реши задание номер 4,5,6,7
Сверь числа и знаки с фото.
- \(DABC\) — тетраэдр, точки \(O\) и \(F\) — середины рёбер \(AD\) и \(CD\) соответственно, отрезок \(TK\) — средняя линия треугольника \(ABC\). а) Чему равен угол между прямыми \(OF\) и \(CB\)? б) Верно ли, что угол между прямыми \(OF\) и \(TK\) равен 60°? в) Чему равен угол между прямыми \(TF\) и \(DB\)? [Рисунок: тетраэдр \(DABC\); \(O\) — середина \(AD\), \(F\) — середина \(CD\), отмечены \(T\) и \(K\); проведены отрезки \(OF\) и \(TK\).]
- \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) — прямоугольный параллелепипед, точки \(O\) и \(T\) — середины рёбер \(CC_1\) и \(DD_1\) соответственно. а) Верно ли, что угол между прямыми \(AD\) и \(TO\) равен 90°? б) Чему равен угол между прямыми \(A_1B_1\) и \(BC\)? [Рисунок: прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\); \(O\) и \(T\) отмечены на рёбрах \(CC_1\) и \(DD_1\).]
- \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) — куб. а) Верно ли, что угол между прямыми \(A_1B\) и \(C_1D\) равен 90°? б) Найдите угол между прямыми \(B_1O\) и \(C_1D\). в) Верно ли, что угол между прямыми \(AC\) и \(C_1D\) равен 45°? [Рисунок: куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\); точка \(O\) отмечена в основании \(ABCD\).]
- В прямоугольном параллелепипеде \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) \(AB=1\) см, \(AD=2\) см, \(AA_1=1\) см. Найдите угол между прямыми \(A_1F\) и \(D_1K\), где точки \(F\) и \(K\) — середины рёбер \(B_1C_1\) и \(AD\) соответственно.
Коротко
- №4 — если тетраэдр правильный: а) \(60^\circ\); б) да; в) \(60^\circ\).
- №5 — а) да; б) \(90^\circ\).
- №6 — а) да; б) \(30^\circ\); в) нет, угол равен \(60^\circ\).
- №7 — \(60^\circ\).
№4.
\(O\) и \(F\) — середины \(AD\) и \(CD\), значит, в треугольнике \(ADC\) отрезок \(OF\) — средняя линия:
\[
OF\parallel AC.
\]
Аналогично \(TK\) — средняя линия треугольника \(ABC\), а \(TF\) — средняя линия треугольника \(ACD\), поэтому
\[
TF\parallel AD.
\]
Тогда:
- а) угол между \(OF\) и \(CB\) равен углу между \(AC\) и \(CB\), то есть \(60^\circ\);
- б) \(OF\parallel AC\), а \(TK\) параллельна одной из сторон равносторонней грани \(ABC\), поэтому угол действительно \(60^\circ\) — да;
- в) угол между \(TF\) и \(DB\) равен углу между \(AD\) и \(DB\), то есть \(60^\circ\).
Если тетраэдр не правильный, то числовые значения не определяются: в пунктах а) и в) получатся соответственно углы \(\angle ACB\) и \(\angle ADB\), а \(60^\circ\) в пункте б) не обязательно.
№5.
В грани \(CDD_1C_1\) точки \(T\) и \(O\) — середины \(DD_1\) и \(CC_1\), поэтому
\[
TO\parallel CD.
\]
В прямоугольнике \(ABCD\) ребро \(AD\perp CD\). Значит, \(AD\perp TO\).
а) Да, \(90^\circ\).
Далее \(A_1B_1\parallel AB\), а \(AB\perp BC\) в основании. Следовательно,
б) \(90^\circ\).
№6.
Введём координаты, считая ребро куба равным \(1\):
\[
A(0,0,0),\ B(1,0,0),\ C(1,1,0),\ D(0,1,0).
\]
Верхние точки имеют \(z=1\). Точка \(O\) — центр основания \(ABCD\), то есть
\[
O\left(\frac12,\frac12,0\right).
\]
а) \(\vec{A_1B}=(1,0,-1)\), \(\vec{C_1D}=(-1,0,-1)\). Их скалярное произведение равно \(0\), значит, угол \(90^\circ\). Да.
б) \[ \vec{B_1O}=\left(-\frac12,\frac12,-1\right),\qquad \vec{C_1D}=(-1,0,-1). \] \[ \cos\varphi= \frac{\frac32}{\sqrt{\frac32}\cdot\sqrt2} =\frac{\sqrt3}{2}. \] Следовательно, \(\varphi=30^\circ\).
в) \(\vec{AC}=(1,1,0)\). Тогда \[ \cos\varphi= \frac{|\vec{AC}\cdot\vec{C_1D}|}{|\vec{AC}|\cdot|\vec{C_1D}|} =\frac{1}{2}, \] поэтому угол равен \(60^\circ\), а не \(45^\circ\). Нет.
№7.
Пусть
\[
A(0,0,0),\ B(1,0,0),\ D(0,2,0),\ A_1(0,0,1).
\]
Тогда
\[
B_1(1,0,1),\quad C_1(1,2,1),\quad D_1(0,2,1).
\]
Так как \(F\) и \(K\) — середины \(B_1C_1\) и \(AD\),
\[
F(1,1,1),\qquad K(0,1,0).
\]
Векторы:
\[
\vec{A_1F}=(1,1,0),\qquad \vec{D_1K}=(0,-1,-1).
\]
\[
\cos\varphi=
\frac{|1\cdot0+1\cdot(-1)+0\cdot(-1)|}{\sqrt2\cdot\sqrt2}
=\frac12.
\]
Значит,
\[
\varphi=60^\circ.
\]
Общий приём: угол между скрещивающимися прямыми ищут через параллельный перенос — заменяют прямые параллельными им прямыми, пересекающимися в одной точке. В кубе и параллелепипеде часто проще всего ввести координаты и брать модуль косинуса.
Обсуждение
2 сообщенияв номере 7 не надо через векторы
Хорошо, решу №7 без векторов, геометрически.
При размерах из рисунка: \[ AB=1,\quad AD=2,\quad AA_1=1. \]
Продлим \(AD\) за точку \(A\) и возьмём точку \(P\) так, что \[ AP=AK=1. \] Тогда \(PK=2=A_1D_1\) и \(PK\parallel A_1D_1\). Значит, четырёхугольник \(A_1PKD_1\) — параллелограмм, поэтому \[ A_1P\parallel D_1K. \] Следовательно, искомый угол равен углу между прямыми \(A_1P\) и \(A_1F\).
Найдём стороны треугольника \(PA_1F\).
В прямоугольном треугольнике \(A_1AP\): \[ A_1P=\sqrt{AA_1^2+AP^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2. \]
\(F\) — середина \(B_1C_1\), поэтому \(B_1F=1\). В прямоугольном треугольнике \(A_1B_1F\): \[ A_1F=\sqrt{A_1B_1^2+B_1F^2} =\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2. \]
Пусть \(M\) — середина \(BC\), то есть проекция \(F\) на основание. Тогда \(FM=AA_1=1\).
Точка \(K\) — середина \(AD\), а \(PK=2\), \(KM=AB=1\), причём \(PK\perp KM\). Поэтому \[ PM=\sqrt{PK^2+KM^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5. \] Тогда \[ PF=\sqrt{PM^2+FM^2} =\sqrt{5+1}=\sqrt6. \]
Теперь по теореме косинусов в треугольнике \(PA_1F\): \[ \cos\angle PA_1F = \frac{A_1P^2+A_1F^2-PF^2} {2\cdot A_1P\cdot A_1F} = \frac{2+2-6}{2\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2} =-\frac12. \] Значит, \[ \angle PA_1F=120^\circ. \] Но угол между прямыми берётся острым, поэтому: \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \]
Ответ в №7: \(\boxed{60^\circ}\).
