Номер 480, страница 171 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

480. В основании пирамиды $SABCD$ лежит ромб с углом $C$ в $120^\circ$, ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания, $SC = CD$. Точка $M$ — середина ребра $SA$, точка $K$ на ребре $SD$ делит его в отношении 2 : 1, если считать от вершины $S$ (рис. 382).

Найдите угол между прямыми:

а) $MD$ и $CK$;

б) $CM$ и $SK$;

в) $KB$ и $MC$;

г) $CP$ и $AD$.

Рис. 382

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в точку $C$. Так как ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания, направим ось $Oz$ вдоль луча $CS$. Направим ось $Ox$ вдоль луча $CD$.

Пусть сторона ромба равна $a$. По условию $SC = CD$, так что пусть $SC = CD = a$. Для упрощения вычислений положим $a=2$.

Найдем координаты вершин пирамиды и точек $M$ и $K$:
$C(0, 0, 0)$
$D(2, 0, 0)$
$S(0, 0, 2)$
В ромбе $\angle C = 120^\circ$, $BC=2$, поэтому $B(2 \cos 120^\circ, 2 \sin 120^\circ, 0) = B(-1, \sqrt{3}, 0)$.
Так как $ABCD$ — ромб, то $\vec{AD} = \vec{BC}$. Вектор $\vec{BC} = \{-1-0, \sqrt{3}-0, 0-0\} = \{-1, \sqrt{3}, 0\}$. Тогда $A = D + \vec{BC} = (2,0,0) + (-1, \sqrt{3}, 0) = (1, \sqrt{3}, 0)$.
$M$ — середина ребра $SA$: $M\left(\frac{0+1}{2}, \frac{0+\sqrt{3}}{2}, \frac{2+0}{2}\right) = M\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right)$.
$K$ делит ребро $SD$ в отношении $SK : KD = 2 : 1$: $K\left(\frac{1 \cdot S_x + 2 \cdot D_x}{1+2}, \frac{1 \cdot S_y + 2 \cdot D_y}{1+2}, \frac{1 \cdot S_z + 2 \cdot D_z}{1+2}\right) = K\left(\frac{1 \cdot 0 + 2 \cdot 2}{3}, \frac{1 \cdot 0 + 2 \cdot 0}{3}, \frac{1 \cdot 2 + 2 \cdot 0}{3}\right) = K\left(\frac{4}{3}, 0, \frac{2}{3}\right)$.

Угол $\phi$ между прямыми с направляющими векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ будем находить по формуле: $\cos \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$.

Найдем координаты направляющих векторов прямых $MD$ и $CK$.
$\vec{MD} = D - M = \{2 - \frac{1}{2}; 0 - \frac{\sqrt{3}}{2}; 0 - 1\} = \{\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -1\}$.
$\vec{CK} = K - C = \{\frac{4}{3} - 0; 0 - 0; \frac{2}{3} - 0\} = \{\frac{4}{3}, 0, \frac{2}{3}\}$.

Вычислим их скалярное произведение:
$\vec{MD} \cdot \vec{CK} = \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} + (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot 0 + (-1) \cdot \frac{2}{3} = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{MD}| = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-1)^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{3+1} = 2$.
$|\vec{CK}| = \sqrt{(\frac{4}{3})^2 + 0^2 + (\frac{2}{3})^2} = \sqrt{\frac{16}{9} + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{20}{9}} = \frac{2\sqrt{5}}{3}$.

Найдем косинус угла между прямыми:
$\cos \phi = \frac{|\frac{4}{3}|}{2 \cdot \frac{2\sqrt{5}}{3}} = \frac{\frac{4}{3}}{\frac{4\sqrt{5}}{3}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.
Следовательно, искомый угол $\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)$.

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

Найдем координаты направляющих векторов прямых $CM$ и $SK$.
$\vec{CM} = M - C = \{\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1\}$.
Прямая $SK$ совпадает с прямой $SD$. В качестве ее направляющего вектора можно взять вектор $\vec{SD} = D - S = \{2-0, 0-0, 0-2\} = \{2, 0, -2\}$ или любой коллинеарный ему, например, $\vec{v} = \{1, 0, -1\}$ для упрощения вычислений.

Вычислим скалярное произведение $\vec{CM}$ и $\vec{v}$:
$\vec{CM} \cdot \vec{v} = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 + 1 \cdot (-1) = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{CM}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
$|\vec{v}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

Найдем косинус угла между прямыми:
$\cos \phi = \frac{|-\frac{1}{2}|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{2} = \frac{1}{4}$.
Следовательно, искомый угол $\phi = \arccos\left(\frac{1}{4}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{4}\right)$

Найдем координаты направляющих векторов прямых $KB$ и $MC$.
$\vec{KB} = B - K = \{-1 - \frac{4}{3}; \sqrt{3} - 0; 0 - \frac{2}{3}\} = \{-\frac{7}{3}, \sqrt{3}, -\frac{2}{3}\}$.
$\vec{MC} = C - M = \{-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -1\}$.

Вычислим их скалярное произведение:
$\vec{KB} \cdot \vec{MC} = (-\frac{7}{3}) \cdot (-\frac{1}{2}) + (\sqrt{3}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (-\frac{2}{3}) \cdot (-1) = \frac{7}{6} - \frac{3}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7-9+4}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{KB}| = \sqrt{(-\frac{7}{3})^2 + (\sqrt{3})^2 + (-\frac{2}{3})^2} = \sqrt{\frac{49}{9} + 3 + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{53+27}{9}} = \sqrt{\frac{80}{9}} = \frac{4\sqrt{5}}{3}$.
$|\vec{MC}| = |\vec{CM}| = \sqrt{2}$ (из пункта б).

Найдем косинус угла между прямыми:
$\cos \phi = \frac{|\frac{1}{3}|}{\frac{4\sqrt{5}}{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{4\sqrt{10}}{3}} = \frac{1}{4\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{40}$.
Следовательно, искомый угол $\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{10}}{40}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{10}}{40}\right)$

В условии задачи, по-видимому, допущена опечатка, так как точка $P$ не определена. Наиболее вероятно, что имелась в виду точка $S$, так как ребро $SC$ является высотой пирамиды. Найдем угол между прямыми $SC$ и $AD$.

Способ 1: Геометрический
По условию, ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$. Прямая $AD$ лежит в плоскости основания, так как точки $A$ и $D$ являются вершинами ромба в основании. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $SC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABCD$, в том числе и прямой $AD$. Следовательно, угол между прямыми $SC$ и $AD$ равен $90^\circ$.

Способ 2: Координатный
Найдем направляющие векторы прямых $SC$ и $AD$.
$\vec{SC} = C - S = \{0, 0, -2\}$.
$\vec{AD} = D - A = \{2 - 1, 0 - \sqrt{3}, 0 - 0\} = \{1, -\sqrt{3}, 0\}$.
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{SC} \cdot \vec{AD} = 0 \cdot 1 + 0 \cdot (-\sqrt{3}) + (-2) \cdot 0 = 0$.
Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, а следовательно, и прямые $SC$ и $AD$ перпендикулярны. Угол между ними равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$