Номер 9.12, страница 63 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

9.12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ все ребра равны 1 см (рис. 9.5). Найдите косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и $ABC_1$.

Рис. 9.5

Дано:

Куб $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$

Длина ребра $a = 1$ см.

В системе СИ: $a = 0.01$ м. Так как косинус угла является безразмерной величиной, для удобства вычислений примем длину ребра равной 1 условной единице.

Найти:

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $(ACD_{1})$ и $(ABC_{1})$.

Решение:

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим оси координат следующим образом: ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, ось $Oz$ вдоль ребра $AA_{1}$.

В этой системе координат, при длине ребра равной 1, найдем координаты вершин, определяющих наши плоскости.

Координаты вершин для плоскости $(ACD_{1})$:

$A(0, 0, 0)$

$C(1, 1, 0)$

$D_{1}(0, 1, 1)$

Координаты вершин для плоскости $(ABC_{1})$:

$A(0, 0, 0)$

$B(1, 0, 0)$

$C_{1}(1, 1, 1)$

Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы $\vec{n_{1}}$ и $\vec{n_{2}}$ к плоскостям $(ACD_{1})$ и $(ABC_{1})$ соответственно. Нормальный вектор к плоскости можно найти как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости.

Для плоскости $(ACD_{1})$ найдем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AD_{1}}$:

$\vec{AC} = \{1-0, 1-0, 0-0\} = \{1, 1, 0\}$

$\vec{AD_{1}} = \{0-0, 1-0, 1-0\} = \{0, 1, 1\}$

Теперь найдем их векторное произведение, которое будет нормальным вектором $\vec{n_{1}}$:

$\vec{n_{1}} = \vec{AC} \times \vec{AD_{1}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1\vec{i} - 1\vec{j} + 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n_{1}} = \{1, -1, 1\}$.

Для плоскости $(ABC_{1})$ найдем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC_{1}}$:

$\vec{AB} = \{1-0, 0-0, 0-0\} = \{1, 0, 0\}$

$\vec{AC_{1}} = \{1-0, 1-0, 1-0\} = \{1, 1, 1\}$

Найдем их векторное произведение, которое будет нормальным вектором $\vec{n_{2}}$:

$\vec{n_{2}} = \vec{AB} \times \vec{AC_{1}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \vec{k}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) = 0\vec{i} - 1\vec{j} + 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n_{2}} = \{0, -1, 1\}$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями вычисляется по формуле косинуса угла между их нормальными векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}}|}{|\vec{n_{1}}| \cdot |\vec{n_{2}}|}$

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{n_{1}}$ и $\vec{n_{2}}$:

$\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}} = 1 \cdot 0 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 0 + 1 + 1 = 2$

Найдем длины (модули) векторов $\vec{n_{1}}$ и $\vec{n_{2}}$:

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

$|\vec{n_{2}}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\cos \phi = \frac{2 \cdot \sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Ответ: косинус угла между плоскостями равен $\frac{\sqrt{6}}{3}$.