Страница 60 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

6.26. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно 1 см. Точки $M$ и $N$ принадлежат рёбрам $AA_1$ и $BC$ соответственно. Известно, что $AM = \frac{1}{3}$ см, $BN = \frac{1}{4}$ см. Точка $O$ — середина отрезка $DB_1$. Найдите расстояние от точки $B_1$ до плоскости $MON$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. 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 $AA_1$. Ребро куба равно 1 см.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(1, 0, 0)$
• $C(1, 1, 0)$
• $D(0, 1, 0)$
• $A_1(0, 0, 1)$
• $B_1(1, 0, 1)$
• $C_1(1, 1, 1)$
• $D_1(0, 1, 1)$

Найдем координаты точек $M$, $N$ и $O$.

1. Точка $M$ принадлежит ребру $AA_1$ и $AM = \frac{1}{3}$ см. Так как $A=(0,0,0)$ и $A_1=(0,0,1)$, то координаты точки $M$ будут $(0, 0, \frac{1}{3})$. Итак, $M(0, 0, \frac{1}{3})$.

2. Точка $N$ принадлежит ребру $BC$ и $BN = \frac{1}{4}$ см. Координаты вершин $B(1,0,0)$ и $C(1,1,0)$. Вектор $\vec{BC}$ имеет координаты $(1-1, 1-0, 0-0) = (0, 1, 0)$. Тогда точка $N$ имеет координаты $B + \frac{1}{4}\vec{BC} = (1, 0, 0) + \frac{1}{4}(0, 1, 0) = (1, \frac{1}{4}, 0)$. Итак, $N(1, \frac{1}{4}, 0)$.

3. Точка $O$ — середина отрезка $DB_1$. Координаты вершин $D(0,1,0)$ и $B_1(1,0,1)$. Координаты середины отрезка равны полусумме соответствующих координат его концов: $O = \left(\frac{0+1}{2}, \frac{1+0}{2}, \frac{0+1}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$. Итак, $O(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$.

Теперь найдем уравнение плоскости $MON$. Для этого составим векторы $\vec{OM}$ и $\vec{ON}$ и найдем их векторное произведение, которое будет вектором нормали к плоскости.

$\vec{OM} = M - O = \left(0 - \frac{1}{2}, 0 - \frac{1}{2}, \frac{1}{3} - \frac{1}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{6}\right)$.

$\vec{ON} = N - O = \left(1 - \frac{1}{2}, \frac{1}{4} - \frac{1}{2}, 0 - \frac{1}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{4}, -\frac{1}{2}\right)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $MON$ равен векторному произведению $\vec{OM} \times \vec{ON}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & -1/2 & -1/6 \\ 1/2 & -1/4 & -1/2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}\left(\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}\right) - \left(-\frac{1}{6}\right)\left(-\frac{1}{4}\right)\right) - \mathbf{j}\left(\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}\right) - \left(-\frac{1}{6}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\right) + \mathbf{k}\left(\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{4}\right) - \left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\right)$

$\vec{n} = \mathbf{i}\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{24}\right) - \mathbf{j}\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{12}\right) + \mathbf{k}\left(\frac{1}{8} + \frac{1}{4}\right) = \mathbf{i}\left(\frac{5}{24}\right) - \mathbf{j}\left(\frac{1}{3}\right) + \mathbf{k}\left(\frac{3}{8}\right)$.

Таким образом, $\vec{n} = \left(\frac{5}{24}, -\frac{1}{3}, \frac{3}{8}\right)$. Для удобства возьмем коллинеарный вектор, умножив координаты на 24 (наименьшее общее кратное знаменателей): $24\vec{n} = (5, -8, 9)$.

Уравнение плоскости $MON$ имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$, где $(A, B, C)$ — координаты вектора нормали. Получаем: $5x - 8y + 9z + D = 0$.

Чтобы найти коэффициент $D$, подставим в уравнение координаты любой из точек, лежащих в плоскости, например, $M(0, 0, \frac{1}{3})$:

$5(0) - 8(0) + 9\left(\frac{1}{3}\right) + D = 0 \implies 3 + D = 0 \implies D = -3$.

Итак, уравнение плоскости $MON$: $5x - 8y + 9z - 3 = 0$.

Теперь найдем расстояние от точки $B_1(1, 0, 1)$ до этой плоскости по формуле:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Подставляем координаты точки $B_1$ и коэффициенты уравнения плоскости:

$d = \frac{|5(1) - 8(0) + 9(1) - 3|}{\sqrt{5^2 + (-8)^2 + 9^2}} = \frac{|5 - 0 + 9 - 3|}{\sqrt{25 + 64 + 81}} = \frac{|11|}{\sqrt{170}} = \frac{11}{\sqrt{170}}$.

Ответ: $\frac{11}{\sqrt{170}}$ см.

6.27. Основанием прямого параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является параллелограмм $ABCD$ такой, что $\angle BAD = 60^\circ$. Известно, что $AB = AA_1 = a$, $AD = 2a$. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $AB_1D_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ — вдоль ребра $AA_1$. Так как параллелепипед прямой, ребро $AA_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$, и оси координат взаимно перпендикулярны.

Найдем координаты вершин, необходимых для решения:

1. Точка $A$ — начало координат, поэтому ее координаты $A(0, 0, 0)$.

2. Точка $D$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии $AD = 2a$ от начала координат. Следовательно, ее координаты $D(2a, 0, 0)$.

3. Точка $B$ лежит в плоскости $Oxy$. Ее координаты найдем из длины отрезка $AB = a$ и угла $\angle BAD = 60^\circ$:
$x_B = AB \cdot \cos(60^\circ) = a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$
$y_B = AB \cdot \sin(60^\circ) = a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
Таким образом, координаты точки $B(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

4. Координаты точки $C$ можно найти, используя векторное равенство для параллелограмма $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$.
$\vec{AB} = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$
$\vec{AD} = (2a, 0, 0)$
$\vec{AC} = (\frac{a}{2} + 2a, \frac{a\sqrt{3}}{2} + 0, 0+0) = (\frac{5a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Следовательно, координаты точки $C(\frac{5a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

5. Точки $B_1$ и $D_1$ являются вершинами верхнего основания. Их координаты получаются смещением точек $B$ и $D$ на вектор $\vec{AA_1} = (0, 0, a)$:
$B_1(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, a)$
$D_1(2a, 0, a)$

Теперь составим уравнение плоскости $AB_1D_1$. Для этого найдем вектор нормали $\vec{n}$ к этой плоскости как векторное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$.
$\vec{AB_1} = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, a)$
$\vec{AD_1} = (2a, 0, a)$

$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{a}{2} & \frac{a\sqrt{3}}{2} & a \\ 2a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(\frac{a}{2} \cdot a - 2a \cdot a) + \mathbf{k}(\frac{a}{2} \cdot 0 - 2a \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}) = (\frac{a^2\sqrt{3}}{2}, \frac{3a^2}{2}, -a^2\sqrt{3})$.

Для удобства в качестве вектора нормали можно взять коллинеарный ему вектор, разделив координаты на $\frac{a^2}{2}$: $\vec{n}' = (\sqrt{3}, 3, -2\sqrt{3})$.

Уравнение плоскости, проходящей через точку $A(0,0,0)$ с вектором нормали $\vec{n}' = (M, N, P)$, имеет вид $Mx + Ny + Pz = 0$. Подставив координаты вектора $\vec{n}'$, получаем уравнение плоскости $AB_1D_1$:
$\sqrt{3}x + 3y - 2\sqrt{3}z = 0$.

Расстояние $d$ от точки $C(x_0, y_0, z_0) = C(\frac{5a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$ до плоскости $Mx + Ny + Pz + Q = 0$ находится по формуле:
$d = \frac{|Mx_0 + Ny_0 + Pz_0 + Q|}{\sqrt{M^2 + N^2 + P^2}}$.

Подставляем наши значения:
$d = \frac{|\sqrt{3} \cdot \frac{5a}{2} + 3 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} - 2\sqrt{3} \cdot 0|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 3^2 + (-2\sqrt{3})^2}} = \frac{|\frac{5a\sqrt{3}}{2} + \frac{3a\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{3 + 9 + 12}} = \frac{|\frac{8a\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{24}} = \frac{4a\sqrt{3}}{2\sqrt{6}}$.

Упростим полученное выражение:
$d = \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{2}\sqrt{3}} = \frac{2a}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2}$.

Ответ: $a\sqrt{2}$.

6.28. Сторона основания и высота правильной четырёхугольной пирамиды $MABCD$ соответственно равны 6 см и 12 см. Плоскость $\alpha$ проходит через середины рёбер $AD$ и $MC$, а также точку пересечения медиан треугольника $AMB$. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть центр основания пирамиды, квадрат ABCD, находится в начале координат O(0, 0, 0). Направим ось Oz вдоль высоты пирамиды MO. Оси Ox и Oy направим параллельно сторонам AB и AD соответственно.

В этой системе координат вершины пирамиды будут иметь следующие координаты:

• Сторона основания равна 6 см, поэтому половина стороны равна 3 см. Координаты вершин основания: A(-3, -3, 0), B(3, -3, 0), C(3, 3, 0), D(-3, 3, 0).
• Высота пирамиды равна 12 см, поэтому вершина M имеет координаты M(0, 0, 12).

Плоскость α проходит через три точки. Найдем их координаты.

1. Точка P — середина ребра AD.
   Ее координаты: $P = (\frac{-3 + (-3)}{2}; \frac{-3 + 3}{2}; \frac{0 + 0}{2}) = (-3, 0, 0)$.
2. Точка Q — середина ребра MC.
   Ее координаты: $Q = (\frac{0 + 3}{2}; \frac{0 + 3}{2}; \frac{12 + 0}{2}) = (1.5, 1.5, 6)$.
3. Точка R — точка пересечения медиан (центроид) треугольника AMB.
   Ее координаты находятся как среднее арифметическое координат вершин треугольника: $R = (\frac{-3 + 0 + 3}{3}; \frac{-3 + 0 + (-3)}{3}; \frac{0 + 12 + 0}{3}) = (0, -2, 4)$.

Теперь составим уравнение плоскости α, проходящей через точки P(-3, 0, 0), Q(1.5, 1.5, 6) и R(0, -2, 4).Для этого найдем два вектора, лежащие в этой плоскости:

$\vec{PQ} = (1.5 - (-3); 1.5 - 0; 6 - 0) = (4.5, 1.5, 6)$

$\vec{PR} = (0 - (-3); -2 - 0; 4 - 0) = (3, -2, 4)$

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости α можно найти как векторное произведение векторов $\vec{PQ}$ и $\vec{PR}$:

$\vec{n} = \vec{PQ} \times \vec{PR} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 4.5 & 1.5 & 6 \\ 3 & -2 & 4 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1.5 \cdot 4 - 6 \cdot (-2)) - \mathbf{j}(4.5 \cdot 4 - 6 \cdot 3) + \mathbf{k}(4.5 \cdot (-2) - 1.5 \cdot 3)$

$\vec{n} = \mathbf{i}(6 + 12) - \mathbf{j}(18 - 18) + \mathbf{k}(-9 - 4.5) = (18, 0, -13.5)$

Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, умножив координаты $\vec{n}$ на 2/9. Получим вектор нормали $\vec{n'} = (4, 0, -3)$.

Уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Подставив координаты вектора нормали, получим: $4x - 3z + D = 0$.

Чтобы найти коэффициент D, подставим в уравнение координаты любой точки, принадлежащей плоскости, например, точки P(-3, 0, 0):

$4(-3) - 3(0) + D = 0 \Rightarrow -12 + D = 0 \Rightarrow D = 12$.

Итак, уравнение плоскости α: $4x - 3z + 12 = 0$.

Последний шаг — найти расстояние от точки C(3, 3, 0) до плоскости α. Воспользуемся формулой расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Подставляем наши значения:

$d = \frac{|4(3) + 0(3) - 3(0) + 12|}{\sqrt{4^2 + 0^2 + (-3)^2}} = \frac{|12 + 12|}{\sqrt{16 + 9}} = \frac{24}{\sqrt{25}} = \frac{24}{5} = 4.8$ см.

Ответ: 4,8 см.

6.29. Основанием тетраэдра $SABC$ является прямоугольный треугольник $ABC (\angle BAC = 90^\circ)$. Ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания. Рёбра $AB$, $AC$ и $AS$ относятся как $3 : 4 : 1$ соответственно. Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $SC$ соответственно. Точка $K$ принадлежит ребру $AC$ и делит его в отношении $1 : 3$, считая от точки $A$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $MNK$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Так как ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$ и $\angle BAC = 90^{\circ}$, мы можем поместить начало координат в точку $A$, направить ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $SA$.

По условию, рёбра $AB, AC$ и $AS$ относятся как $3 : 4 : 1$. Введем коэффициент пропорциональности $k > 0$. Тогда длины рёбер будут равны: $AB = 3k$, $AC = 4k$, $AS = k$.

В выбранной системе координат найдём координаты вершин тетраэдра:

• $A(0; 0; 0)$
• $B(3k; 0; 0)$
• $C(0; 4k; 0)$
• $S(0; 0; k)$

Теперь найдём координаты точек $M, N$ и $K$.

• Точка $M$ — середина ребра $AB$. Её координаты равны полусумме координат точек $A$ и $B$: $M\left(\frac{0+3k}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = M\left(\frac{3k}{2}; 0; 0\right)$
• Точка $N$ — середина ребра $SC$. Её координаты равны полусумме координат точек $S$ и $C$: $N\left(\frac{0+0}{2}; \frac{0+4k}{2}; \frac{k+0}{2}\right) = N\left(0; 2k; \frac{k}{2}\right)$
• Точка $K$ принадлежит ребру $AC$ и делит его в отношении $AK : KC = 1 : 3$. Длина ребра $AC$ равна $4k$. Следовательно, длина отрезка $AK$ равна $\frac{1}{1+3} \cdot AC = \frac{1}{4} \cdot 4k = k$. Так как точка $K$ лежит на оси $Oy$, её координаты: $K(0; k; 0)$

Угол между плоскостями $ABC$ и $MNK$ равен углу между их нормальными векторами.

Плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$. Её уравнение $z=0$. Нормальный вектор к этой плоскости коллинеарен оси $Oz$. Возьмём в качестве нормального вектора $\vec{n_1} = (0; 0; 1)$.

Для нахождения нормального вектора $\vec{n_2}$ к плоскости $MNK$ найдём координаты двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{MK}$ и $\vec{MN}$.

$\vec{MK} = \{x_K - x_M; y_K - y_M; z_K - z_M\} = \left\{0 - \frac{3k}{2}; k - 0; 0 - 0\right\} = \left\{-\frac{3k}{2}; k; 0\right\}$

$\vec{MN} = \{x_N - x_M; y_N - y_M; z_N - z_M\} = \left\{0 - \frac{3k}{2}; 2k - 0; \frac{k}{2} - 0\right\} = \left\{-\frac{3k}{2}; 2k; \frac{k}{2}\right\}$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $MNK$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{MK}$ и $\vec{MN}$:

$\vec{n_2} = \vec{MK} \times \vec{MN} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -\frac{3k}{2} & k & 0 \\ -\frac{3k}{2} & 2k & \frac{k}{2} \end{vmatrix} = $

$= \vec{i}\left(k \cdot \frac{k}{2} - 0 \cdot 2k\right) - \vec{j}\left(-\frac{3k}{2} \cdot \frac{k}{2} - 0 \cdot \left(-\frac{3k}{2}\right)\right) + \vec{k}\left(-\frac{3k}{2} \cdot 2k - k \cdot \left(-\frac{3k}{2}\right)\right) = $

$= \vec{i}\left(\frac{k^2}{2}\right) - \vec{j}\left(-\frac{3k^2}{4}\right) + \vec{k}\left(-3k^2 + \frac{3k^2}{2}\right) = \vec{i}\left(\frac{k^2}{2}\right) + \vec{j}\left(\frac{3k^2}{4}\right) - \vec{k}\left(\frac{3k^2}{2}\right)$

Таким образом, $\vec{n_2} = \left\{\frac{k^2}{2}; \frac{3k^2}{4}; -\frac{3k^2}{2}\right\}$. Для удобства вычислений можно взять любой коллинеарный этому вектору вектор. Умножим его координаты на $\frac{4}{k^2}$:

$\vec{n_2'} = \left\{\frac{k^2}{2} \cdot \frac{4}{k^2}; \frac{3k^2}{4} \cdot \frac{4}{k^2}; -\frac{3k^2}{2} \cdot \frac{4}{k^2}\right\} = \{2; 3; -6\}$

Теперь найдём косинус угла $\alpha$ между нормальными векторами $\vec{n_1} = \{0; 0; 1\}$ и $\vec{n_2'} = \{2; 3; -6\}$:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2'}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2'}|} = \frac{|0 \cdot 2 + 0 \cdot 3 + 1 \cdot (-6)|}{\sqrt{0^2+0^2+1^2} \cdot \sqrt{2^2+3^2+(-6)^2}} = \frac{|-6|}{\sqrt{1} \cdot \sqrt{4+9+36}} = \frac{6}{\sqrt{49}} = \frac{6}{7}$

Угол $\alpha$ между плоскостями равен арккосинусу этого значения.

$\alpha = \arccos\left(\frac{6}{7}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{6}{7}\right)$

6.30. Дан куб $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$. Проведена плоскость $\alpha$, параллельная прямым $BD_1$ и $B_1 C$. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $ABC$.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Для нахождения этого угла введем прямоугольную систему координат и определим нормальные векторы к плоскостям $\alpha$ и $ABC$.

Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно 1. Введем систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер $AB$ (ось $Ox$), $AD$ (ось $Oy$) и $AA_1$ (ось $Oz$). В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:

• $A(0,0,0)$
• $B(1,0,0)$
• $C(1,1,0)$
• $D(0,1,0)$
• $A_1(0,0,1)$
• $B_1(1,0,1)$
• $C_1(1,1,1)$
• $D_1(0,1,1)$

Плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$. Уравнение этой плоскости $z=0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ коллинеарен оси $Oz$, поэтому в качестве нормального вектора можно взять вектор $\vec{n}_{ABC} = (0,0,1)$.

По условию, плоскость $\alpha$ параллельна прямым $BD_1$ и $B_1C$. Это означает, что нормальный вектор к плоскости $\alpha$, обозначим его $\vec{n}_{\alpha}$, перпендикулярен направляющим векторам этих прямых.

Найдем направляющие векторы для прямых $BD_1$ и $B_1C$ как разность координат их конечных и начальных точек:

Направляющий вектор прямой $BD_1$: $\vec{u} = \vec{BD_1} = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1, 1, 1)$.

Направляющий вектор прямой $B_1C$: $\vec{v} = \vec{B_1C} = (1-1, 1-0, 0-1) = (0, 1, -1)$.

Поскольку вектор $\vec{n}_{\alpha}$ перпендикулярен обоим векторам $\vec{u}$ и $\vec{v}$, его можно найти с помощью векторного произведения:

$\vec{n}_{\alpha} = \vec{u} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1) - \vec{j}((-1) \cdot (-1) - 1 \cdot 0) + \vec{k}((-1) \cdot 1 - 1 \cdot 0)$

$\vec{n}_{\alpha} = -2\vec{i} - \vec{j} - \vec{k} = (-2, -1, -1)$.

Теперь, когда у нас есть нормальные векторы к обеим плоскостям, мы можем найти угол $\phi$ между ними. Косинус угла между плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n}_{\alpha} \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_{\alpha}| \cdot |\vec{n}_{ABC}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{n}_{\alpha} \cdot \vec{n}_{ABC} = (-2) \cdot 0 + (-1) \cdot 0 + (-1) \cdot 1 = -1$.

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{n}_{\alpha}| = \sqrt{(-2)^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{4+1+1} = \sqrt{6}$.

$|\vec{n}_{ABC}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$.

Подставим эти значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|-1|}{\sqrt{6} \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{6}}$.

Следовательно, искомый угол $\phi$ между плоскостями $\alpha$ и $ABC$ равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$.

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

6.32. Основания равнобокой трапеции равны 10 см и 24 см, а высота – 17 см. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции.

Пусть дана равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. По условию, большее основание $AD = 24$ см, меньшее основание $BC = 10$ см, а высота $h = 17$ см.
Окружность, описанная около трапеции, является также описанной окружностью для треугольника, образованного тремя ее вершинами, например, для $\triangle ABD$. Радиус описанной окружности $R$ для треугольника со сторонами $a, b, c$ и площадью $S$ можно найти по формуле $R = \frac{abc}{4S}$.
Найдем длины сторон треугольника $ABD$ и его площадь.
Проведем высоту $BH$ из вершины $B$ на основание $AD$. В равнобокой трапеции отрезок $AH$, отсекаемый высотой на большем основании, равен полуразности оснований:
$AH = \frac{AD - BC}{2} = \frac{24 - 10}{2} = \frac{14}{2} = 7$ см.
Из прямоугольного треугольника $ABH$ по теореме Пифагора найдем боковую сторону $AB$:
$AB = \sqrt{AH^2 + BH^2} = \sqrt{7^2 + 17^2} = \sqrt{49 + 289} = \sqrt{338}$ см.
Для нахождения диагонали $BD$ рассмотрим прямоугольный треугольник $BHD$. Катет $BH = 17$ см. Длина второго катета $HD = AD - AH = 24 - 7 = 17$ см.
По теореме Пифагора для $\triangle BHD$ найдем диагональ $BD$:
$BD = \sqrt{BH^2 + HD^2} = \sqrt{17^2 + 17^2} = \sqrt{2 \cdot 17^2} = 17\sqrt{2}$ см.
Теперь у нас есть все три стороны треугольника $ABD$: $AD=24$ см, $AB=\sqrt{338}$ см и $BD=17\sqrt{2}$ см.
Площадь треугольника $ABD$ равна половине произведения основания $AD$ на высоту $BH$:
$S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 17 = 12 \cdot 17 = 204$ см$^2$.
Подставим найденные значения в формулу для радиуса описанной окружности:
$R = \frac{AD \cdot AB \cdot BD}{4 S_{ABD}} = \frac{24 \cdot \sqrt{338} \cdot 17\sqrt{2}}{4 \cdot 204}$.
Поскольку $\sqrt{338} = \sqrt{2 \cdot 169} = 13\sqrt{2}$, получаем:
$R = \frac{24 \cdot 13\sqrt{2} \cdot 17\sqrt{2}}{4 \cdot 204} = \frac{24 \cdot 13 \cdot 17 \cdot (\sqrt{2})^2}{4 \cdot 204} = \frac{24 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 2}{4 \cdot 204}$.
Упростим выражение, зная что $204 = 12 \cdot 17$:
$R = \frac{24 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 2}{4 \cdot 12 \cdot 17} = \frac{(2 \cdot 12) \cdot 13 \cdot 2}{4 \cdot 12} = \frac{4 \cdot 12 \cdot 13}{4 \cdot 12} = 13$ см.
Ответ: 13 см.

6.33. На сторонах $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ так, что $AM : MC = 4 : 5$, $BK : KC = 1 : 3$. Отрезки $AK$ и $BM$ пересекаются в точке $D$, $DK = 10$ см. Найдите отрезок $AD$.

Для решения задачи воспользуемся методом подобия треугольников, которые мы получим с помощью дополнительного построения. Также можно использовать теорему Менелая.

Решение с помощью дополнительного построения (подобные треугольники)

1. Проведем через точку K прямую, параллельную стороне AC. Пусть эта прямая пересекает отрезок BM в точке F. Таким образом, по построению имеем $KF \parallel AC$.

2. Рассмотрим треугольник $BMC$. Поскольку $KF \parallel MC$ (так как $KF \parallel AC$ и точка $M$ лежит на стороне $AC$), треугольник $BKF$ подобен треугольнику $BCM$ по двум углам ($ \angle CBM $ — общий, а $ \angle BKF = \angle BCM $ как соответственные углы при параллельных прямых $KF$ и $AC$ и секущей $BC$).

Из подобия треугольников $ \triangle BKF \sim \triangle BCM $ следует соотношение их сторон:

$ \frac{BK}{BC} = \frac{KF}{MC} $

По условию $BK : KC = 1 : 3$. Если принять длину отрезка $BK$ за $x$, то длина $KC$ будет $3x$. Тогда длина всей стороны $BC$ равна $BC = BK + KC = x + 3x = 4x$.

Следовательно, отношение $ \frac{BK}{BC} = \frac{x}{4x} = \frac{1}{4} $.

Подставим это значение в соотношение сторон подобных треугольников:

$ \frac{KF}{MC} = \frac{1}{4} \implies KF = \frac{1}{4} MC $.

3. Теперь рассмотрим треугольники $ADM$ и $KDF$. Они образованы пересечением отрезков $AK$ и $BM$ в точке $D$.

Так как по построению $KF \parallel AM$ (поскольку $KF \parallel AC$), то эти треугольники подобны. Углы $ \angle ADM $ и $ \angle KDF $ равны как вертикальные, а углы $ \angle MAD $ и $ \angle FKD $ равны как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AM$ и $KF$ и секущей $AK$.

Следовательно, $ \triangle ADM \sim \triangle KDF $ по двум углам. Из подобия следует соотношение их сторон:

$ \frac{AD}{KD} = \frac{AM}{KF} $

4. Из условия задачи известно, что $AM : MC = 4 : 5$, откуда можно выразить $MC$ через $AM$: $MC = \frac{5}{4} AM$.

В шаге 2 мы нашли, что $KF = \frac{1}{4} MC$. Подставим в это равенство выражение для $MC$:

$ KF = \frac{1}{4} \left( \frac{5}{4} AM \right) = \frac{5}{16} AM $.

Теперь подставим полученное выражение для $KF$ в соотношение сторон из шага 3:

$ \frac{AD}{KD} = \frac{AM}{\frac{5}{16} AM} = \frac{1}{\frac{5}{16}} = \frac{16}{5} $.

5. Мы получили искомое отношение $ \frac{AD}{KD} = \frac{16}{5} $. По условию $DK = 10$ см. Найдем длину отрезка $AD$:

$ AD = \frac{16}{5} \cdot KD = \frac{16}{5} \cdot 10 = 16 \cdot 2 = 32 $ см.

Решение с помощью теоремы Менелая

Рассмотрим треугольник $AKC$ и секущую (трансверсаль) $BMD$, которая пересекает его стороны $AC$ и $AK$ в точках $M$ и $D$ соответственно, а также продолжение стороны $CK$ в точке $B$.

По теореме Менелая для $ \triangle AKC $ и секущей $BMD$ справедливо соотношение:

$ \frac{AM}{MC} \cdot \frac{CB}{BK} \cdot \frac{KD}{DA} = 1 $

Найдем значения отношений из условия задачи:

$ \frac{AM}{MC} = \frac{4}{5} $

Из соотношения $BK : KC = 1 : 3$ следует, что $BC = BK + KC = BK + 3BK = 4BK$. Отсюда:

$ \frac{CB}{BK} = \frac{4BK}{BK} = 4 $

Подставим известные значения в формулу теоремы Менелая:

$ \frac{4}{5} \cdot 4 \cdot \frac{KD}{DA} = 1 $

$ \frac{16}{5} \cdot \frac{KD}{DA} = 1 $

$ \frac{KD}{DA} = \frac{5}{16} \implies \frac{AD}{DK} = \frac{16}{5} $

Зная, что $DK = 10$ см, находим $AD$:

$ AD = \frac{16}{5} \cdot DK = \frac{16}{5} \cdot 10 = 32 $ см.

Ответ: 32 см.