Номер 482, страница 172 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

482. Две правильные треугольные пирамиды $KABC$ и $MABC$ лежат по разные стороны от их общего основания $ABC$. Все плоские углы при вершинах $K$ и $M$ прямые (рис. 383).

а) Докажите, что угол между плоскостями $AKB$ и $AMB$ равен углу между прямыми $CK$ и $CM$.

б) Найдите угол между прямыми $AK$ и $BM$.

Рис. 383

Пусть $KABC$ и $MABC$ — две правильные треугольные пирамиды с общим основанием $ABC$. Основание $ABC$ — правильный треугольник. Обозначим длину его стороны за $a$, то есть $AB = BC = CA = a$. Поскольку пирамида $KABC$ правильная, её боковые рёбра равны: $KA = KB = KC$. По условию, все плоские углы при вершине $K$ прямые, то есть $\angle AKB = \angle BKC = \angle CKA = 90^\circ$. Рассмотрим боковую грань $AKB$. Это равнобедренный треугольник ($KA=KB$) с прямым углом при вершине $K$. Следовательно, это прямоугольный равнобедренный треугольник. По теореме Пифагора для $\triangle AKB$:$KA^2 + KB^2 = AB^2$$2KA^2 = a^2$$KA = \frac{a}{\sqrt{2}}$Таким образом, $KA = KB = KC = \frac{a}{\sqrt{2}}$. Аналогичные рассуждения верны для пирамиды $MABC$. Так как она правильная, $MA = MB = MC$. А поскольку углы при вершине $M$ прямые ($\angle AMB = \angle BMC = \angle CMA = 90^\circ$), то боковые грани — прямоугольные равнобедренные треугольники.$MA^2 + MB^2 = AB^2$$2MA^2 = a^2$$MA = \frac{a}{\sqrt{2}}$Следовательно, все боковые рёбра обеих пирамид равны между собой: $KA = KB = KC = MA = MB = MC = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Угол между двумя плоскостями — это угол между перпендикулярами, проведёнными в этих плоскостях к их линии пересечения из одной точки. Плоскости $AKB$ и $AMB$ пересекаются по прямой $AB$. Рассмотрим треугольник $AKB$. Так как $KA=KB$, он равнобедренный. Проведём медиану $KD$ к основанию $AB$. В равнобедренном треугольнике медиана является также и высотой, поэтому $KD \perp AB$. Аналогично, в равнобедренном треугольке $AMB$ ($MA=MB$) медиана $MD$ к основанию $AB$ является высотой, то есть $MD \perp AB$. Таким образом, угол между плоскостями $AKB$ и $AMB$ равен углу между прямыми $KD$ и $MD$, то есть $\angle KDM$. Нам нужно доказать, что $\angle KDM$ равен углу между прямыми $CK$ и $CM$, то есть $\angle KCM$. Для этого сравним треугольники $\triangle KDM$ и $\triangle KCM$, используя теорему косинусов. Найдём длины их сторон.1. Стороны $\triangle KDM$: - $KD$ — медиана в прямоугольном $\triangle AKB$, проведённая к гипотенузе $AB$. Длина медианы к гипотенузе равна половине гипотенузы: $KD = \frac{AB}{2} = \frac{a}{2}$. - Аналогично, $MD$ — медиана в прямоугольном $\triangle AMB$ к гипотенузе $AB$: $MD = \frac{AB}{2} = \frac{a}{2}$. - Найдём длину отрезка $KM$. Пусть $O$ — центр правильного треугольника $ABC$. Так как пирамиды $KABC$ и $MABC$ правильные, их высоты $KO$ и $MO$ опускаются в центр основания $O$. Поскольку пирамиды лежат по разные стороны от основания, точки $K, O, M$ лежат на одной прямой, перпендикулярной плоскости $ABC$. Таким образом, $KM = KO + MO$. Высоту $KO$ найдём из прямоугольного треугольника $KOA$. $OA$ — радиус описанной окружности для $\triangle ABC$, $OA = \frac{a}{\sqrt{3}}$. $KO^2 = KA^2 - OA^2 = \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2 - \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{3} = \frac{3a^2 - 2a^2}{6} = \frac{a^2}{6}$. $KO = \frac{a}{\sqrt{6}}$. Поскольку пирамиды идентичны (с точностью до ориентации), $MO = KO = \frac{a}{\sqrt{6}}$. $KM = KO + MO = 2 \cdot \frac{a}{\sqrt{6}} = \frac{2a\sqrt{6}}{6} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. 2. Стороны $\triangle KCM$: - $KC = MC = \frac{a}{\sqrt{2}}$ (как было найдено ранее). - $KM = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. Теперь применим теорему косинусов.- Для $\triangle KDM$:$KM^2 = KD^2 + MD^2 - 2(KD)(MD)\cos(\angle KDM)$$\left(\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2\left(\frac{a}{2}\right)\left(\frac{a}{2}\right)\cos(\angle KDM)$$\frac{6a^2}{9} = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} - \frac{a^2}{2}\cos(\angle KDM)$$\frac{2a^2}{3} = \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{2}\cos(\angle KDM)$Разделим на $a^2$:$\frac{2}{3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(\angle KDM)$$\frac{1}{2}\cos(\angle KDM) = \frac{1}{2} - \frac{2}{3} = \frac{3-4}{6} = -\frac{1}{6}$$\cos(\angle KDM) = -\frac{1}{3}$. Угол между плоскостями по определению является острым, поэтому его косинус должен быть неотрицательным. Это означает, что угол между векторами $\vec{DK}$ и $\vec{DM}$ тупой, а искомый угол между плоскостями равен $\arccos\left(\left|-\frac{1}{3}\right|\right) = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.- Для $\triangle KCM$:$KM^2 = KC^2 + MC^2 - 2(KC)(MC)\cos(\angle KCM)$$\left(\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)^2 = \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2 - 2\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)\cos(\angle KCM)$$\frac{6a^2}{9} = \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} - 2\left(\frac{a^2}{2}\right)\cos(\angle KCM)$$\frac{2a^2}{3} = a^2 - a^2\cos(\angle KCM)$Разделим на $a^2$:$\frac{2}{3} = 1 - \cos(\angle KCM)$$\cos(\angle KCM) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$. Угол между прямыми $CK$ и $CM$ острый, и его косинус равен $\frac{1}{3}$. Так как косинусы углов равны ($\cos(\angle KCM) = \frac{1}{3}$ и косинус острого угла между плоскостями равен $\frac{1}{3}$), то и сами углы равны. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AK$ и $BM$ воспользуемся векторным методом. Поместим начало координат в центр $O$ общего основания $ABC$. Ось $Oz$ направим вдоль прямой $OK$. Тогда $K$ и $M$ будут иметь координаты $K(0, 0, h)$ и $M(0, 0, -h)$, где $h = KO = \frac{a}{\sqrt{6}}$. Векторы $\vec{OA}$ и $\vec{OB}$ лежат в плоскости $Oxy$. Их длины равны радиусу описанной окружности $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$, а угол между ними $\angle AOB = 120^\circ$. Выразим векторы $\vec{AK}$ и $\vec{BM}$ через базисные векторы:$\vec{AK} = \vec{OK} - \vec{OA}$$\vec{BM} = \vec{OM} - \vec{OB}$Найдём скалярное произведение этих векторов:$\vec{AK} \cdot \vec{BM} = (\vec{OK} - \vec{OA}) \cdot (\vec{OM} - \vec{OB})$$= \vec{OK} \cdot \vec{OM} - \vec{OK} \cdot \vec{OB} - \vec{OA} \cdot \vec{OM} + \vec{OA} \cdot \vec{OB}$Так как $\vec{OK}$ и $\vec{OM}$ перпендикулярны плоскости $Oxy$, в которой лежат $\vec{OA}$ и $\vec{OB}$, то их скалярные произведения равны нулю:$\vec{OK} \cdot \vec{OB} = 0$$\vec{OA} \cdot \vec{OM} = 0$Тогда:$\vec{AK} \cdot \vec{BM} = \vec{OK} \cdot \vec{OM} + \vec{OA} \cdot \vec{OB}$Вычислим оставшиеся скалярные произведения:$\vec{OK} \cdot \vec{OM} = |\vec{OK}| \cdot |\vec{OM}| \cdot \cos(180^\circ) = h \cdot h \cdot (-1) = -h^2 = -\left(\frac{a}{\sqrt{6}}\right)^2 = -\frac{a^2}{6}$.$\vec{OA} \cdot \vec{OB} = |\vec{OA}| \cdot |\vec{OB}| \cdot \cos(120^\circ) = R \cdot R \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{a^2}{3} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{a^2}{6}$. Подставляем значения:$\vec{AK} \cdot \vec{BM} = -\frac{a^2}{6} - \frac{a^2}{6} = -\frac{2a^2}{6} = -\frac{a^2}{3}$. Теперь найдём длины векторов $\vec{AK}$ и $\vec{BM}$. Длины этих векторов равны длинам рёбер $AK$ и $BM$.$|\vec{AK}| = AK = \frac{a}{\sqrt{2}}$.$|\vec{BM}| = BM = \frac{a}{\sqrt{2}}$. Пусть $\phi$ — угол между прямыми $AK$ и $BM$. Косинус этого угла равен модулю косинуса угла между векторами $\vec{AK}$ и $\vec{BM}$:$\cos\phi = \frac{|\vec{AK} \cdot \vec{BM}|}{|\vec{AK}| \cdot |\vec{BM}|} = \frac{\left|-\frac{a^2}{3}\right|}{\frac{a}{\sqrt{2}} \cdot \frac{a}{\sqrt{2}}} = \frac{\frac{a^2}{3}}{\frac{a^2}{2}} = \frac{2}{3}$. Следовательно, угол $\phi = \arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.