Страница 77 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

220. Найдите угол между прямой:

a) $ \frac{x+2}{-4} = \frac{y-1}{2\sqrt{2}} = \frac{z}{-2\sqrt{2}} $ и осью абсцисс;

б) $ \frac{x}{2\sqrt{2}} = \frac{y+1}{4\sqrt{3}} = \frac{z}{2\sqrt{2}} $ и осью ординат.

Дано

Прямая (a) задана каноническим уравнением: $L_a: \frac{x+2}{-4} = \frac{y-1}{2\sqrt{2}} = \frac{z}{-2\sqrt{2}}$
Прямая (б) задана каноническим уравнением: $L_b: \frac{x}{2\sqrt{2}} = \frac{y+1}{4\sqrt{3}} = \frac{z}{2\sqrt{2}}$
Ось абсцисс (ось Ox) имеет направляющий вектор $\vec{e_x} = (1, 0, 0)$.
Ось ординат (ось Oy) имеет направляющий вектор $\vec{e_y} = (0, 1, 0)$.

(Перевод данных в систему СИ не требуется, так как задача не содержит физических величин).

Найти

Угол между прямой $L_a$ и осью абсцисс.
Угол между прямой $L_b$ и осью ординат.

Решение

Угол $\theta$ между двумя прямыми, заданными направляющими векторами $\vec{v_1} = (l_1, m_1, n_1)$ и $\vec{v_2} = (l_2, m_2, n_2)$, определяется по формуле: $\cos \theta = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{||\vec{v_1}|| \cdot ||\vec{v_2}||}$
где $\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = l_1 l_2 + m_1 m_2 + n_1 n_2$ - скалярное произведение векторов, а $||\vec{v}|| = \sqrt{l^2 + m^2 + n^2}$ - модуль (длина) вектора.

a)

Направляющий вектор прямой (a) $L_a: \frac{x+2}{-4} = \frac{y-1}{2\sqrt{2}} = \frac{z}{-2\sqrt{2}}$ равен $\vec{v_a} = (-4, 2\sqrt{2}, -2\sqrt{2})$.
Направляющий вектор оси абсцисс (Ox) равен $\vec{e_x} = (1, 0, 0)$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{v_a} \cdot \vec{e_x}$: $\vec{v_a} \cdot \vec{e_x} = (-4)(1) + (2\sqrt{2})(0) + (-2\sqrt{2})(0) = -4$.
Вычислим модули векторов: $||\vec{v_a}|| = \sqrt{(-4)^2 + (2\sqrt{2})^2 + (-2\sqrt{2})^2} = \sqrt{16 + (4 \cdot 2) + (4 \cdot 2)} = \sqrt{16 + 8 + 8} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$.
$||\vec{e_x}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.
Теперь найдем косинус угла $\theta_a$ между прямой $L_a$ и осью Ox: $\cos \theta_a = \frac{|-4|}{(4\sqrt{2})(1)} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Следовательно, угол $\theta_a = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$ или $\frac{\pi}{4}$ радиан.

Ответ: $45^\circ$

б)

Направляющий вектор прямой (б) $L_b: \frac{x}{2\sqrt{2}} = \frac{y+1}{4\sqrt{3}} = \frac{z}{2\sqrt{2}}$ равен $\vec{v_b} = (2\sqrt{2}, 4\sqrt{3}, 2\sqrt{2})$.
Направляющий вектор оси ординат (Oy) равен $\vec{e_y} = (0, 1, 0)$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{v_b} \cdot \vec{e_y}$: $\vec{v_b} \cdot \vec{e_y} = (2\sqrt{2})(0) + (4\sqrt{3})(1) + (2\sqrt{2})(0) = 4\sqrt{3}$.
Вычислим модули векторов: $||\vec{v_b}|| = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{3})^2 + (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{(4 \cdot 2) + (16 \cdot 3) + (4 \cdot 2)} = \sqrt{8 + 48 + 8} = \sqrt{64} = 8$.
$||\vec{e_y}|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.
Теперь найдем косинус угла $\theta_b$ между прямой $L_b$ и осью Oy: $\cos \theta_b = \frac{|4\sqrt{3}|}{(8)(1)} = \frac{4\sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Следовательно, угол $\theta_b = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 30^\circ$ или $\frac{\pi}{6}$ радиан.

Ответ: $30^\circ$

221.

а) Даны векторы $\vec{a}(0; -1; 2)$, $\vec{b}(2; 1; 2)$. Найдите угол между прямыми, содержащими векторы $\vec{c} = \vec{a} + \vec{b}$ и $\vec{d} = \vec{a} - \vec{b}$.

б) Даны векторы $\vec{p}(1; -2; 3)$, $\vec{q}(0; 4; -5)$. Найдите угол между прямыми, на которых лежат векторы $\vec{a} = 2\vec{p} + \vec{q}$ и $\vec{b} = -2\vec{p} - 3\vec{q}$.

а) Дано:

$\vec{a} = (0; -1; 2)$

$\vec{b} = (2; 1; 2)$

$\vec{c} = \vec{a} + \vec{b}$

$\vec{d} = \vec{a} - \vec{b}$

Угол $\phi$ между прямыми, содержащими векторы $\vec{c}$ и $\vec{d}$.

Найдем координаты векторов $\vec{c}$ и $\vec{d}$:

$\vec{c} = \vec{a} + \vec{b} = (0+2; -1+1; 2+2) = (2; 0; 4)$

$\vec{d} = \vec{a} - \vec{b} = (0-2; -1-1; 2-2) = (-2; -2; 0)$

Для нахождения угла $\phi$ между прямыми, содержащими векторы $\vec{c}$ и $\vec{d}$, используем формулу косинуса угла между векторами: $\cos \theta = \frac{\vec{c} \cdot \vec{d}}{|\vec{c}| |\vec{d}|}$. Угол между прямыми является острым, поэтому $\cos \phi = |\cos \theta| = \frac{|\vec{c} \cdot \vec{d}|}{|\vec{c}| |\vec{d}|}$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{c}$ и $\vec{d}$:

$\vec{c} \cdot \vec{d} = (2)(-2) + (0)(-2) + (4)(0) = -4 + 0 + 0 = -4$

Вычислим длины (модули) векторов $\vec{c}$ и $\vec{d}$:

$|\vec{c}| = \sqrt{2^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 0 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$

$|\vec{d}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 0^2} = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

Найдем косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{c}$ и $\vec{d}$:

$\cos \theta = \frac{-4}{(2\sqrt{5})(2\sqrt{2})} = \frac{-4}{4\sqrt{10}} = \frac{-1}{\sqrt{10}}$

Угол между прямыми $\phi$ находится как $\phi = \arccos(|\cos \theta|)$:

$\cos \phi = \left|\frac{-1}{\sqrt{10}}\right| = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$

$\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{10}}{10}\right)$

$\arccos\left(\frac{\sqrt{10}}{10}\right)$

б) Дано:

$\vec{p} = (1; -2; 3)$

$\vec{q} = (0; 4; -5)$

$\vec{a} = 2\vec{p} + \vec{q}$

$\vec{b} = -2\vec{p} - 3\vec{q}$

Угол $\phi$ между прямыми, на которых лежат векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$.

Найдем координаты векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:

$\vec{a} = 2\vec{p} + \vec{q} = 2(1; -2; 3) + (0; 4; -5) = (2; -4; 6) + (0; 4; -5) = (2; 0; 1)$

$\vec{b} = -2\vec{p} - 3\vec{q} = -2(1; -2; 3) - 3(0; 4; -5) = (-2; 4; -6) - (0; 12; -15) = (-2; -8; 9)$

Для нахождения угла $\phi$ между прямыми, содержащими векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$, используем формулу косинуса угла между векторами: $\cos \theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$. Угол между прямыми является острым, поэтому $\cos \phi = |\cos \theta| = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:

$\vec{a} \cdot \vec{b} = (2)(-2) + (0)(-8) + (1)(9) = -4 + 0 + 9 = 5$

Вычислим длины (модули) векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:

$|\vec{a}| = \sqrt{2^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 0 + 1} = \sqrt{5}$

$|\vec{b}| = \sqrt{(-2)^2 + (-8)^2 + 9^2} = \sqrt{4 + 64 + 81} = \sqrt{149}$

Найдем косинус угла $\phi$ между прямыми, на которых лежат векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$:

$\cos \phi = \frac{|5|}{(\sqrt{5})(\sqrt{149})} = \frac{5}{\sqrt{5 \cdot 149}} = \frac{5}{\sqrt{745}}$

$\phi = \arccos\left(\frac{5}{\sqrt{745}}\right)$

$\arccos\left(\frac{5}{\sqrt{745}}\right)$

222. a) Дан треугольник, вершинами которого являются точки $A(-1; -2; 4)$, $B(-4; -2; 0)$, $C(3; -2; 1)$. Найдите углы между прямыми, содержащими средние линии этого треугольника.

б) Дан треугольник, вершинами которого являются точки $A(3; -2; 1)$, $B(3; 0; 2)$ и $C(1; 2; 5)$. Найдите угол между прямыми: 1) $AB$ и $BC$; 2) $AC$ и $BM$, где $M$ – середина $AC$.

a)

Дано:

$A(-1; -2; 4)$
$B(-4; -2; 0)$
$C(3; -2; 1)$

Найти: Углы между прямыми, содержащими средние линии этого треугольника.

Решение:

Средние линии треугольника параллельны его сторонам. Следовательно, углы между прямыми, содержащими средние линии, совпадают с углами самого треугольника $ABC$. Найдем векторы сторон треугольника:

$\vec{AB} = B - A = (-4 - (-1); -2 - (-2); 0 - 4) = (-3; 0; -4)$
$\vec{AC} = C - A = (3 - (-1); -2 - (-2); 1 - 4) = (4; 0; -3)$
$\vec{BC} = C - B = (3 - (-4); -2 - (-2); 1 - 0) = (7; 0; 1)$

Вычислим длины этих векторов:

$|\vec{AB}| = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 0 + 16} = \sqrt{25} = 5$
$|\vec{AC}| = \sqrt{4^2 + 0^2 + (-3)^2} = \sqrt{16 + 0 + 9} = \sqrt{25} = 5$
$|\vec{BC}| = \sqrt{7^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{49 + 0 + 1} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$

Найдем углы треугольника, используя формулу косинуса угла между векторами $\cos\theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$.

Угол $A$ (между $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$):
$\cos A = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| |\vec{AC}|} = \frac{(-3)(4) + (0)(0) + (-4)(-3)}{(5)(5)} = \frac{-12 + 0 + 12}{25} = \frac{0}{25} = 0$
$A = \arccos(0) = \frac{\pi}{2} = 90^\circ$

Угол $B$ (между $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$):
$\vec{BA} = A - B = (-1 - (-4); -2 - (-2); 4 - 0) = (3; 0; 4)$
$\cos B = \frac{\vec{BA} \cdot \vec{BC}}{|\vec{BA}| |\vec{BC}|} = \frac{(3)(7) + (0)(0) + (4)(1)}{(5)(5\sqrt{2})} = \frac{21 + 0 + 4}{25\sqrt{2}} = \frac{25}{25\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$B = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4} = 45^\circ$

Угол $C$ (между $\vec{CA}$ и $\vec{CB}$):
$\vec{CA} = A - C = (-1 - 3; -2 - (-2); 4 - 1) = (-4; 0; 3)$
$\vec{CB} = B - C = (-4 - 3; -2 - (-2); 0 - 1) = (-7; 0; -1)$
$\cos C = \frac{\vec{CA} \cdot \vec{CB}}{|\vec{CA}| |\vec{CB}|} = \frac{(-4)(-7) + (0)(0) + (3)(-1)}{(5)(5\sqrt{2})} = \frac{28 + 0 - 3}{25\sqrt{2}} = \frac{25}{25\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$C = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4} = 45^\circ$

Проверка: $90^\circ + 45^\circ + 45^\circ = 180^\circ$.

Ответ: $90^\circ$, $45^\circ$, $45^\circ$.

б)

Дано:

$A(3; -2; 1)$
$B(3; 0; 2)$
$C(1; 2; 5)$

Найти:

1) Угол между прямыми $AB$ и $BC$;
2) Угол между прямыми $AC$ и $BM$, где $M$ – середина $AC$.

Решение:

1) Угол между прямыми $AB$ и $BC$:

Для нахождения угла между прямыми $AB$ и $BC$ используем векторы $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$.

$\vec{BA} = A - B = (3 - 3; -2 - 0; 1 - 2) = (0; -2; -1)$
$\vec{BC} = C - B = (1 - 3; 2 - 0; 5 - 2) = (-2; 2; 3)$

Вычислим длины векторов:

$|\vec{BA}| = \sqrt{0^2 + (-2)^2 + (-1)^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$
$|\vec{BC}| = \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 4 + 9} = \sqrt{17}$

Найдем косинус угла между ними:

$\cos \phi_{AB,BC} = \frac{\vec{BA} \cdot \vec{BC}}{|\vec{BA}| |\vec{BC}|} = \frac{(0)(-2) + (-2)(2) + (-1)(3)}{\sqrt{5}\sqrt{17}} = \frac{0 - 4 - 3}{\sqrt{85}} = \frac{-7}{\sqrt{85}}$

Угол между прямыми обычно определяется как острый угол, поэтому берем абсолютное значение косинуса:

$\phi_{AB,BC} = \arccos\left(\frac{7}{\sqrt{85}}\right)$

2) Угол между прямыми $AC$ и $BM$, где $M$ – середина $AC$:

Сначала найдем координаты точки $M$, середины отрезка $AC$:

$M = \left(\frac{x_A+x_C}{2}; \frac{y_A+y_C}{2}; \frac{z_A+z_C}{2}\right) = \left(\frac{3+1}{2}; \frac{-2+2}{2}; \frac{1+5}{2}\right) = \left(\frac{4}{2}; \frac{0}{2}; \frac{6}{2}\right) = (2; 0; 3)$

Найдем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{BM}$:

$\vec{AC} = C - A = (1 - 3; 2 - (-2); 5 - 1) = (-2; 4; 4)$
$\vec{BM} = M - B = (2 - 3; 0 - 0; 3 - 2) = (-1; 0; 1)$

Вычислим длины этих векторов:

$|\vec{AC}| = \sqrt{(-2)^2 + 4^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16 + 16} = \sqrt{36} = 6$
$|\vec{BM}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$

Найдем косинус угла между ними:

$\cos \phi_{AC,BM} = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{BM}}{|\vec{AC}| |\vec{BM}|} = \frac{(-2)(-1) + (4)(0) + (4)(1)}{(6)(\sqrt{2})} = \frac{2 + 0 + 4}{6\sqrt{2}} = \frac{6}{6\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\phi_{AC,BM} = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{\pi}{4} = 45^\circ$

Ответ: 1) $\arccos\left(\frac{7}{\sqrt{85}}\right)$; 2) $45^\circ$.

223. Дан треугольник, вершинами которого являются точки $A(3; 2; -3)$, $B(5; 1; -1)$ и $C(1; -2; 1)$. Найдите с точностью до $1^\circ$ угол между прямыми, на которых лежат сторона $AC$ и биссектриса $AL$ этого треугольника.

Дано:

Координаты вершин треугольника: $A(3; 2; -3)$, $B(5; 1; -1)$, $C(1; -2; 1)$.

Найти:

Угол между прямой $AC$ и биссектрисой $AL$ этого треугольника (с точностью до $1^\circ$).

Решение:

Для нахождения угла между двумя прямыми, нам нужно найти направляющие векторы этих прямых и использовать формулу для косинуса угла между векторами.

1. Найдем направляющий вектор для прямой $AC$. Это будет вектор $\vec{AC}$.

$\vec{AC} = (x_C - x_A; y_C - y_A; z_C - z_A) = (1 - 3; -2 - 2; 1 - (-3)) = (-2; -4; 4)$.

2. Найдем длины сторон $AB$ и $AC$, которые прилежат к вершине $A$, из которой проведена биссектриса $AL$.

Длина стороны $AB$:
$|\vec{AB}| = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$
$|\vec{AB}| = \sqrt{(5 - 3)^2 + (1 - 2)^2 + (-1 - (-3))^2} = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$.

Длина стороны $AC$:
$|\vec{AC}| = \sqrt{(-2)^2 + (-4)^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16 + 16} = \sqrt{36} = 6$.

3. Биссектриса $AL$ делит сторону $BC$ в отношении, равном отношению длин прилежащих сторон $AB$ и $AC$. Точка $L$ лежит на отрезке $BC$.
$\frac{BL}{LC} = \frac{|\vec{AB}|}{|\vec{AC}|} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

4. Найдем координаты точки $L$, используя формулу деления отрезка в заданном отношении. Точка $L$ делит отрезок $BC$ в отношении $1:2$ (считая от $B$ к $C$).

$L\left(\frac{1 \cdot x_C + 2 \cdot x_B}{1 + 2}; \frac{1 \cdot y_C + 2 \cdot y_B}{1 + 2}; \frac{1 \cdot z_C + 2 \cdot z_B}{1 + 2}\right)$
$x_L = \frac{1 \cdot 1 + 2 \cdot 5}{3} = \frac{1 + 10}{3} = \frac{11}{3}$
$y_L = \frac{1 \cdot (-2) + 2 \cdot 1}{3} = \frac{-2 + 2}{3} = 0$
$z_L = \frac{1 \cdot 1 + 2 \cdot (-1)}{3} = \frac{1 - 2}{3} = -\frac{1}{3}$
Таким образом, $L\left(\frac{11}{3}; 0; -\frac{1}{3}\right)$.

5. Найдем направляющий вектор для биссектрисы $AL$. Это будет вектор $\vec{AL}$.

$\vec{AL} = (x_L - x_A; y_L - y_A; z_L - z_A)$
$\vec{AL} = \left(\frac{11}{3} - 3; 0 - 2; -\frac{1}{3} - (-3)\right) = \left(\frac{11 - 9}{3}; -2; -\frac{1}{3} + \frac{9}{3}\right) = \left(\frac{2}{3}; -2; \frac{8}{3}\right)$.

6. Найдем угол $\alpha$ между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{AL}$ по формуле косинуса угла между векторами:

$\cos \alpha = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{AL}}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{AL}|}$

Скалярное произведение $\vec{AC} \cdot \vec{AL}$:
$\vec{AC} \cdot \vec{AL} = (-2) \cdot \frac{2}{3} + (-4) \cdot (-2) + 4 \cdot \frac{8}{3}$
$= -\frac{4}{3} + 8 + \frac{32}{3} = -\frac{4}{3} + \frac{24}{3} + \frac{32}{3} = \frac{-4 + 24 + 32}{3} = \frac{52}{3}$.

Модуль вектора $\vec{AL}$:
$|\vec{AL}| = \sqrt{\left(\frac{2}{3}\right)^2 + (-2)^2 + \left(\frac{8}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{4}{9} + 4 + \frac{64}{9}}$
$= \sqrt{\frac{4 + 36 + 64}{9}} = \sqrt{\frac{104}{9}} = \frac{\sqrt{104}}{3} = \frac{\sqrt{4 \cdot 26}}{3} = \frac{2\sqrt{26}}{3}$.

Теперь подставим значения в формулу для $\cos \alpha$:
$\cos \alpha = \frac{\frac{52}{3}}{6 \cdot \frac{2\sqrt{26}}{3}} = \frac{\frac{52}{3}}{\frac{12\sqrt{26}}{3}} = \frac{52}{12\sqrt{26}}$.

Упростим выражение:
$\cos \alpha = \frac{13}{3\sqrt{26}} = \frac{13\sqrt{26}}{3 \cdot 26} = \frac{13\sqrt{26}}{78} = \frac{\sqrt{26}}{6}$.

Вычислим значение $\cos \alpha$ и найдем угол $\alpha$:
$\sqrt{26} \approx 5.0990195$
$\cos \alpha \approx \frac{5.0990195}{6} \approx 0.8498365$
$\alpha = \arccos(0.8498365) \approx 31.80016^\circ$.

Округлим до $1^\circ$:
$\alpha \approx 32^\circ$.

Ответ: $32^\circ$

224. Найдите наибольший угол треугольника, вершинами которого являются точки $A(1; 2; 2)$, $B(1; 4; -1)$ и $C(-1; 2; 5)$.

Дано:

Вершины треугольника: $A(1; 2; 2)$, $B(1; 4; -1)$, $C(-1; 2; 5)$.

Найти:

Наибольший угол треугольника.

Решение:

Для нахождения наибольшего угла треугольника определим длины всех его сторон. Наибольший угол лежит напротив самой длинной стороны.

Сначала найдем векторы, образующие стороны треугольника:

Вектор $\vec{AB}$:

$\vec{AB} = (x_B - x_A; y_B - y_A; z_B - z_A) = (1 - 1; 4 - 2; -1 - 2) = (0; 2; -3)$

Вектор $\vec{BC}$:

$\vec{BC} = (x_C - x_B; y_C - y_B; z_C - z_B) = (-1 - 1; 2 - 4; 5 - (-1)) = (-2; -2; 6)$

Вектор $\vec{AC}$ (или $\vec{CA}$ для определения угла при вершине A):

$\vec{AC} = (x_C - x_A; y_C - y_A; z_C - z_A) = (-1 - 1; 2 - 2; 5 - 2) = (-2; 0; 3)$

Теперь вычислим длины этих векторов (длины сторон треугольника):

Длина стороны $AB$ ($|\vec{AB}|$):

$|\vec{AB}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-3)^2} = \sqrt{0 + 4 + 9} = \sqrt{13}$

Длина стороны $BC$ ($|\vec{BC}|$):

$|\vec{BC}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 4 + 36} = \sqrt{44}$

Длина стороны $AC$ ($|\vec{AC}|$):

$|\vec{AC}| = \sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 0 + 9} = \sqrt{13}$

Сравним длины сторон: $\sqrt{13}$, $\sqrt{44}$, $\sqrt{13}$.

Наибольшей длиной является $\sqrt{44}$, что соответствует стороне $BC$. Следовательно, наибольший угол треугольника будет углом, лежащим напротив стороны $BC$, то есть угол $A$.

Для нахождения угла $A$ воспользуемся формулой косинуса угла между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$: $\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$. Угол $A$ образован векторами $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$:

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (0) \cdot (-2) + (2) \cdot (0) + (-3) \cdot (3) = 0 + 0 - 9 = -9$

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла $A$:

$\cos A = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}| |\vec{AC}|} = \frac{-9}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{13}} = \frac{-9}{13}$

Значение угла $A$ можно найти как арккосинус этого значения:

$A = \arccos\left(-\frac{9}{13}\right)$

Поскольку значение косинуса отрицательно, угол $A$ является тупым, что подтверждает его статус наибольшего угла в треугольнике.

Ответ:

Наибольший угол треугольника равен $\arccos\left(-\frac{9}{13}\right)$.

225. Точки $A(1; 0; 2)$, $B(2; 1; 0)$ и $C(1; 2; 0)$ являются последовательными вершинами параллелограмма $ABCD$. Найдите угол между прямыми $AC$ и $BD$.

Дано:

Координаты последовательных вершин параллелограмма $ABCD$:

$A(1; 0; 2)$

$B(2; 1; 0)$

$C(1; 2; 0)$

Найти:

Угол между прямыми $AC$ и $BD$.

Решение:

1. Найдем координаты вершины $D$. В параллелограмме диагонали пересекаются в одной точке $M$, которая является их серединой. Найдем координаты точки $M$ как середины отрезка $AC$:

$M_x = \frac{A_x + C_x}{2} = \frac{1 + 1}{2} = 1$

$M_y = \frac{A_y + C_y}{2} = \frac{0 + 2}{2} = 1$

$M_z = \frac{A_z + C_z}{2} = \frac{2 + 0}{2} = 1$

Таким образом, $M(1; 1; 1)$.

Теперь используем $M$ как середину отрезка $BD$. Пусть координаты вершины $D$ будут $(x_D; y_D; z_D)$:

$\frac{B_x + x_D}{2} = M_x \Rightarrow \frac{2 + x_D}{2} = 1 \Rightarrow 2 + x_D = 2 \Rightarrow x_D = 0$

$\frac{B_y + y_D}{2} = M_y \Rightarrow \frac{1 + y_D}{2} = 1 \Rightarrow 1 + y_D = 2 \Rightarrow y_D = 1$

$\frac{B_z + z_D}{2} = M_z \Rightarrow \frac{0 + z_D}{2} = 1 \Rightarrow z_D = 2$

Следовательно, координаты вершины $D(0; 1; 2)$.

2. Найдем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$, которые лежат на соответствующих прямых:

Вектор $\vec{AC} = (C_x - A_x; C_y - A_y; C_z - A_z) = (1 - 1; 2 - 0; 0 - 2) = (0; 2; -2)$

Вектор $\vec{BD} = (D_x - B_x; D_y - B_y; D_z - B_z) = (0 - 2; 1 - 1; 2 - 0) = (-2; 0; 2)$

3. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$:

$\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (0)(-2) + (2)(0) + (-2)(2) = 0 + 0 - 4 = -4$

4. Вычислим длины (модули) векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$:

$|\vec{AC}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-2)^2} = \sqrt{0 + 4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

$|\vec{BD}| = \sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 0 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

5. Найдем косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$ по формуле:

$\cos \theta = \frac{\vec{AC} \cdot \vec{BD}}{|\vec{AC}| |\vec{BD}|}$

$\cos \theta = \frac{-4}{(2\sqrt{2})(2\sqrt{2})} = \frac{-4}{4 \cdot 2} = \frac{-4}{8} = -\frac{1}{2}$

Поскольку искомый угол между прямыми обычно определяется как острый угол, берем абсолютное значение косинуса:

$\cos \alpha = |\cos \theta| = \left|-\frac{1}{2}\right| = \frac{1}{2}$

6. Найдем значение угла $\alpha$:

$\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$ или $\frac{\pi}{3}$ радиан.

Ответ:

Угол между прямыми $AC$ и $BD$ составляет $60^\circ$ (или $\frac{\pi}{3}$ радиан).

226. Основание $ABCD$ пирамиды $PABCD$ – квадрат, сторона которого равна 4, ребро $PB$ равно 6 и является ее высотой. Найдите угол между прямыми $AP$ и $BD$.

Дано:

Пирамида $PABCD$.

Основание $ABCD$ — квадрат со стороной $AB = BC = CD = DA = 4$.

Ребро $PB = 6$ и является высотой пирамиды ($PB \perp ABCD$).

Найти:

Угол между прямыми $AP$ и $BD$.

Решение:

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $B$.

Пусть ось $x$ направлена вдоль $BC$, ось $y$ вдоль $BA$, и ось $z$ вдоль $BP$.

Координаты вершин:

$B = (0, 0, 0)$

$A = (0, 4, 0)$ (так как $BA$ лежит на оси $y$ и длина $AB = 4$)

$C = (4, 0, 0)$ (так как $BC$ лежит на оси $x$ и длина $BC = 4$)

$D = (4, 4, 0)$ (так как $ABCD$ — квадрат, $D = C + \vec{BA} = (4,0,0) + (0,4,0) = (4,4,0)$)

$P = (0, 0, 6)$ (так как $PB$ лежит на оси $z$ и длина $PB = 6$)

Найдем векторы, задающие прямые $AP$ и $BD$.

Вектор $\vec{AP}$ определяется как разность координат точки $P$ и точки $A$:

$\vec{AP} = P - A = (0 - 0, 0 - 4, 6 - 0) = (0, -4, 6)$.

Вектор $\vec{BD}$ определяется как разность координат точки $D$ и точки $B$:

$\vec{BD} = D - B = (4 - 0, 4 - 0, 0 - 0) = (4, 4, 0)$.

Угол $\alpha$ между двумя прямыми (или векторами) находится по формуле косинуса угла, используя скалярное произведение и длины векторов:

$cos(\alpha) = \frac{|\vec{AP} \cdot \vec{BD}|}{|\vec{AP}| |\vec{BD}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AP}$ и $\vec{BD}$:

$\vec{AP} \cdot \vec{BD} = (0)(4) + (-4)(4) + (6)(0) = 0 - 16 + 0 = -16$.

Вычислим длины (модули) векторов:

$|\vec{AP}| = \sqrt{0^2 + (-4)^2 + 6^2} = \sqrt{0 + 16 + 36} = \sqrt{52}$.

$|\vec{BD}| = \sqrt{4^2 + 4^2 + 0^2} = \sqrt{16 + 16 + 0} = \sqrt{32}$.

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла. Поскольку угол между прямыми обычно берется как острый (или прямой), мы берем абсолютное значение скалярного произведения:

$cos(\alpha) = \frac{|-16|}{\sqrt{52} \cdot \sqrt{32}} = \frac{16}{\sqrt{52 \cdot 32}}$.

Упростим выражение в знаменателе:

$\sqrt{52 \cdot 32} = \sqrt{(4 \cdot 13) \cdot (16 \cdot 2)} = \sqrt{4 \cdot 16 \cdot 13 \cdot 2} = \sqrt{64 \cdot 26} = 8\sqrt{26}$.

Таким образом:

$cos(\alpha) = \frac{16}{8\sqrt{26}} = \frac{2}{\sqrt{26}}$.

Для устранения иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{26}$:

$cos(\alpha) = \frac{2\sqrt{26}}{\sqrt{26} \cdot \sqrt{26}} = \frac{2\sqrt{26}}{26} = \frac{\sqrt{26}}{13}$.

Отсюда угол $\alpha$ равен:

$\alpha = arccos\left(\frac{\sqrt{26}}{13}\right)$.

Ответ:

Угол между прямыми $AP$ и $BD$ равен $arccos\left(\frac{\sqrt{26}}{13}\right)$.

227. Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$, в котором $AB = 7$, $BC = 8$, $BB_1 = 10$, точки $M$ и $N$ – середины ребер $AD$ и $CC_1$ соответственно. Найдите угол между прямыми:

а) $AB$ и $MN$;

б) $CB_1$ и $MN$.

Дано:

• Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$
• $AB = 7$
• $BC = 8$
• $BB_1 = 10$
• Точка $M$ - середина ребра $AD$
• Точка $N$ - середина ребра $CC_1$

Найти:

• Угол между прямыми $AB$ и $MN$
• Угол между прямыми $CB_1$ и $MN$

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть начало координат совпадает с точкой $A(0,0,0)$. Оси $x, y, z$ направим вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно.

Тогда координаты вершин параллелепипеда будут:

• $A(0,0,0)$
• $B(7,0,0)$
• $C(7,8,0)$
• $D(0,8,0)$
• $A_1(0,0,10)$
• $B_1(7,0,10)$
• $C_1(7,8,10)$
• $D_1(0,8,10)$

Найдем координаты точек $M$ и $N$:

• $M$ - середина ребра $AD$. Координаты $M\left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+8}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = M(0,4,0)$.
• $N$ - середина ребра $CC_1$. Координаты $N\left(\frac{7+7}{2}, \frac{8+8}{2}, \frac{0+10}{2}\right) = N(7,8,5)$.

Найдем векторы, соответствующие прямым:

• Вектор $\vec{AB}$: $B - A = (7,0,0) - (0,0,0) = (7,0,0)$.
• Вектор $\vec{MN}$: $N - M = (7,8,5) - (0,4,0) = (7,4,5)$.
• Вектор $\vec{CB_1}$: $B_1 - C = (7,0,10) - (7,8,0) = (0,-8,10)$.

Угол $\theta$ между двумя прямыми, заданными векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$, находится по формуле: $\cos \theta = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$.

a) AB и MN

Пусть $\vec{u} = \vec{AB} = (7,0,0)$ и $\vec{v} = \vec{MN} = (7,4,5)$.

• Длина вектора $\vec{AB}$: $|\vec{AB}| = \sqrt{7^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{49} = 7$.
• Длина вектора $\vec{MN}$: $|\vec{MN}| = \sqrt{7^2 + 4^2 + 5^2} = \sqrt{49 + 16 + 25} = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}$.
• Скалярное произведение $\vec{AB} \cdot \vec{MN}$: $(7)(7) + (0)(4) + (0)(5) = 49$.

Тогда $\cos \theta_a = \frac{|49|}{7 \cdot \sqrt{90}} = \frac{49}{7 \cdot 3\sqrt{10}} = \frac{7}{3\sqrt{10}}$.

Угол $\theta_a = \arccos\left(\frac{7}{3\sqrt{10}}\right) = \arccos\left(\frac{7\sqrt{10}}{30}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{7\sqrt{10}}{30}\right)$

б) CB₁ и MN

Пусть $\vec{u} = \vec{CB_1} = (0,-8,10)$ и $\vec{v} = \vec{MN} = (7,4,5)$.

• Длина вектора $\vec{CB_1}$: $|\vec{CB_1}| = \sqrt{0^2 + (-8)^2 + 10^2} = \sqrt{64 + 100} = \sqrt{164} = \sqrt{4 \cdot 41} = 2\sqrt{41}$.
• Длина вектора $\vec{MN}$: $|\vec{MN}| = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}$ (рассчитано ранее).
• Скалярное произведение $\vec{CB_1} \cdot \vec{MN}$: $(0)(7) + (-8)(4) + (10)(5) = 0 - 32 + 50 = 18$.

Тогда $\cos \theta_b = \frac{|18|}{\sqrt{164} \cdot \sqrt{90}} = \frac{18}{2\sqrt{41} \cdot 3\sqrt{10}} = \frac{18}{6\sqrt{410}} = \frac{3}{\sqrt{410}}$.

Угол $\theta_b = \arccos\left(\frac{3}{\sqrt{410}}\right) = \arccos\left(\frac{3\sqrt{410}}{410}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{3\sqrt{410}}{410}\right)$

228. В параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известны координаты вершин $B(1; 2; 3)$, $A(9; 6; 4)$, $C(5; 2; 6)$, $B_1(3; 0; 4)$. Найдите с точностью до $1^\circ$ угол между прямыми $BB_1$ и $CD$.

Дано:

Координаты вершин параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$:

$B(1; 2; 3)$

$A(9; 6; 4)$

$C(5; 2; 6)$

$B_1(3; 0; 4)$

Перевод данных в систему СИ не требуется, так как задача оперирует безразмерными координатами.

Найти:

Угол между прямыми $BB_1$ и $CD$ с точностью до $1^\circ$.

Решение:

Для нахождения угла между двумя прямыми, необходимо найти их направляющие векторы. Угол между прямыми равен углу между их направляющими векторами или $180^\circ$ минус этот угол. Обычно берут острый угол.

1.

Найдем направляющий вектор прямой $BB_1$. Это вектор $\vec{BB_1}$.

$\vec{BB_1} = (B_{1x} - B_x; B_{1y} - B_y; B_{1z} - B_z)$

$\vec{BB_1} = (3 - 1; 0 - 2; 4 - 3) = (2; -2; 1)$

Обозначим этот вектор как $\vec{u} = (2; -2; 1)$.

Найдем его длину (модуль):

$|\vec{u}| = \sqrt{2^2 + (-2)^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$

2.

Найдем направляющий вектор прямой $CD$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - параллелепипед, то грань $ABCD$ является параллелограммом. В параллелограмме противолежащие стороны параллельны и равны, то есть $\vec{CD} = \vec{BA}$.

Найдем вектор $\vec{BA}$:

$\vec{BA} = (A_x - B_x; A_y - B_y; A_z - B_z)$

$\vec{BA} = (9 - 1; 6 - 2; 4 - 3) = (8; 4; 1)$

Обозначим этот вектор как $\vec{v} = (8; 4; 1)$.

Найдем его длину (модуль):

$|\vec{v}| = \sqrt{8^2 + 4^2 + 1^2} = \sqrt{64 + 16 + 1} = \sqrt{81} = 9$

3.

Угол $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ можно найти по формуле косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$ (используем модуль скалярного произведения, чтобы получить острый угол)

Сначала найдем скалярное произведение $\vec{u} \cdot \vec{v}$:

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (2)(8) + (-2)(4) + (1)(1) = 16 - 8 + 1 = 9$

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|9|}{(3)(9)} = \frac{9}{27} = \frac{1}{3}$

4.

Найдем сам угол $\theta$:

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

Вычислим значение угла:

$\theta \approx 70.5287^\circ$

5.

Округлим результат до $1^\circ$:

$\theta \approx 71^\circ$

Ответ: $71^\circ$

229. Найдите угол между прямыми, заданными уравнениями:

а) $\begin{cases} x - y = 0 \\ y + z = 0 \end{cases}$ и $\begin{cases} x + y + z = 0 \\ 2x + 3y + z = 0 \end{cases}$

б) $\begin{cases} 2x + y - z = 0 \\ x + 2y + z = 0 \end{cases}$ и $\begin{cases} x - y + 2z = 0 \\ -x + 2y - z = 0 \end{cases}$

в) $\begin{cases} x - y - z - 1 = 0 \\ x + y + z + 1 = 0 \end{cases}$ и $\begin{cases} -x + y + 2z + 3 = 0 \\ 2x - y - z + 4 = 0 \end{cases}$

a)

Дано:
Первая прямая $L_1$ задана уравнениями плоскостей:
$x - y = 0$
$y + z = 0$
Вторая прямая $L_2$ задана уравнениями плоскостей:
$x + y + z = 0$
$2x + 3y + z = 0$

Найти:
Угол $\theta$ между прямыми $L_1$ и $L_2$.

Решение:
Прямая в пространстве задается как пересечение двух плоскостей. Если плоскости заданы уравнениями $A_1 x + B_1 y + C_1 z + D_1 = 0$ и $A_2 x + B_2 y + C_2 z + D_2 = 0$, то их нормальные векторы $N_1 = (A_1, B_1, C_1)$ и $N_2 = (A_2, B_2, C_2)$. Направляющий вектор прямой $v$ является векторным произведением этих нормальных векторов: $v = N_1 \times N_2$.
Угол $\theta$ между двумя прямыми, заданными их направляющими векторами $v_1$ и $v_2$, находится по формуле:
$\cos \theta = \frac{|v_1 \cdot v_2|}{||v_1|| \cdot ||v_2||}$

Для первой прямой $L_1$:
Уравнения плоскостей: $x - y = 0$ и $y + z = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_1 = (1, -1, 0)$
$N_2 = (0, 1, 1)$
Направляющий вектор $v_1 = N_1 \times N_2$:
$v_1 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-1)(1) - 0(1)) - \mathbf{j}(1(1) - 0(0)) + \mathbf{k}(1(1) - (-1)(0)) = \mathbf{i}(-1) - \mathbf{j}(1) + \mathbf{k}(1) = (-1, -1, 1)$

Для второй прямой $L_2$:
Уравнения плоскостей: $x + y + z = 0$ и $2x + 3y + z = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_3 = (1, 1, 1)$
$N_4 = (2, 3, 1)$
Направляющий вектор $v_2 = N_3 \times N_4$:
$v_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1(1) - 1(3)) - \mathbf{j}(1(1) - 1(2)) + \mathbf{k}(1(3) - 1(2)) = \mathbf{i}(-2) - \mathbf{j}(-1) + \mathbf{k}(1) = (-2, 1, 1)$

Вычислим скалярное произведение векторов $v_1$ и $v_2$:
$v_1 \cdot v_2 = (-1)(-2) + (-1)(1) + (1)(1) = 2 - 1 + 1 = 2$
Вычислим модули векторов $v_1$ и $v_2$:
$||v_1|| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$
$||v_2|| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$
Подставим значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \theta = \frac{|2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{18}} = \frac{2}{3\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3 \cdot 2} = \frac{\sqrt{2}}{3}$
Таким образом, угол $\theta$ равен:
$\theta = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)$

Ответ:
$\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)$

б)

Дано:
Первая прямая $L_1$ задана уравнениями плоскостей:
$2x + y - z = 0$
$x + 2y + z = 0$
Вторая прямая $L_2$ задана уравнениями плоскостей:
$x - y + 2z = 0$
$-x + 2y - z = 0$

Найти:
Угол $\theta$ между прямыми $L_1$ и $L_2$.

Решение:
Для первой прямой $L_1$:
Уравнения плоскостей: $2x + y - z = 0$ и $x + 2y + z = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_1 = (2, 1, -1)$
$N_2 = (1, 2, 1)$
Направляющий вектор $v_1 = N_1 \times N_2$:
$v_1 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1(1) - (-1)(2)) - \mathbf{j}(2(1) - (-1)(1)) + \mathbf{k}(2(2) - 1(1)) = \mathbf{i}(3) - \mathbf{j}(3) + \mathbf{k}(3) = (3, -3, 3)$.
Мы можем упростить направляющий вектор до $v_1 = (1, -1, 1)$, так как важен только его направление.

Для второй прямой $L_2$:
Уравнения плоскостей: $x - y + 2z = 0$ и $-x + 2y - z = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_3 = (1, -1, 2)$
$N_4 = (-1, 2, -1)$
Направляющий вектор $v_2 = N_3 \times N_4$:
$v_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & -1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-1)(-1) - 2(2)) - \mathbf{j}(1(-1) - 2(-1)) + \mathbf{k}(1(2) - (-1)(-1)) = \mathbf{i}(-3) - \mathbf{j}(1) + \mathbf{k}(1) = (-3, -1, 1)$

Вычислим скалярное произведение векторов $v_1$ и $v_2$:
$v_1 \cdot v_2 = (1)(-3) + (-1)(-1) + (1)(1) = -3 + 1 + 1 = -1$
Вычислим модули векторов $v_1$ и $v_2$:
$||v_1|| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$
$||v_2|| = \sqrt{(-3)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}$
Подставим значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \theta = \frac{|-1|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{11}} = \frac{1}{\sqrt{33}}$
Таким образом, угол $\theta$ равен:
$\theta = \arccos\left(\frac{1}{\sqrt{33}}\right)$

Ответ:
$\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{33}}\right)$

в)

Дано:
Первая прямая $L_1$ задана уравнениями плоскостей:
$x - y - z - 1 = 0$
$x + y + z + 1 = 0$
Вторая прямая $L_2$ задана уравнениями плоскостей:
$-x + y + 2z + 3 = 0$
$2x - y - z + 4 = 0$

Найти:
Угол $\theta$ между прямыми $L_1$ и $L_2$.

Решение:
Для первой прямой $L_1$:
Уравнения плоскостей: $x - y - z - 1 = 0$ и $x + y + z + 1 = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_1 = (1, -1, -1)$
$N_2 = (1, 1, 1)$
Направляющий вектор $v_1 = N_1 \times N_2$:
$v_1 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-1)(1) - (-1)(1)) - \mathbf{j}(1(1) - (-1)(1)) + \mathbf{k}(1(1) - (-1)(1)) = \mathbf{i}(0) - \mathbf{j}(2) + \mathbf{k}(2) = (0, -2, 2)$.
Мы можем упростить направляющий вектор до $v_1 = (0, -1, 1)$.

Для второй прямой $L_2$:
Уравнения плоскостей: $-x + y + 2z + 3 = 0$ и $2x - y - z + 4 = 0$.
Нормальные векторы плоскостей:
$N_3 = (-1, 1, 2)$
$N_4 = (2, -1, -1)$
Направляющий вектор $v_2 = N_3 \times N_4$:
$v_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 1 & 2 \\ 2 & -1 & -1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1(-1) - 2(-1)) - \mathbf{j}(-1(-1) - 2(2)) + \mathbf{k}(-1(-1) - 1(2)) = \mathbf{i}(1) - \mathbf{j}(-3) + \mathbf{k}(-1) = (1, 3, -1)$

Вычислим скалярное произведение векторов $v_1$ и $v_2$:
$v_1 \cdot v_2 = (0)(1) + (-1)(3) + (1)(-1) = 0 - 3 - 1 = -4$
Вычислим модули векторов $v_1$ и $v_2$:
$||v_1|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$
$||v_2|| = \sqrt{1^2 + 3^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 9 + 1} = \sqrt{11}$
Подставим значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \theta = \frac{|-4|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{11}} = \frac{4}{\sqrt{22}} = \frac{4\sqrt{22}}{22} = \frac{2\sqrt{22}}{11}$
Таким образом, угол $\theta$ равен:
$\theta = \arccos\left(\frac{2\sqrt{22}}{11}\right)$

Ответ:
$\arccos\left(\frac{2\sqrt{22}}{11}\right)$