x\sqrt{2})^2 = 2x^2$.

2. Длину отрезка $AC$ примем за $y$. Тогда $AC^2 = y^2$.

3. Теперь найдем длину $BC$. Рассмотрим треугольник $\triangle BHC$. Так как $BH \perp \alpha$, то $BH \perp HC$. Значит, $\triangle BHC$ — прямоугольный с прямым углом $H$. По теореме Пифагора $BC^2 = BH^2 + HC^2$.Мы уже знаем, что $BH = x$. Найдем $HC$ из треугольника $\triangle HAC$, который лежит в плоскости $\alpha$. По теореме косинусов для $\triangle HAC$:$HC^2 = AH^2 + AC^2 - 2 \cdot AH \cdot AC \cdot \cos(\angle HAC)$$HC^2 = x^2 + y^2 - 2 \cdot x \cdot y \cdot \cos(30^\circ) = x^2 + y^2 - 2xy \frac{\sqrt{3}}{2} = x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}$.Теперь подставим $BH^2$ и $HC^2$ в формулу для $BC^2$:$BC^2 = x^2 + (x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}) = 2x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}$.

4. Подставим найденные выражения для $AB^2$, $AC^2$ и $BC^2$ в формулу для косинуса $\angle BAC$:$\cos(\angle BAC) = \frac{2x^2 + y^2 - (2x^2 + y^2 - xy\sqrt{3})}{2 \cdot (x\sqrt{2}) \cdot y}$$\cos(\angle BAC) = \frac{2x^2 + y^2 - 2x^2 - y^2 + xy\sqrt{3}}{2\sqrt{2}xy}$$\cos(\angle BAC) = \frac{xy\sqrt{3}}{2\sqrt{2}xy}$

Сокращая на $xy$ (так как $x > 0$ и $y > 0$), получаем:$\cos(\angle BAC) = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:$\cos(\angle BAC) = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$.

12.27. Сторона $AC$ треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$, а его сторона $AB$ образует с этой плоскостью угол $45^\circ$. Найдите угол между стороной $AC$ и проекцией стороны $AB$ на плоскость $\alpha$, если $\angle BAC = 60^\circ$.

Пусть $A, B, C$ – вершины треугольника. Плоскость обозначим $\alpha$.

По условию, сторона $AC$ лежит в плоскости $\alpha$. Это означает, что точки $A$ и $C$ находятся в плоскости $\alpha$.

Проекцией стороны $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AB'$, где $B'$ – ортогональная проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$. Так как $A$ лежит в плоскости $\alpha$, то проекция точки $A$ на плоскость $\alpha$ совпадает с самой точкой $A$.

Угол между стороной $AB$ и плоскостью $\alpha$ по определению – это угол между отрезком $AB$ и его проекцией $AB'$. Таким образом, $\angle BAB' = 45^\circ$.

Так как $B'$ – ортогональная проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$, то отрезок $BB'$ перпендикулярен плоскости $\alpha$. Следовательно, треугольник $ABB'$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B'$ ($ \angle AB'B = 90^\circ $).

В прямоугольном треугольнике $ABB'$ мы можем выразить длину проекции $AB'$ через длину $AB$ и угол $\angle BAB'$:

$AB' = AB \cos(\angle BAB')$

$AB' = AB \cos(45^\circ)$

$AB' = AB \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

Для дальнейших расчетов удобно ввести систему координат. Пусть точка $A$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку сторона $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, и мы можем выбрать эту плоскость как координатную плоскость $xy$, то расположим $AC$ вдоль оси $x$.

Тогда координаты точки $A$ будут $(0,0,0)$, а координаты точки $C$ будут $(AC, 0, 0)$.

Пусть координаты точки $B$ будут $(x_B, y_B, z_B)$. Тогда координаты ее проекции $B'$ на плоскость $xy$ (плоскость $\alpha$) будут $(x_B, y_B, 0)$.

Угол $\angle BAC = 60^\circ$ – это угол между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$.

Вектор $\vec{AB} = (x_B, y_B, z_B)$. Вектор $\vec{AC} = (AC, 0, 0)$.

Косинус угла между двумя векторами определяется по формуле скалярного произведения:

$\cos(\angle BAC) = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| |\vec{AC}|}$

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = x_B \cdot AC + y_B \cdot 0 + z_B \cdot 0 = x_B \cdot AC$

$|\vec{AB}| = \sqrt{x_B^2 + y_B^2 + z_B^2} = AB$

$|\vec{AC}| = AC$

Таким образом, $\cos(60^\circ) = \frac{x_B \cdot AC}{AB \cdot AC} = \frac{x_B}{AB}$

Поскольку $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, то $x_B = AB \cdot \frac{1}{2}$.

Теперь нам нужно найти угол $\phi$ между стороной $AC$ и проекцией стороны $AB'$ на плоскость $\alpha$. Этот угол – это $\angle B'AC$. Это угол между векторами $\vec{AB'}$ и $\vec{AC}$.

Вектор $\vec{AB'} = (x_B, y_B, 0)$. Вектор $\vec{AC} = (AC, 0, 0)$.

Косинус угла $\phi$:

$\cos \phi = \frac{\vec{AB'} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB'}| |\vec{AC}|}$

$\vec{AB'} \cdot \vec{AC} = x_B \cdot AC + y_B \cdot 0 + 0 \cdot 0 = x_B \cdot AC$

$|\vec{AB'}| = AB'$

$|\vec{AC}| = AC$

Таким образом, $\cos \phi = \frac{x_B \cdot AC}{AB' \cdot AC} = \frac{x_B}{AB'}$.

Подставим ранее найденные выражения для $x_B$ и $AB'$:

$x_B = AB \cdot \frac{1}{2}$

$AB' = AB \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos \phi = \frac{AB \cdot \frac{1}{2}}{AB \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Так как $\cos \phi = \frac{\sqrt{2}}{2}$, то угол $\phi = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

12.28. Точка $M$ – середина ребра $CD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$, если $AD=5$ см, $DC=6$ см, $DD_1=4$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдём проекцию прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$.

Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, его боковые рёбра перпендикулярны основаниям, а основания — прямоугольники. Следовательно, ребро $AD$ перпендикулярно ребру $DC$. Также ребро $AD$ перпендикулярно ребру $DD_1$ (так как $DD_1$ перпендикулярно всей плоскости основания $ABCD$). Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($DC$ и $DD_1$) в плоскости $CDD_1$, то прямая $AD$ перпендикулярна всей плоскости $CDD_1$.

Ребро $A_1D_1$ параллельно ребру $AD$, следовательно, прямая $A_1D_1$ также перпендикулярна плоскости $CDD_1$.

Это означает, что точка $D_1$ является ортогональной проекцией точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$. Точка $M$ лежит на ребре $CD$, которое, в свою очередь, лежит в плоскости $CDD_1$. Следовательно, точка $M$ является проекцией самой себя на эту плоскость.

Таким образом, прямая $D_1M$ является проекцией прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$. Искомый угол — это угол $ \angle A_1MD_1 $.

Рассмотрим треугольник $ \triangle A_1D_1M $. Поскольку $A_1D_1$ — перпендикуляр к плоскости $CDD_1$, то $A_1D_1$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $D_1$. В частности, $A_1D_1 \perp D_1M$. Следовательно, треугольник $ \triangle A_1D_1M $ — прямоугольный с прямым углом при вершине $D_1$.

Найдём длины катетов этого треугольника.

Катет $A_1D_1$ равен ребру $AD$ параллелепипеда. По условию, $AD = 5$ см, значит, $A_1D_1 = 5$ см.

Катет $D_1M$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $ \triangle DD_1M $ (угол $ \angle D_1DM = 90^\circ $, так как ребро $DD_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$ и, следовательно, прямой $DM$, лежащей в этом основании).

Длина катета $DD_1$ дана по условию: $DD_1 = 4$ см.

Точка $M$ — середина ребра $CD$. По условию, $DC = 6$ см. Следовательно, длина катета $DM = \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см.

По теореме Пифагора для треугольника $ \triangle DD_1M $:$ D_1M^2 = DD_1^2 + DM^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25 $.Отсюда $D_1M = \sqrt{25} = 5$ см.

Теперь вернёмся к прямоугольному треугольнику $ \triangle A_1D_1M $. Мы нашли длины его катетов: $A_1D_1 = 5$ см и $D_1M = 5$ см.

Тангенс искомого угла $ \angle A_1MD_1 $ (обозначим его $ \alpha $) равен отношению противолежащего катета к прилежащему:$ \tg(\alpha) = \frac{A_1D_1}{D_1M} = \frac{5}{5} = 1 $.

Угол, тангенс которого равен 1, составляет $45^\circ$. Следовательно, $ \alpha = 45^\circ $.

Ответ: $45^\circ$.

12.29. 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, $DC = 8$ см, $DD_1 = 1$ см.

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Для нахождения этого угла мы сначала построим проекцию прямой $C_1K$ на плоскость $DAA_1$.

Плоскость $DAA_1$ — это плоскость боковой грани $ADD_1A_1$ прямоугольного параллелепипеда.

Точка $K$ является серединой ребра $AD$. Поскольку ребро $AD$ лежит в плоскости $DAA_1$, точка $K$ также лежит в этой плоскости. Следовательно, проекцией точки $K$ на плоскость $DAA_1$ является сама точка $K$.

Для нахождения проекции точки $C_1$ на плоскость $DAA_1$ опустим из неё перпендикуляр на эту плоскость. В прямоугольном параллелепипеде ребро $C_1D_1$ перпендикулярно смежной грани $ADD_1A_1$. Таким образом, перпендикуляром из точки $C_1$ на плоскость $DAA_1$ является отрезок $C_1D_1$, а точка $D_1$ — основание этого перпендикуляра, то есть проекция точки $C_1$.

Соединив проекции точек $C_1$ и $K$, мы получим проекцию прямой $C_1K$ на плоскость $DAA_1$ — это прямая $D_1K$.

Искомый угол — это угол между прямой $C_1K$ и её проекцией $D_1K$, то есть угол $\angle C_1KD_1$. Этот угол находится в треугольнике $\triangle C_1KD_1$.

Поскольку отрезок $C_1D_1$ перпендикулярен плоскости $DAA_1$, он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая прямую $D_1K$. Следовательно, $\angle C_1D_1K = 90^\circ$, и треугольник $\triangle C_1KD_1$ является прямоугольным.

Для нахождения угла $\angle C_1KD_1$ в прямоугольном треугольнике, найдем длины его катетов $C_1D_1$ и $D_1K$.

1. Длина катета $C_1D_1$ равна длине ребра $CD$. По условию задачи $DC = 8$ см, значит $C_1D_1 = 8$ см.

2. Длину катета $D_1K$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle DD_1K$. В этом треугольнике угол $\angle D_1DK = 90^\circ$, так как ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$.

- Катет $DD_1 = 1$ см (по условию).

- Катет $DK$ равен половине длины ребра $AD$, так как $K$ — середина $AD$. По условию $AD = 2\sqrt{2}$ см, поэтому $DK = \frac{1}{2} AD = \frac{2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$ 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 оба катета в прямоугольном треугольнике $\triangle C_1D_1K$, мы можем найти тангенс искомого угла $\angle C_1KD_1$:

$\tan(\angle C_1KD_1) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{C_1D_1}{D_1K} = \frac{8}{\sqrt{3}}$.

Следовательно, искомый угол равен арктангенсу этого значения.

Ответ: $\arctan\left(\frac{8}{\sqrt{3}}\right)$.

12.30. Дан куб $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$. Найдите угол между прямой $C_1 D_1$ и плоскостью $ACC_1$.

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

Проекция прямой на плоскость определяется проекциями двух любых её точек.

1. Найдём проекцию точки $C_1$ на плоскость $ACC_1$. Так как точка $C_1$ принадлежит плоскости $ACC_1$, её проекцией является она сама.

2. Найдём проекцию точки $D$ на плоскость $ACC_1$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $D$ на эту плоскость.В основании куба лежит квадрат $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны и в точке пересечения $O$ делятся пополам. Следовательно, $DO \perp AC$.Ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, $CC_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $DO$.Поскольку прямая $DO$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $CC_1$) в плоскости $ACC_1$, то прямая $DO$ перпендикулярна всей плоскости $ACC_1$.Это означает, что точка $O$ (центр основания $ABCD$) является проекцией точки $D$ на плоскость $ACC_1$.

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

Найдём величину этого угла из прямоугольного треугольника $\triangle DOC_1$. Угол $\angle DOC_1 = 90^{\circ}$, так как $DO$ является перпендикуляром к плоскости $ACC_1$, в которой лежит прямая $C_1O$.

Вычислим длины сторон треугольника:Гипотенуза $C_1D$ является диагональю грани куба $CDD_1C_1$. Её длина равна $C_1D = \sqrt{CD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.Катет $DO$ является половиной диагонали основания $ABCD$. Длина диагонали $BD = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$, следовательно, $DO = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Синус искомого угла равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:$\sin(\angle DC_1O) = \frac{DO}{C_1D} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Отсюда, искомый угол $\angle DC_1O = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.

12.31. Через вершину прямого угла проведена прямая, образующая с каждой из его сторон угол $60^\circ$. Найдите угол, который образует эта прямая с плоскостью прямого угла.

Для решения задачи введем трехмерную декартову систему координат. Пусть вершина прямого угла находится в начале координат $O(0, 0, 0)$, а его стороны лежат на положительных полуосях $Ox$ и $Oy$. Тогда плоскость прямого угла совпадает с координатной плоскостью $Oxy$.

Направляющие векторы сторон угла — это единичные векторы осей: $\vec{a} = \{1, 0, 0\}$ для оси $Ox$ и $\vec{b} = \{0, 1, 0\}$ для оси $Oy$.

Пусть искомая прямая, проходящая через начало координат, имеет направляющий вектор $\vec{l} = \{x, y, z\}$. Мы можем считать этот вектор единичным, то есть $|\vec{l}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 1$.

По условию, угол между прямой и каждой из сторон прямого угла равен $60^\circ$. Угол между двумя векторами определяется через их скалярное произведение.

Угол между прямой (вектор $\vec{l}$) и стороной на оси $Ox$ (вектор $\vec{a}$):
$\cos 60^\circ = \frac{\vec{l} \cdot \vec{a}}{|\vec{l}| \cdot |\vec{a}|} = \frac{x \cdot 1 + y \cdot 0 + z \cdot 0}{1 \cdot 1} = x$.
Отсюда получаем $x = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$.

Аналогично, для угла между прямой и стороной на оси $Oy$ (вектор $\vec{b}$):
$\cos 60^\circ = \frac{\vec{l} \cdot \vec{b}}{|\vec{l}| \cdot |\vec{b}|} = \frac{x \cdot 0 + y \cdot 1 + z \cdot 0}{1 \cdot 1} = y$.
Отсюда получаем $y = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$.

Теперь найдем координату $z$ из условия, что вектор $\vec{l}$ — единичный:
$x^2 + y^2 + z^2 = 1$
$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 + z^2 = 1$
$\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + z^2 = 1$
$\frac{1}{2} + z^2 = 1$
$z^2 = \frac{1}{2}$
$z = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Таким образом, направляющий вектор прямой может быть $\vec{l} = \{\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\}$. Знак координаты $z$ не повлияет на искомый угол, так как прямая будет симметрична относительно плоскости $Oxy$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Его можно найти по формуле:$\sin \alpha = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{|\vec{l}| \cdot |\vec{n}|}$, где $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

Для плоскости $Oxy$ вектором нормали является вектор $\vec{n} = \{0, 0, 1\}$. Его длина $|\vec{n}| = 1$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{l} \cdot \vec{n}$:
$\vec{l} \cdot \vec{n} = \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Теперь подставим все значения в формулу для синуса угла:
$\sin \alpha = \frac{|\frac{\sqrt{2}}{2}|}{1 \cdot 1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $45^\circ$. Таким образом, $\alpha = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

12.32. Через вершину угла, равного $60^\circ$, проведена прямая, образующая с каждой из его сторон угол $60^\circ$. Найдите косинус угла, который образует эта прямая с плоскостью данного угла.

Пусть дан угол с вершиной в точке $O$ и сторонами, представленными лучами $OA$ и $OB$. Угол между сторонами $\angle AOB = 60^\circ$. Через вершину $O$ проведена прямая $OC$, которая образует с каждой из сторон угол $60^\circ$, то есть $\angle AOC = \angle BOC = 60^\circ$. Нам нужно найти косинус угла $\alpha$ между прямой $OC$ и плоскостью, в которой лежит угол $AOB$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем единичные векторы, направленные вдоль лучей:

• $\vec{a}$ — единичный вектор вдоль $OA$.
• $\vec{b}$ — единичный вектор вдоль $OB$.
• $\vec{c}$ — единичный вектор вдоль $OC$.

Из условия задачи мы знаем углы между этими векторами:

• Угол между $\vec{a}$ и $\vec{b}$ равен $60^\circ$.
• Угол между $\vec{c}$ и $\vec{a}$ равен $60^\circ$.
• Угол между $\vec{c}$ и $\vec{b}$ равен $60^\circ$.

Угол $\alpha$ между прямой $OC$ (вектором $\vec{c}$) и плоскостью $AOB$ — это угол между вектором $\vec{c}$ и его проекцией на эту плоскость. Обозначим проекцию вектора $\vec{c}$ на плоскость $AOB$ как $\vec{c}_p$.

По определению проекции, длина вектора проекции связана с длиной исходного вектора и углом $\alpha$ между ними следующим образом:

$|\vec{c}_p| = |\vec{c}| \cos \alpha$

Поскольку $\vec{c}$ — единичный вектор, $|\vec{c}| = 1$. Следовательно, $|\vec{c}_p| = \cos \alpha$. Таким образом, наша задача сводится к нахождению длины проекции $\vec{c}_p$.

Так как вектор $\vec{c}$ образует равные углы с векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$, его проекция $\vec{c}_p$ на плоскость $AOB$ будет лежать на биссектрисе угла $AOB$.

Пусть $\beta$ — угол между проекцией $\vec{c}_p$ и вектором $\vec{a}$. Так как $\vec{c}_p$ является биссектрисой угла $AOB$, то:

$\beta = \frac{\angle AOB}{2} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$

Теперь рассмотрим скалярное произведение векторов $\vec{c}$ и $\vec{a}$.

С одной стороны, по определению скалярного произведения:

$\vec{c} \cdot \vec{a} = |\vec{c}| |\vec{a}| \cos(\angle(\vec{c}, \vec{a})) = 1 \cdot 1 \cdot \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

С другой стороны, представим вектор $\vec{c}$ как сумму его проекции на плоскость $\vec{c}_p$ и ортогональной составляющей $\vec{c}_n$ (где $\vec{c} = \vec{c}_p + \vec{c}_n$). Вектор $\vec{a}$ лежит в плоскости $AOB$, поэтому он ортогонален вектору $\vec{c}_n$. Их скалярное произведение равно нулю: $\vec{c}_n \cdot \vec{a} = 0$.

Тогда скалярное произведение $\vec{c} \cdot \vec{a}$ можно записать как:

$\vec{c} \cdot \vec{a} = (\vec{c}_p + \vec{c}_n) \cdot \vec{a} = \vec{c}_p \cdot \vec{a} + \vec{c}_n \cdot \vec{a} = \vec{c}_p \cdot \vec{a}$

Вычислим $\vec{c}_p \cdot \vec{a}$ через угол $\beta$:

$\vec{c}_p \cdot \vec{a} = |\vec{c}_p| |\vec{a}| \cos(\beta) = \cos(\alpha) \cdot 1 \cdot \cos(30^\circ) = \cos(\alpha) \frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь приравняем два полученных выражения для скалярного произведения $\vec{c} \cdot \vec{a}$:

$\cos(\alpha) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2}$

Отсюда находим искомый косинус $\cos(\alpha)$:

$\cos(\alpha) = \frac{1/2}{\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

12.33. Стороны треугольника равны 2 см, $2\sqrt{7}$ см и $4\sqrt{3}$ см. Найдите угол треугольника, противолежащий его средней стороне.

Для решения задачи воспользуемся теоремой косинусов. Пусть стороны треугольника равны $a = 2$ см, $b = 2\sqrt{7}$ см и $c = 4\sqrt{3}$ см.

1. Определение средней стороны

Чтобы определить, какая из сторон является средней по длине, сравним их квадраты, так как это позволяет избежать работы с иррациональными числами.

$a^2 = 2^2 = 4$

$b^2 = (2\sqrt{7})^2 = 4 \cdot 7 = 28$

$c^2 = (4\sqrt{3})^2 = 16 \cdot 3 = 48$

Сравнивая полученные значения, видим, что $4 < 28 < 48$, следовательно, $a^2 < b^2 < c^2$, что означает $a < b < c$.

Таким образом, наименьшая сторона — $a = 2$ см, средняя сторона — $b = 2\sqrt{7}$ см, а наибольшая — $c = 4\sqrt{3}$ см.

2. Нахождение угла, противолежащего средней стороне

Нам необходимо найти угол, который лежит напротив средней стороны $b = 2\sqrt{7}$ см. Обозначим этот угол $\beta$.

Теорема косинусов для стороны $b$ выглядит так:

$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cdot \cos(\beta)$

Выразим из этой формулы косинус угла $\beta$:

$\cos(\beta) = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$

Теперь подставим числовые значения в формулу:

$\cos(\beta) = \frac{4 + 48 - 28}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{3}} = \frac{24}{16\sqrt{3}}$

Сократим полученную дробь на 8:

$\cos(\beta) = \frac{3}{2\sqrt{3}}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\cos(\beta) = \frac{3 \cdot \sqrt{3}}{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{3\sqrt{3}}{6}$

Снова сократим дробь, на этот раз на 3:

$\cos(\beta) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Угол $\beta$ в треугольнике, косинус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

12.34. Одна из сторон треугольника равна 35 см, а две другие стороны относятся как $3 : 8$ и образуют угол $60^\circ$. Найдите неизвестные стороны треугольника.

Пусть стороны треугольника равны $a$, $b$ и $c$.

По условию задачи, две стороны относятся как $3:8$ и образуют угол $60^\circ$. Пусть это будут стороны $a$ и $b$. Тогда третья сторона, лежащая напротив этого угла, равна $c=35$ см.

Введем коэффициент пропорциональности $x$. Тогда длины неизвестных сторон можно выразить как: $a = 3x$
$b = 8x$

Для нахождения неизвестных сторон воспользуемся теоремой косинусов, которая связывает три стороны треугольника и угол между двумя из них: $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(\gamma)$

В нашем случае $c=35$ см, $\gamma = 60^\circ$, а $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$. Подставим все известные значения в формулу: $35^2 = (3x)^2 + (8x)^2 - 2(3x)(8x) \cos(60^\circ)$

Теперь решим полученное уравнение относительно $x$: $1225 = 9x^2 + 64x^2 - 2 \cdot 24x^2 \cdot \frac{1}{2}$
$1225 = 73x^2 - 24x^2$
$1225 = 49x^2$
$x^2 = \frac{1225}{49}$
$x^2 = 25$

Так как длина стороны может быть только положительным числом, берем положительный корень: $x = \sqrt{25} = 5$ см.

Теперь, зная значение $x$, можем найти длины неизвестных сторон: $a = 3x = 3 \cdot 5 = 15$ см
$b = 8x = 8 \cdot 5 = 40$ см

Ответ: 15 см и 40 см.