Номер 82, страница 16 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

82. В пирамиде $ABCD$ все ребра равны единице, а точки $Q$ и $M$ — основание высоты $DQ$ пирамиды и середина ребра $CD$ соответственно.

Найдите угол между прямыми:

а) $AB$ и $CD$;

б) $AC$ и $BM$;

в) $AM$ и $DQ$.

Поскольку в пирамиде $ABCD$ все ребра равны единице, она является правильным тетраэдром. Все грани тетраэдра — равносторонние треугольники со стороной 1.

Точка $Q$ — основание высоты $DQ$, следовательно, $DQ$ перпендикулярна плоскости основания $ABC$, а точка $Q$ является проекцией точки $D$ на эту плоскость. В правильном тетраэдре высота проецируется в центр основания, который является точкой пересечения медиан (центроидом).

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Расположим основание $ABC$ в плоскости $Oxy$.

Пусть вершина $A$ находится в начале координат: $A(0, 0, 0)$.

Пусть вершина $B$ лежит на оси $Ox$: $B(1, 0, 0)$.

Так как треугольник $ABC$ равносторонний со стороной 1, координаты вершины $C$ будут $C(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Найдем координаты вершины $D(x, y, z)$. Расстояния от $D$ до вершин $A, B, C$ равны 1.

$DA^2 = x^2 + y^2 + z^2 = 1^2 = 1$.

$DB^2 = (x-1)^2 + y^2 + z^2 = 1^2 = 1 \implies x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2 = 1$. Подставляя $x^2 + y^2 + z^2 = 1$, получаем $1 - 2x + 1 = 1 \implies 2x=1 \implies x=1/2$.

$DC^2 = (x-1/2)^2 + (y-\sqrt{3}/2)^2 + z^2 = 1^2 = 1$. Подставляя $x=1/2$, получаем $(1/2-1/2)^2 + (y-\sqrt{3}/2)^2 + z^2 = 1 \implies y^2 - \sqrt{3}y + 3/4 + z^2 = 1$.

Из $DA^2=1$ и $x=1/2$ имеем $y^2+z^2 = 1-x^2 = 1 - (1/2)^2 = 3/4$.

Подставим это в уравнение для $DC$: $(y^2+z^2) - \sqrt{3}y + 3/4 = 1 \implies 3/4 - \sqrt{3}y + 3/4 = 1 \implies 3/2 - \sqrt{3}y = 1 \implies \sqrt{3}y = 1/2 \implies y = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}$.

Тогда $z^2 = 3/4 - y^2 = 3/4 - (\frac{\sqrt{3}}{6})^2 = 3/4 - 3/36 = 3/4 - 1/12 = 9/12 - 1/12 = 8/12 = 2/3$. Возьмем положительное значение $z = \sqrt{2/3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Итак, координаты вершин:

$A(0; 0; 0)$, $B(1; 0; 0)$, $C(1/2; \sqrt{3}/2; 0)$, $D(1/2; \sqrt{3}/6; \sqrt{6}/3)$.

Найдем координаты точек $M$ и $Q$.

$M$ — середина ребра $CD$:

$M = \left(\frac{1/2+1/2}{2}; \frac{\sqrt{3}/2+\sqrt{3}/6}{2}; \frac{0+\sqrt{6}/3}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}; \frac{4\sqrt{3}/6}{2}; \frac{\sqrt{6}}{6}\right) = \left(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{3}; \frac{\sqrt{6}}{6}\right)$.

$Q$ — основание высоты $DQ$ на плоскость $ABC$ ($z=0$):

$Q = (1/2; \sqrt{3}/6; 0)$.

Угол $\alpha$ между прямыми, заданными направляющими векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$, находится по формуле: $\cos \alpha = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$.

Найдем векторы, соответствующие прямым:

$\vec{AB} = B - A = (1; 0; 0)$.

$\vec{CD} = D - C = (1/2 - 1/2; \sqrt{3}/6 - \sqrt{3}/2; \sqrt{6}/3 - 0) = (0; -\frac{2\sqrt{3}}{6}; \frac{\sqrt{6}}{3}) = (0; -\frac{\sqrt{3}}{3}; \frac{\sqrt{6}}{3})$.

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{3}) + 0 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, и угол между прямыми равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

Найдем векторы, соответствующие прямым:

$\vec{AC} = C - A = (1/2; \sqrt{3}/2; 0)$.

$\vec{BM} = M - B = (1/2 - 1; \sqrt{3}/3 - 0; \sqrt{6}/6 - 0) = (-1/2; \sqrt{3}/3; \sqrt{6}/6)$.

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AC} \cdot \vec{BM} = (1/2) \cdot (-1/2) + (\sqrt{3}/2) \cdot (\sqrt{3}/3) + 0 \cdot (\sqrt{6}/6) = -1/4 + 3/6 = -1/4 + 1/2 = 1/4$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AC}| = \sqrt{(1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4} = 1$.

$|\vec{BM}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (\sqrt{3}/3)^2 + (\sqrt{6}/6)^2} = \sqrt{1/4 + 3/9 + 6/36} = \sqrt{1/4 + 1/3 + 1/6} = \sqrt{\frac{3+4+2}{12}} = \sqrt{\frac{9}{12}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем косинус угла $\alpha$ между прямыми:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{AC} \cdot \vec{BM}|}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{BM}|} = \frac{|1/4|}{1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1/4}{\sqrt{3}/2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}$.

Угол равен $\arccos(\frac{\sqrt{3}}{6})$.

Ответ: $\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Найдем векторы, соответствующие прямым:

$\vec{AM} = M - A = (1/2; \sqrt{3}/3; \sqrt{6}/6)$.

$\vec{DQ} = Q - D = (1/2 - 1/2; \sqrt{3}/6 - \sqrt{3}/6; 0 - \sqrt{6}/3) = (0; 0; -\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AM} \cdot \vec{DQ} = (1/2) \cdot 0 + (\sqrt{3}/3) \cdot 0 + (\sqrt{6}/6) \cdot (-\frac{\sqrt{6}}{3}) = -\frac{6}{18} = -1/3$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AM}| = \sqrt{(1/2)^2 + (\sqrt{3}/3)^2 + (\sqrt{6}/6)^2} = \sqrt{1/4 + 3/9 + 6/36} = \sqrt{1/4 + 1/3 + 1/6} = \sqrt{\frac{9}{12}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

$|\vec{DQ}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + (-\frac{\sqrt{6}}{3})^2} = \sqrt{\frac{6}{9}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Найдем косинус угла $\alpha$ между прямыми:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{AM} \cdot \vec{DQ}|}{|\vec{AM}| \cdot |\vec{DQ}|} = \frac{|-1/3|}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}} = \frac{1/3}{\frac{\sqrt{18}}{6}} = \frac{1/3}{\frac{3\sqrt{2}}{6}} = \frac{1/3}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = \frac{2}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.

Угол равен $\arccos(\frac{\sqrt{2}}{3})$.

Ответ: $\arccos\frac{\sqrt{2}}{3}$.