Страница 134 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

14.23. Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через прямую $AD$ и перпендикулярной плоскости $A_1BC$.

Обозначим искомую секущую плоскость как $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ должна удовлетворять двум условиям:

1. Проходить через прямую $AD$, то есть $AD \subset \alpha$.
2. Быть перпендикулярной плоскости $(A_1BC)$, то есть $\alpha \perp (A_1BC)$.

Для построения плоскости $\alpha$ воспользуемся свойством перпендикулярности плоскостей: если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, нам нужно найти прямую, перпендикулярную плоскости $(A_1BC)$, и построить искомую плоскость $\alpha$ так, чтобы она содержала прямую $AD$ и была параллельна найденной перпендикулярной прямой.

1. Найдем прямую, перпендикулярную плоскости $(A_1BC)$.

Рассмотрим прямую $AB_1$. Докажем, что $AB_1 \perp (A_1BC)$.

• Прямая $BC$ перпендикулярна плоскости грани $ABB_1A_1$, так как $BC \perp AB$ (стороны квадрата) и $BC \perp BB_1$ (ребро куба перпендикулярно основанию). Поскольку $BC$ перпендикулярна плоскости $ABB_1A_1$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $AB_1$ лежит в плоскости $ABB_1A_1$, следовательно, $BC \perp AB_1$.
• Прямые $AB_1$ и $A_1B$ являются диагоналями грани $ABB_1A_1$, которая является квадратом. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, $AB_1 \perp A_1B$.

Таким образом, прямая $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC$ и $A_1B$) в плоскости $(A_1BC)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB_1$ перпендикулярна плоскости $(A_1BC)$.

2. Построение секущей плоскости $\alpha$.

Искомая плоскость $\alpha$ должна проходить через прямую $AD$ и быть перпендикулярной плоскости $(A_1BC)$. Это означает, что плоскость $\alpha$ должна содержать прямую $AD$ и быть параллельной прямой $AB_1$ (так как $AB_1 \perp (A_1BC)$).

Поскольку прямые $AD$ и $AB_1$ пересекаются в точке $A$, они однозначно задают плоскость. Эта плоскость и будет искомой плоскостью $\alpha$. Таким образом, $\alpha$ – это плоскость $(ADB_1)$.

3. Построение сечения куба плоскостью $(ADB_1)$.

• Плоскость сечения проходит через точки $A$, $D$ и $B_1$.
• Отрезок $AD$ является ребром куба и принадлежит сечению.
• Соединим точки $A$ и $B_1$. Отрезок $AB_1$ – диагональ грани $ABB_1A_1$ и также принадлежит сечению.
• Плоскость сечения $(ADB_1)$ пересекает параллельные плоскости граней $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$. По свойству, линии пересечения должны быть параллельны. Прямая $AD$ лежит в плоскости $ADD_1A_1$. Значит, линия пересечения плоскости сечения с гранью $BCC_1B_1$ должна быть параллельна $AD$ и проходить через точку $B_1$. Такой прямой является $B_1C_1$. Следовательно, отрезок $B_1C_1$ принадлежит сечению.
• Соединим оставшиеся точки $D$ и $C_1$. Отрезок $DC_1$ – диагональ грани $CDD_1C_1$.

В результате получаем четырехугольник $ADC_1B_1$. Проверим, что это плоская фигура. Вектор $\vec{AD}$ параллелен вектору $\vec{B_1C_1}$ и их длины равны (как ребра куба). Следовательно, $ADC_1B_1$ – параллелограмм. Поскольку все его вершины лежат в построенной плоскости $(ADB_1)$, он является искомым сечением.

Более того, ребро $AD$ перпендикулярно плоскости грани $ABB_1A_1$, а значит, и прямой $AB_1$, лежащей в этой плоскости. Так как $ADC_1B_1$ – параллелограмм с прямым углом $\angle DAB_1$, то он является прямоугольником.

Ответ: Искомое сечение – прямоугольник $ADC_1B_1$.

14.24. Точка $M$ – середина ребра $A_1B_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через прямую $AD$ и точку $M$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$.

3) Найдите площадь сечения, если $AD = 10$ см, $AB = 8$ см, $AA_1 = 6$ см.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через прямую AD и точку M.

Плоскость сечения содержит прямую $AD$, поэтому отрезок $AD$ является стороной искомого сечения. Плоскости оснований $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Секущая плоскость пересекает плоскость нижнего основания $ABCD$ по прямой $AD$. Следовательно, она пересекает плоскость верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ по прямой, параллельной $AD$. Проведем в плоскости $A_1B_1C_1D_1$ через точку $M$ прямую, параллельную $A_1D_1$ (так как $AD || A_1D_1$). Эта прямая пересечет ребро $C_1D_1$ в точке $N$. Поскольку $M$ — середина $A_1B_1$ и $MN || A_1D_1$, то по свойству прямоугольника $A_1B_1C_1D_1$, точка $N$ будет серединой ребра $C_1D_1$. Соединив последовательно точки $A$, $D$, $N$ и $M$, получим искомое сечение — четырехугольник $ADNM$.
Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $ADNM$, где $N$ — середина ребра $C_1D_1$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости CC₁D₁.

Для доказательства перпендикулярности плоскости сечения $ADNM$ и плоскости грани $CC_1D_1$ воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей: если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то такие плоскости перпендикулярны. Докажем, что прямая $AD$, лежащая в плоскости сечения, перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, то его основание $ABCD$ — прямоугольник. Из этого следует, что $AD \perp CD$. Боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, оно перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, следовательно, $DD_1 \perp AD$. Прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($CD$ и $DD_1$) в плоскости $CC_1D_1$, следовательно, прямая $AD$ перпендикулярна всей плоскости $CC_1D_1$. Поскольку плоскость сечения $ADNM$ проходит через прямую $AD$, то по указанному признаку плоскость $ADNM$ перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$.
Ответ: Доказано.

3) Найдите площадь сечения, если AD = 10 см, AB = 8 см, AA₁ = 6 см.

Как было показано при построении, $MN || AD$ и $MN = A_1D_1 = AD$. Следовательно, $ADNM$ — параллелограмм. Докажем, что этот параллелограмм является прямоугольником. Ребро $AD$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$, так как $AD \perp AB$ (по свойству прямоугольника $ABCD$) и $AD \perp AA_1$ (по свойству прямоугольного параллелепипеда). Так как прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABB_1A_1$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AM$. Таким образом, $\angle DAM = 90^\circ$, и сечение $ADNM$ является прямоугольником.
Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон: $S_{ADNM} = AD \cdot AM$.
По условию, $AD = 10$ см. Длину $AM$ найдем из прямоугольного треугольника $AA_1M$ (угол $\angle AA_1M = 90^\circ$). Катет $AA_1 = 6$ см. Катет $A_1M$ равен половине ребра $A_1B_1$, так как $M$ — середина $A_1B_1$. $A_1B_1 = AB = 8$ см, значит $A_1M = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.
По теореме Пифагора:$AM^2 = AA_1^2 + A_1M^2 = 6^2 + 4^2 = 36 + 16 = 52$.
Отсюда $AM = \sqrt{52} = \sqrt{4 \cdot 13} = 2\sqrt{13}$ см.
Теперь найдем площадь сечения:$S_{ADNM} = AD \cdot AM = 10 \cdot 2\sqrt{13} = 20\sqrt{13}$ см$^2$.
Ответ: $20\sqrt{13}$ см$^2$.

14.25. Точки $E$, $F$ и $M$ – середины соответственно рёбер $BC$, $B_1C_1$ и $C_1D_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью $EFM$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $ABC$.

3) Найдите площадь сечения, если $AD = 8$ см, $AA_1 = 12$ см, $AB = 6$ см.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью EFM.

1. Соединим точки $E$ и $F$, так как они лежат в одной плоскости боковой грани $BCC_1B_1$. Отрезок $EF$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $BCC_1B_1$.
2. Соединим точки $F$ и $M$, так как они лежат в одной плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$. Отрезок $FM$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $A_1B_1C_1D_1$.
3. Плоскости оснований $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Следовательно, секущая плоскость $EFM$ пересекает их по параллельным прямым. Это означает, что линия пересечения с плоскостью $ABCD$ должна быть параллельна линии $FM$.
4. Рассмотрим треугольник $B_1C_1D_1$. Так как $F$ – середина $B_1C_1$ и $M$ – середина $C_1D_1$, то отрезок $FM$ является средней линией этого треугольника. По свойству средней линии, $FM \parallel B_1D_1$.
5. В прямоугольном параллелепипеде диагонали оснований параллельны, то есть $B_1D_1 \parallel BD$. Из этого следует, что $FM \parallel BD$.
6. Проведем в плоскости основания $ABCD$ через точку $E$ прямую, параллельную $BD$. Эта прямая пересечет ребро $CD$. Обозначим точку пересечения $K$. В треугольнике $BCD$ точка $E$ – середина стороны $BC$. Так как $EK \parallel BD$, то по теореме Фалеса точка $K$ является серединой стороны $CD$.
7. Соединим точки $M$ и $K$. Обе точки лежат в плоскости боковой грани $DCC_1D_1$. Отрезок $MK$ — линия пересечения секущей плоскости с гранью $DCC_1D_1$.
8. Соединив последовательно точки $E$, $F$, $M$ и $K$, получим четырехугольник $EFMK$, который является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение – четырехугольник $EFMK$, где K – середина ребра $CD$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости ABC.

Плоскость сечения – это плоскость $(EFM)$, а плоскость $ABC$ – это плоскость нижнего основания $(ABCD)$.
По определению, $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед, следовательно, его боковые ребра перпендикулярны плоскости основания. В частности, $CC_1 \perp (ABC)$.
Рассмотрим боковую грань $BCC_1B_1$, которая является прямоугольником. Точка $E$ – середина $BC$, точка $F$ – середина $B_1C_1$. Следовательно, отрезок $EF$ параллелен боковым ребрам $BB_1$ и $CC_1$.
Так как $EF \parallel CC_1$ и $CC_1 \perp (ABC)$, то по свойству параллельных прямых (если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна к плоскости, то и другая прямая перпендикулярна к этой плоскости), получаем $EF \perp (ABC)$.
Прямая $EF$ принадлежит плоскости сечения $(EFM)$.
По признаку перпендикулярности двух плоскостей (если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны), плоскость сечения $(EFM)$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

3) Найдите площадь сечения, если AD = 8 см, AA₁ = 12 см, AB = 6 см.

Сечение представляет собой четырехугольник $EFMK$. Выясним его вид.
Мы знаем, что $E$ – середина $BC$ и $F$ – середина $B_1C_1$, следовательно, $EF \parallel CC_1$ и $EF = CC_1 = AA_1 = 12 \text{ см}$.
Аналогично, в грани $DCC_1D_1$, $K$ – середина $CD$ и $M$ – середина $C_1D_1$, следовательно, $MK \parallel CC_1$ и $MK = CC_1 = AA_1 = 12 \text{ см}$.
Так как $EF \parallel CC_1$ и $MK \parallel CC_1$, то $EF \parallel MK$. Также $EF=MK=12 \text{ см}$.
Поскольку в четырехугольнике $EFMK$ две противоположные стороны параллельны и равны, он является параллелограммом.
Найдем угол между смежными сторонами $EF$ и $FM$.
Как было доказано в пункте 2, прямая $EF$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Поскольку плоскость верхнего основания $(A_1B_1C_1)$ параллельна плоскости $(ABC)$, то $EF$ также перпендикулярна плоскости $(A_1B_1C_1)$.
Прямая $FM$ лежит в плоскости $(A_1B_1C_1)$.
Следовательно, $EF \perp FM$ по определению перпендикулярности прямой и плоскости.
Таким образом, параллелограмм $EFMK$ является прямоугольником.
Площадь прямоугольника $EFMK$ равна произведению длин его смежных сторон: $S_{EFMK} = EF \cdot FM$.
Длина стороны $EF$ нам известна: $EF = AA_1 = 12 \text{ см}$.
Найдем длину стороны $FM$. Рассмотрим прямоугольник верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$. В нем $F$ – середина $B_1C_1$, а $M$ – середина $C_1D_1$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FC_1M$ (угол $\angle FC_1M = 90^\circ$).
Катеты этого треугольника равны:
$C_1F = \frac{1}{2} B_1C_1 = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4 \text{ см}$.
$C_1M = \frac{1}{2} C_1D_1 = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3 \text{ см}$.
По теореме Пифагора найдем гипотенузу $FM$:
$FM^2 = C_1F^2 + C_1M^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25$
$FM = \sqrt{25} = 5 \text{ см}$.
Теперь можем найти площадь сечения:
$S_{EFMK} = EF \cdot FM = 12 \cdot 5 = 60 \text{ см}^2$.

Ответ: $60 \text{ см}^2$.

14.26. Плоскости квадрата $ABCD$ и треугольника $BEC$ перпендикулярны.

Найдите угол между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$, если $AB = 4$ см, $BE = CE = 8$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Нам нужно найти угол между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$.

Поскольку точка $D$ принадлежит плоскости $ABC$, ее проекция на эту плоскость совпадает с самой точкой $D$. Чтобы найти проекцию прямой $DE$, нам необходимо найти проекцию точки $E$ на плоскость $ABC$.

По условию, плоскости квадрата $(ABC)$ и треугольника $(BEC)$ перпендикулярны. Их общей линией пересечения является прямая $BC$. Проведем в треугольнике $BEC$ высоту $EM$ к стороне $BC$. Так как треугольник $BEC$ равнобедренный ($BE=CE=8$ см), то его высота $EM$ является также и медианой, поэтому точка $M$ — середина отрезка $BC$.

Согласно свойству перпендикулярных плоскостей, если в одной из плоскостей провести прямую, перпендикулярную линии пересечения этих плоскостей, то эта прямая будет перпендикулярна и второй плоскости. Так как $EM$ лежит в плоскости $(BEC)$ и $EM \perp BC$, то $EM$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$.

Следовательно, отрезок $EM$ является перпендикуляром от точки $E$ к плоскости $(ABC)$, а отрезок $DM$ — проекцией наклонной $DE$ на эту плоскость. Угол, который нам нужно найти, — это угол $\angle EDM$ в прямоугольном треугольнике $EDM$ (угол $\angle EMD = 90^\circ$).

Для нахождения угла $\angle EDM$ вычислим длины катетов $EM$ и $DM$.

$ABCD$ — квадрат со стороной $AB=4$ см, значит $BC=CD=4$ см. Так как $M$ — середина $BC$, то $MC = \frac{1}{2} BC = \frac{4}{2} = 2$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $EMC$ ($\angle EMC = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $EM = \sqrt{EC^2 - MC^2} = \sqrt{8^2 - 2^2} = \sqrt{64 - 4} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $DMC$ ($\angle DCM = 90^\circ$, так как $ABCD$ — квадрат). По теореме Пифагора: $DM = \sqrt{DC^2 + MC^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $EDM$ мы можем найти тангенс искомого угла: $\tan(\angle EDM) = \frac{EM}{DM} = \frac{2\sqrt{15}}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{15}{5}} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, равен $60^\circ$. Таким образом, искомый угол между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$ составляет $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

14.27. Плоскости квадрата $ABCD$ и треугольника $AFB$ перпендикулярны, точка $O$ – центр квадрата $ABCD$. Найдите расстояние от точки $F$ до центра окружности, проходящей через точки $C$, $D$ и $O$, если $AB = 10$ см, $AF = BF = 15$ см.

Для решения задачи разобьем ее на несколько логических шагов. Сначала найдем ключевые размеры и определим пространственное расположение фигур, затем найдем центр искомой окружности и, наконец, вычислим требуемое расстояние.

1. Нахождение высоты треугольника AFB и анализ геометрии.

Треугольник $AFB$ является равнобедренным, поскольку по условию $AF = BF = 15$ см. Пусть $M$ — середина стороны $AB$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $FM \perp AB$.

Длина отрезка $AM$ равна половине длины стороны квадрата: $AM = \frac{1}{2}AB = \frac{10}{2} = 5$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMF$ (угол $M$ — прямой). По теореме Пифагора найдем высоту $FM$:

$FM^2 = AF^2 - AM^2 = 15^2 - 5^2 = 225 - 25 = 200$.

Таким образом, $FM = \sqrt{200} = 10\sqrt{2}$ см.

По условию, плоскости $(AFB)$ и $(ABCD)$ перпендикулярны. Отрезок $FM$ лежит в плоскости $(AFB)$ и перпендикулярен линии их пересечения $AB$. Из этого следует, что отрезок $FM$ перпендикулярен всей плоскости квадрата $(ABCD)$.

2. Определение центра окружности, проходящей через точки C, D и O.

Пусть $P$ — центр окружности, проходящей через точки $C$, $D$ и $O$. Все эти точки лежат в плоскости квадрата $(ABCD)$, поэтому и центр $P$ также лежит в этой плоскости.

Найдем длины сторон треугольника $CDO$, чтобы определить его тип и найти центр описанной окружности.

• Сторона $CD$ является стороной квадрата, поэтому $CD = 10$ см.
• Точка $O$ — центр квадрата, следовательно, $OC$ и $OD$ равны половине длины диагонали квадрата. Найдем диагональ $AC$: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{10^2 + 10^2} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2}$ см. Тогда $OC = OD = \frac{1}{2}AC = \frac{10\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Проверим, выполняется ли для треугольника $CDO$ теорема Пифагора:

$OC^2 + OD^2 = (5\sqrt{2})^2 + (5\sqrt{2})^2 = 50 + 50 = 100$ см$^2$.

$CD^2 = 10^2 = 100$ см$^2$.

Поскольку $OC^2 + OD^2 = CD^2$, треугольник $CDO$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $O$.

Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, всегда находится в середине его гипотенузы. В данном случае гипотенузой является сторона $CD$. Значит, точка $P$ — середина отрезка $CD$.

3. Вычисление расстояния от точки F до точки P.

Искомое расстояние — это длина отрезка $FP$. Рассмотрим треугольник $FMP$.

• Мы установили, что $FM \perp (ABCD)$.
• Отрезок $MP$ лежит в плоскости $(ABCD)$, так как точки $M$ и $P$ лежат в этой плоскости.
• Следовательно, $FM \perp MP$, и треугольник $FMP$ является прямоугольным с прямым углом $M$.

Найдем длину катета $MP$. Точка $M$ — середина стороны $AB$, а точка $P$ — середина стороны $CD$. Отрезок, соединяющий середины противоположных сторон квадрата, параллелен двум другим сторонам и равен им по длине. Поэтому $MP = AD = BC = 10$ см.

Теперь мы можем найти длину гипотенузы $FP$ в прямоугольном треугольнике $FMP$ по теореме Пифагора:

$FP^2 = FM^2 + MP^2 = (10\sqrt{2})^2 + 10^2 = 200 + 100 = 300$.

$FP = \sqrt{300} = \sqrt{100 \cdot 3} = 10\sqrt{3}$ см.

Ответ: $10\sqrt{3}$ см.

14.28. Плоскости квадратов $ABCD$ и $BEFD$ перпендикулярны, $AB = a$.

Найдите расстояние между прямыми:

1) $BE$ и $DF$;

2) $BE$ и $CD$.

Поскольку $ABCD$ и $BEFD$ — квадраты, а их плоскости перпендикулярны, мы можем ввести трехмерную систему координат для решения задачи. Пусть вершина $B$ находится в начале координат $B(0, 0, 0)$. Поместим квадрат $ABCD$ в плоскость $Oxy$. Так как $AB = a$, то координаты вершин этого квадрата будут: $B(0, 0, 0)$, $A(a, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$ и $D(a, a, 0)$.

Квадрат $BEFD$ имеет общую диагональ $BD$ с квадратом $ABCD$. Длина этой диагонали: $BD = \sqrt{(a-0)^2 + (a-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

Так как $BD$ является диагональю квадрата $BEFD$, то сторона этого квадрата, например $BE$, равна $a$. ($BE^2 + ED^2 = BD^2 \implies 2BE^2 = (a\sqrt{2})^2 \implies 2BE^2 = 2a^2 \implies BE = a$).

Плоскость $BEFD$ перпендикулярна плоскости $ABCD$ ($z=0$) и проходит через прямую $BD$. Центр квадрата $BEFD$ (и квадрата $ABCD$) — это середина диагонали $BD$, точка $O(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$. Вторая диагональ $EF$ квадрата $BEFD$ перпендикулярна $BD$ и, так как плоскости перпендикулярны, $EF$ будет перпендикулярна всей плоскости $ABCD$. Значит, вектор $\vec{EF}$ будет коллинеарен оси $Oz$.

Длина половины диагонали $EF$ равна длине половины диагонали $BD$: $OE = OF = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Таким образом, координаты вершин $E$ и $F$ (с учетом их симметричного расположения относительно плоскости $ABCD$) будут: $E(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{2}}{2})$ и $F(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{2}}{2})$.

1) BE и DF;

Найдем направляющие векторы прямых $BE$ и $DF$. Для прямой $BE$: вектор $\vec{v_1} = \vec{BE} = E - B = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{2}}{2})$. Для прямой $DF$: вектор $\vec{v_2} = \vec{DF} = F - D = (\frac{a}{2} - a, \frac{a}{2} - a, -\frac{a\sqrt{2}}{2} - 0) = (-\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{2}}{2})$.

Так как $\vec{v_2} = -1 \cdot \vec{v_1}$, векторы коллинеарны, а значит, прямые $BE$ и $DF$ параллельны. Расстояние между параллельными прямыми можно найти как расстояние от любой точки одной прямой до другой прямой. Найдем расстояние от точки $D(a, a, 0)$ (принадлежащей прямой $DF$) до прямой $BE$.

Прямая $BE$ проходит через точку $B(0, 0, 0)$ с направляющим вектором $\vec{v_1}$. Расстояние $d$ от точки $D$ до прямой $BE$ вычисляется по формуле: $d = \frac{|\vec{BD} \times \vec{v_1}|}{|\vec{v_1}|}$.

Найдем вектор $\vec{BD} = D - B = (a, a, 0)$. Вычислим векторное произведение: $\vec{BD} \times \vec{v_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ \frac{a}{2} & \frac{a}{2} & \frac{a\sqrt{2}}{2} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} - 0) - \mathbf{j}(a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} - 0) + \mathbf{k}(a \cdot \frac{a}{2} - a \cdot \frac{a}{2}) = (\frac{a^2\sqrt{2}}{2}, -\frac{a^2\sqrt{2}}{2}, 0)$.

Найдем модуль этого вектора: $|\vec{BD} \times \vec{v_1}| = \sqrt{(\frac{a^2\sqrt{2}}{2})^2 + (-\frac{a^2\sqrt{2}}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{a^4 \cdot 2}{4} + \frac{a^4 \cdot 2}{4}} = \sqrt{\frac{a^4}{2} + \frac{a^4}{2}} = \sqrt{a^4} = a^2$.

Найдем модуль направляющего вектора $\vec{v_1}$: $|\vec{v_1}| = |\vec{BE}| = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + \frac{2a^2}{4}} = \sqrt{\frac{4a^2}{4}} = \sqrt{a^2} = a$.

Тогда искомое расстояние: $d = \frac{a^2}{a} = a$.

Ответ: $a$

2) BE и CD.

Прямые $BE$ и $CD$ являются скрещивающимися. Найдем расстояние между ними. Прямая $BE$ проходит через точку $B(0,0,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_1} = \vec{BE} = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{2}}{2})$. Прямая $CD$ проходит через точку $C(0,a,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_3} = \vec{CD} = D - C = (a-0, a-a, 0-0) = (a, 0, 0)$.

Расстояние $d$ между скрещивающимися прямыми, заданными точками $B$, $C$ и направляющими векторами $\vec{v_1}$, $\vec{v_3}$, вычисляется по формуле: $d = \frac{|(\vec{BC}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_3})|}{|\vec{v_1} \times \vec{v_3}|}$.

Найдем вектор $\vec{BC} = C - B = (0, a, 0)$. Вычислим векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_3}$: $\vec{v_1} \times \vec{v_3} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{a}{2} & \frac{a}{2} & \frac{a\sqrt{2}}{2} \\ a & 0 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - 0) - \mathbf{j}(0 - a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(0 - a \cdot \frac{a}{2}) = (0, \frac{a^2\sqrt{2}}{2}, -\frac{a^2}{2})$.

Найдем модуль этого вектора: $|\vec{v_1} \times \vec{v_3}| = \sqrt{0^2 + (\frac{a^2\sqrt{2}}{2})^2 + (-\frac{a^2}{2})^2} = \sqrt{\frac{2a^4}{4} + \frac{a^4}{4}} = \sqrt{\frac{3a^4}{4}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Теперь найдем смешанное произведение $(\vec{BC}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_3})$: $(\vec{BC}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_3}) = (0, a, 0) \cdot (0, \frac{a^2\sqrt{2}}{2}, -\frac{a^2}{2}) = 0 \cdot 0 + a \cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2} + 0 \cdot (-\frac{a^2}{2}) = \frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

Искомое расстояние: $d = \frac{|\frac{a^3\sqrt{2}}{2}|}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}} = \frac{a^3\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2}{a^2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

14.29. Прямоугольник $ABCD$ перегнули по диагонали $AC$ так, что плоскости $ABC$ и $ADC$ оказались перпендикулярными. Найдите расстояние в новом положении между точками $B$ и $D$, если $AB = 30$ см, $BC = 40$ см.

Пусть дан прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 30$ см и $BC = 40$ см. Прямоугольник перегнули по диагонали $AC$ так, что плоскости $(ABC)$ и $(ADC)$ стали перпендикулярны. Необходимо найти расстояние между точками $B$ и $D$ в новом положении.

1. Нахождение длины диагонали AC.
Треугольник $ABC$ является прямоугольным, так как $ABCD$ — прямоугольник. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $AC$:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = 30^2 + 40^2 = 900 + 1600 = 2500$
$AC = \sqrt{2500} = 50$ см.

2. Нахождение высот треугольников ABC и ADC, опущенных на диагональ AC.
Проведем в треугольнике $ABC$ высоту $BH$ к гипотенузе $AC$. Площадь треугольника $ABC$ можно вычислить двумя способами:
$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 30 \cdot 40 = 600$ см$^2$.
С другой стороны, $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH$.
Приравняв выражения для площади, получим:
$\frac{1}{2} \cdot 50 \cdot BH = 600$
$25 \cdot BH = 600$
$BH = \frac{600}{25} = 24$ см.
Аналогично, в треугольнике $ADC$ проведем высоту $DK$ к гипотенузе $AC$. Так как треугольники $ABC$ и $CDA$ равны (по трем сторонам или как части прямоугольника), то их высоты, проведенные к соответствующим сторонам, также равны:
$DK = BH = 24$ см.

3. Нахождение расстояния между основаниями высот H и K на диагонали AC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$. По теореме Пифагора:
$AH^2 = AB^2 - BH^2 = 30^2 - 24^2 = 900 - 576 = 324$
$AH = \sqrt{324} = 18$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADK$. Учитывая, что $AD = BC = 40$ см, по теореме Пифагора:
$AK^2 = AD^2 - DK^2 = 40^2 - 24^2 = 1600 - 576 = 1024$
$AK = \sqrt{1024} = 32$ см.
Точки $H$ и $K$ лежат на отрезке $AC$. Расстояние между ними равно:
$HK = |AK - AH| = |32 - 18| = 14$ см.

4. Вычисление расстояния между точками B и D.
После сгибания плоскости $(ABC)$ и $(ADC)$ стали перпендикулярны. Линия их пересечения — $AC$.
Отрезок $BH$ лежит в плоскости $(ABC)$ и перпендикулярен $AC$.
Отрезок $DK$ лежит в плоскости $(ADC)$ и перпендикулярен $AC$.
Поскольку плоскости $(ABC)$ и $(ADC)$ перпендикулярны, а отрезки $BH$ и $DK$ перпендикулярны линии их пересечения $AC$, то угол между $BH$ и $DK$ равен $90^\circ$. Для нахождения расстояния $BD$ рассмотрим пространственную ломаную $BHKD$. Расстояние $BD$ можно найти как диагональ прямоугольного параллелепипеда, ребра которого равны $BH$, $HK$ и $DK$, так как векторы $\vec{HB}$, $\vec{HK}$ и $\vec{KD}$ попарно перпендикулярны. Тогда квадрат расстояния $BD$ равен сумме квадратов длин этих отрезков:
$BD^2 = BH^2 + HK^2 + DK^2$
$BD^2 = 24^2 + 14^2 + 24^2$
$BD^2 = 576 + 196 + 576 = 1348$
$BD = \sqrt{1348} = \sqrt{4 \cdot 337} = 2\sqrt{337}$ см.

Ответ: $2\sqrt{337}$ см.

14.30. Параллелограмм $ABCD$ перегнули по диагонали $BD$ так, что плоскости $ABD$ и $CBD$ оказались перпендикулярными. Найдите расстояние в новом положении между точками $A$ и $C$, если $AB = 4$ см, $BD = 5$ см, $\angle ABD = 60^{\circ}$.

Пусть $ABCD$ — исходный параллелограмм. Диагональ $BD$ делит его на два равных треугольника: $\triangle ABD$ и $\triangle CDB$.

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. Нам даны стороны $AB = 4$ см, $BD = 5$ см и угол между ними $\angle ABD = 60^\circ$. Опустим из вершины $A$ перпендикуляр $AH_1$ на сторону $BD$. Треугольник $ABH_1$ является прямоугольным. Найдем длину катетов $AH_1$ и $BH_1$:
$AH_1 = AB \cdot \sin(\angle ABD) = 4 \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.
$BH_1 = AB \cdot \cos(\angle ABD) = 4 \cdot \cos(60^\circ) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$ см.

2. Рассмотрим треугольник $CDB$. Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, $CD = AB = 4$ см, а углы $\angle CDB$ и $\angle ABD$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $BD$. Таким образом, $\angle CDB = 60^\circ$.
Опустим из вершины $C$ перпендикуляр $CH_2$ на сторону $BD$. Треугольник $CDH_2$ является прямоугольным. Найдем длину катетов $CH_2$ и $DH_2$:
$CH_2 = CD \cdot \sin(\angle CDB) = 4 \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.
$DH_2 = CD \cdot \cos(\angle CDB) = 4 \cdot \cos(60^\circ) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$ см.

3. После того как параллелограмм перегнули по диагонали $BD$, плоскости $(ABD)$ и $(CBD)$ стали взаимно перпендикулярны. Точки $A$ и $C$ теперь находятся в этих перпендикулярных плоскостях. Найдем расстояние между основаниями перпендикуляров $H_1$ и $H_2$ на общей прямой $BD$.
$H_1H_2 = BD - BH_1 - DH_2 = 5 - 2 - 2 = 1$ см.

4. Теперь найдем искомое расстояние $AC$ в новом пространственном положении. Для этого мы можем использовать теорему Пифагора дважды.
Сначала рассмотрим плоскость $(ABD)$. В ней лежат точки $A$, $H_1$, $H_2$. Треугольник $AH_1H_2$ прямоугольный, так как $AH_1 \perp BD$. Найдем квадрат гипотенузы $AH_2$:
$AH_2^2 = AH_1^2 + H_1H_2^2 = (2\sqrt{3})^2 + 1^2 = 12 + 1 = 13$.
Теперь рассмотрим пространственную фигуру. Прямая $CH_2$ лежит в плоскости $(CBD)$ и перпендикулярна прямой $BD$. Так как плоскость $(CBD)$ перпендикулярна плоскости $(ABD)$, то прямая $CH_2$ перпендикулярна всей плоскости $(ABD)$, а значит, и любой прямой в этой плоскости. В частности, $CH_2 \perp AH_2$.
Следовательно, треугольник $ACH_2$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H_2$. Найдем гипотенузу $AC$:
$AC^2 = AH_2^2 + CH_2^2 = 13 + (2\sqrt{3})^2 = 13 + 12 = 25$.
$AC = \sqrt{25} = 5$ см.

Ответ: 5 см.

14.31. Точка $M$ равноудалена от вершин равностороннего треугольника $ABC$ и находится на расстоянии 8 см от его плоскости. Найдите расстояние от центра треугольника $ABC$ до плоскости $AMB$, если сторона данного треугольника равна $12\sqrt{3}$ см.

Пусть $O$ — центр равностороннего треугольника $ABC$. Поскольку точка $M$ равноудалена от вершин $A$, $B$ и $C$, то её проекция на плоскость треугольника $(ABC)$ совпадает с центром описанной около этого треугольника окружности. В равностороннем треугольнике центр описанной окружности, центр вписанной окружности и точка пересечения медиан (центр треугольника) совпадают. Следовательно, проекцией точки $M$ на плоскость $(ABC)$ является точка $O$.

Из этого следует, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости $(ABC)$. По условию, расстояние от точки $M$ до плоскости треугольника равно 8 см, значит, $MO = 8$ см.

Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $a = 12\sqrt{3}$ см. Найдем радиус $R$ описанной окружности и радиус $r$ вписанной окружности.

Радиус описанной окружности (расстояние от центра до вершины):
$R = OA = OB = OC = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 12$ см.

Пусть $K$ — середина стороны $AB$. Тогда $OK$ — это радиус вписанной окружности. Для равностороннего треугольника $r = \frac{R}{2}$.
$r = OK = \frac{12}{2} = 6$ см.

Поскольку $OK$ является частью медианы $CK$, то $OK \perp AB$.В треугольнике $AMB$ стороны $MA$ и $MB$ равны, так как точка $M$ равноудалена от вершин $A$ и $B$. Следовательно, треугольник $AMB$ — равнобедренный. Его медиана $MK$ является также и высотой, то есть $MK \perp AB$.

Так как прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $OK$ и $MK$, лежащим в плоскости $(MOK)$, то прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(MOK)$.

Поскольку прямая $AB$ принадлежит плоскости $(AMB)$, то из перпендикулярности прямой $AB$ плоскости $(MOK)$ следует, что плоскость $(AMB)$ перпендикулярна плоскости $(MOK)$.

Искомое расстояние от точки $O$ (центра треугольника $ABC$) до плоскости $(AMB)$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на плоскость $(AMB)$. Так как плоскости $(MOK)$ и $(AMB)$ перпендикулярны, этот перпендикуляр будет лежать в плоскости $(MOK)$ и будет опущен на линию их пересечения, то есть на прямую $MK$.

Рассмотрим треугольник $MOK$. Он прямоугольный, так как $MO \perp (ABC)$, а отрезок $OK$ лежит в этой плоскости, значит $MO \perp OK$.В этом треугольнике:

• катет $MO = 8$ см (по условию);
• катет $OK = r = 6$ см (как мы нашли ранее).

Найдем гипотенузу $MK$ по теореме Пифагора:$MK = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ см.

Искомое расстояние — это высота $h$ прямоугольного треугольника $MOK$, проведенная из вершины прямого угла $O$ к гипотенузе $MK$. Найдем эту высоту, используя метод площадей:Площадь треугольника $MOK$ можно вычислить двумя способами:$S_{MOK} = \frac{1}{2} \cdot MO \cdot OK = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 6 = 24$ см$^2$.$S_{MOK} = \frac{1}{2} \cdot MK \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h$.

Приравняем оба выражения:$\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h = 24$$5h = 24$$h = \frac{24}{5} = 4,8$ см.

Ответ: 4,8 см.

14.32. Точка M равноудалена от вершин квадрата ABCD и находится на расстоянии $4\sqrt{2}$ см от его плоскости. Найдите расстояние от центра квадрата ABCD до плоскости CMD, если сторона квадрата равна 4 см.

Пусть $O$ - центр квадрата $ABCD$ (точка пересечения диагоналей). Так как точка $M$ равноудалена от всех вершин квадрата, ее проекция на плоскость квадрата совпадает с центром описанной окружности, то есть с точкой $O$. Следовательно, отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости квадрата $ABCD$.

Длина этого перпендикуляра и есть расстояние от точки $M$ до плоскости квадрата, то есть $MO = 4\sqrt{2}$ см.

Сторона квадрата $ABCD$ равна 4 см. Расстояние, которое нам нужно найти, - это расстояние от точки $O$ до плоскости $CMD$. Это длина перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на плоскость $CMD$.

Для нахождения этого расстояния построим вспомогательные элементы. Проведем в плоскости квадрата отрезок $OK$, где $K$ - середина стороны $CD$. Так как $OK$ - это расстояние от центра квадрата до стороны, его длина равна половине стороны квадрата: $OK = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см. Также $OK \perp CD$.

Рассмотрим треугольник $MOK$. Поскольку $MO \perp (ABCD)$, а $OK$ лежит в этой плоскости, то $MO \perp OK$. Значит, треугольник $MOK$ - прямоугольный.

В плоскости $CMD$ проведем медиану $MK$. Так как треугольник $CMD$ равнобедренный ($MC=MD$ как наклонные с равными проекциями $OC=OD$), то медиана $MK$ является также и высотой, то есть $MK \perp CD$.

Найдем длину гипотенузы $MK$ в прямоугольном треугольнике $MOK$ по теореме Пифагора:$MK^2 = MO^2 + OK^2 = (4\sqrt{2})^2 + 2^2 = 32 + 4 = 36$$MK = \sqrt{36} = 6$ см.

Теперь найдем искомое расстояние. Так как $CD \perp OK$ и $CD \perp MK$, то прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $MOK$, а значит $CD \perp (MOK)$.Поскольку плоскость $CMD$ проходит через прямую $CD$, перпендикулярную плоскости $MOK$, то плоскости $CMD$ и $MOK$ взаимно перпендикулярны. Линия их пересечения - прямая $MK$.

Расстояние от точки $O$ до плоскости $CMD$ будет равно длине перпендикуляра $OH$, проведенного из точки $O$ к линии пересечения плоскостей $MK$ в плоскости $MOK$. Таким образом, $OH$ - это высота прямоугольного треугольника $MOK$, проведенная к гипотенузе $MK$.

Площадь треугольника $MOK$ можно выразить двумя способами:$S_{\triangle MOK} = \frac{1}{2} \cdot MO \cdot OK = \frac{1}{2} \cdot MK \cdot OH$Отсюда можем выразить $OH$:$MO \cdot OK = MK \cdot OH$$OH = \frac{MO \cdot OK}{MK}$

Подставим известные значения:$OH = \frac{4\sqrt{2} \cdot 2}{6} = \frac{8\sqrt{2}}{6} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$ см.

Ответ: $\frac{4\sqrt{2}}{3}$ см.

14.33. Плоскости равностороннего треугольника $AMB$ и квадрата $ABCD$ перпендикулярны. Найдите угол между прямой $MD$ и плоскостью $ABC$.

Пусть сторона квадрата $ABCD$ и равностороннего треугольника $AMB$ равна $a$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Нам нужно найти угол между прямой $MD$ и плоскостью $ABC$. Обозначим искомый угол как $\alpha$.

Для нахождения проекции прямой $MD$ на плоскость $ABC$ опустим перпендикуляр из точки $M$ на эту плоскость. Проведем в равностороннем треугольнике $AMB$ высоту $MK$ к стороне $AB$. Так как треугольник $AMB$ равносторонний, его высота $MK$ является также и медианой, поэтому точка $K$ — середина стороны $AB$.

По условию задачи плоскости $(AMB)$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Прямая $MK$ лежит в плоскости $(AMB)$ и перпендикулярна линии пересечения плоскостей $AB$. По свойству перпендикулярных плоскостей, прямая $MK$ перпендикулярна всей плоскости $(ABC)$.

Следовательно, отрезок $KD$ является проекцией наклонной $MD$ на плоскость $(ABC)$. Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $MD$ и ее проекцией $KD$, то есть $\alpha = \angle MDK$.

Рассмотрим треугольник $MDK$. Так как $MK \perp (ABC)$, то $MK$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $KD$. Значит, треугольник $MDK$ — прямоугольный с прямым углом $\angle MKD$.

Найдем длины катетов $MK$ и $KD$:

1. $MK$ — высота равностороннего треугольника со стороной $a$. Ее длина вычисляется по формуле: $MK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

2. $KD$ — отрезок, лежащий в плоскости квадрата. Найдем его длину из прямоугольного треугольника $AKD$, где $\angle A = 90^\circ$. Мы знаем, что $AD = a$ и $AK = \frac{AB}{2} = \frac{a}{2}$. По теореме Пифагора:$KD^2 = AK^2 + AD^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2 + a^2 = \frac{a^2}{4} + a^2 = \frac{5a^2}{4}$.Отсюда $KD = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Теперь, зная оба катета в прямоугольном треугольнике $MDK$, можем найти тангенс искомого угла $\alpha = \angle MDK$:$\text{tg}(\alpha) = \frac{MK}{KD} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{3}{5}}$.

Таким образом, искомый угол равен $\arctan\left(\sqrt{\frac{3}{5}}\right)$.

Ответ: $\arctan\left(\sqrt{\frac{3}{5}}\right)$.