Номер 6.31, страница 60 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

6.31. Точка $M$ — середина ребра $AB$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Точка $N$ принадлежит ребру $BC$ и делит его в отношении $3 : 1$, считая от точки $B$. Найдите угол между плоскостями $AB_1N$ и $DC_1M$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть ребро куба равно $a$. Для удобства вычислений, учитывая, что ребро $BC$ делится в отношении $3:1$, примем $a=4$. Тогда координаты вершин куба и необходимых точек будут следующими:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(4, 0, 0)$
• $C(4, 4, 0)$
• $D(0, 4, 0)$
• $A_1(0, 0, 4)$
• $B_1(4, 0, 4)$
• $C_1(4, 4, 4)$

Точка $M$ — середина ребра $AB$. Ее координаты равны полусумме координат точек $A$ и $B$:
$M\left(\frac{0+4}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = M(2, 0, 0)$.

Точка $N$ лежит на ребре $BC$ и делит его в отношении $BN:NC = 3:1$. Найдем ее координаты:
Вектор $\vec{BC}$ имеет координаты $C-B = (4-4, 4-0, 0-0) = (0, 4, 0)$.
Точка $N$ получается смещением из точки $B$ на вектор $\frac{3}{3+1}\vec{BC} = \frac{3}{4}\vec{BC}$.
$N = B + \frac{3}{4}\vec{BC} = (4, 0, 0) + \frac{3}{4}(0, 4, 0) = (4, 0, 0) + (0, 3, 0) = (4, 3, 0)$.

Теперь найдем уравнения плоскостей. Угол между плоскостями равен углу между их векторами нормали.

1. Нахождение вектора нормали к плоскости $AB_1N$.
Плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $B_1(4, 0, 4)$ и $N(4, 3, 0)$. Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости:
$\vec{AB_1} = (4-0, 0-0, 4-0) = (4, 0, 4)$
$\vec{AN} = (4-0, 3-0, 0-0) = (4, 3, 0)$
Вектор нормали $\vec{n_1}$ к этой плоскости можно найти как векторное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{AN}$:
$\vec{n_1} = \vec{AB_1} \times \vec{AN} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 4 & 0 & 4 \\ 4 & 3 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 0 - 4 \cdot 3) - \mathbf{j}(4 \cdot 0 - 4 \cdot 4) + \mathbf{k}(4 \cdot 3 - 0 \cdot 4) = -12\mathbf{i} + 16\mathbf{j} + 12\mathbf{k}$.
Таким образом, $\vec{n_1} = (-12, 16, 12)$. Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, разделив координаты на 4: $\vec{n_1'} = (-3, 4, 3)$.

2. Нахождение вектора нормали к плоскости $DC_1M$.
Плоскость проходит через точки $D(0, 4, 0)$, $C_1(4, 4, 4)$ и $M(2, 0, 0)$. Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости:
$\vec{DM} = (2-0, 0-4, 0-0) = (2, -4, 0)$
$\vec{DC_1} = (4-0, 4-4, 4-0) = (4, 0, 4)$
Вектор нормали $\vec{n_2}$ к этой плоскости найдем как векторное произведение векторов $\vec{DM}$ и $\vec{DC_1}$:
$\vec{n_2} = \vec{DM} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & -4 & 0 \\ 4 & 0 & 4 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-4 \cdot 4 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(2 \cdot 4 - 0 \cdot 4) + \mathbf{k}(2 \cdot 0 - (-4) \cdot 4) = -16\mathbf{i} - 8\mathbf{j} + 16\mathbf{k}$.
Таким образом, $\vec{n_2} = (-16, -8, 16)$. Упростим, разделив координаты на -8: $\vec{n_2'} = (2, 1, -2)$.

3. Нахождение угла между плоскостями.
Угол $\phi$ между плоскостями находится через косинус угла между их нормальными векторами $\vec{n_1'}$ и $\vec{n_2'}$:
$\cos\phi = \frac{|\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}|}{||\vec{n_1'}|| \cdot ||\vec{n_2'}||}$
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (-3) \cdot 2 + 4 \cdot 1 + 3 \cdot (-2) = -6 + 4 - 6 = -8$.
Найдем длины (модули) векторов:
$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{(-3)^2 + 4^2 + 3^2} = \sqrt{9 + 16 + 9} = \sqrt{34}$.
$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$.
Теперь вычислим косинус угла:
$\cos\phi = \frac{|-8|}{\sqrt{34} \cdot 3} = \frac{8}{3\sqrt{34}}$.
Следовательно, искомый угол $\phi$ равен $\arccos\left(\frac{8}{3\sqrt{34}}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{8}{3\sqrt{34}}\right)$.