Номер 12, страница 235 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

12. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁ все рёбра равны 1. Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и DB₁F₁.

Для нахождения тангенса угла между плоскостями $(ABC)$ и $(DB_1F_1)$ воспользуемся методом, основанным на вычислении площадей треугольника и его ортогональной проекции. Угол $\alpha$ между плоскостями связан с площадью фигуры $S$ в одной плоскости и площадью её проекции $S_{пр}$ на другую плоскость формулой: $\cos \alpha = \frac{S_{пр}}{S}$.

В нашем случае фигурой является треугольник $\triangle DB_1F_1$, лежащий в секущей плоскости. Его ортогональной проекцией на плоскость основания $(ABC)$ является треугольник $\triangle DBF$.

1. Найдем площадь проекции — треугольника $\triangle DBF$.

Основание призмы $ABCDEF$ — правильный шестиугольник со стороной 1. Треугольник $\triangle DBF$ является равнобедренным, так как $DB = DF$ (это диагонали, соединяющие вершины через две стороны). Основанием этого треугольника является отрезок $BF$.

Длина короткой диагонали правильного шестиугольника со стороной $a$ равна $a\sqrt{3}$. В нашем случае $a=1$, поэтому длина основания $BF = \sqrt{3}$.

Высотой треугольника $\triangle DBF$, проведенной из вершины $D$ к основанию $BF$, является отрезок $DM$, где $M$ — середина $BF$. В правильном шестиугольнике диагонали $BF$ и $AD$ перпендикулярны и пересекаются в точке $M$, которая также лежит на длинной диагонали $AD$.

Длина длинной диагонали $AD$ равна $2a = 2$. Пусть $O$ — центр шестиугольника. Тогда $OD=OA=a=1$. Точка $M$ является серединой отрезка $AO$. Таким образом, длина отрезка $DM = DO + OM = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.

Теперь можем найти площадь треугольника $\triangle DBF$:

$S_{пр} = S_{\triangle DBF} = \frac{1}{2} \cdot BF \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$.

2. Найдем площадь треугольника $\triangle DB_1F_1$.

Этот треугольник также является равнобедренным, так как $DB_1 = DF_1$ (равные наклонные из точки $D$ к плоскости верхнего основания). Основание треугольника — $B_1F_1$.

$B_1F_1$ — это короткая диагональ верхнего основания, её длина, как и у $BF$, равна $\sqrt{3}$.

Высотой треугольника $\triangle DB_1F_1$, проведенной из вершины $D$ к основанию $B_1F_1$, является отрезок $DM_1$, где $M_1$ — середина $B_1F_1$.

Длину высоты $DM_1$ найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $\triangle DMM_1$. В этом треугольнике:

• Катет $MM_1$ — это высота призмы, так как $M_1$ — проекция точки $M$ на верхнее основание. По условию, все ребра равны 1, значит $MM_1 = 1$.
• Катет $DM$ мы уже нашли, $DM = \frac{3}{2}$.

Гипотенуза $DM_1$ равна:

$DM_1 = \sqrt{DM^2 + MM_1^2} = \sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + 1} = \sqrt{\frac{13}{4}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$.

Теперь найдем площадь треугольника $\triangle DB_1F_1$:

$S = S_{\triangle DB_1F_1} = \frac{1}{2} \cdot B_1F_1 \cdot DM_1 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{13}}{2} = \frac{\sqrt{39}}{4}$.

3. Найдем тангенс угла между плоскостями.

Сначала найдем косинус угла $\alpha$ между плоскостями:

$\cos \alpha = \frac{S_{пр}}{S} = \frac{3\sqrt{3}/4}{\sqrt{39}/4} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{39}} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}$.

Используем основное тригонометрическое тождество в виде $1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$:

$\tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha} - 1 = \frac{1}{(3/\sqrt{13})^2} - 1 = \frac{1}{9/13} - 1 = \frac{13}{9} - 1 = \frac{4}{9}$.

Поскольку угол между плоскостями острый, его тангенс положителен:

$\tan \alpha = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$.

Ответ: $\frac{2}{3}$.