Страница 235 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

1. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Найдите тангенс угла между прямой AC₁ и плоскостью BCC₁.

Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Нам нужно найти тангенс угла между прямой $AC_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдем проекцию прямой $AC_1$ на плоскость $BCC_1$.

Проекция точки на плоскость — это основание перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

1. Точка $C_1$ принадлежит плоскости $BCC_1$, поэтому её проекция на эту плоскость совпадает с самой точкой $C_1$.

2. Найдем проекцию точки $A$ на плоскость $BCC_1$. Так как $ABCD$ — квадрат, то ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BC$ ($AB \perp BC$). Также, поскольку $ABB_1A_1$ — квадрат, а $BCC_1B_1$ — квадрат, боковые ребра перпендикулярны основанию, следовательно, ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BB_1$ ($AB \perp BB_1$).

Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC$ и $BB_1$) в плоскости $BCC_1$, она перпендикулярна всей плоскости $BCC_1$. Таким образом, точка $B$ является проекцией точки $A$ на плоскость $BCC_1$.

Следовательно, прямая $BC_1$ является проекцией прямой $AC_1$ на плоскость $BCC_1$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $AC_1$ и её проекцией $BC_1$, то есть $\alpha = \angle AC_1B$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABC_1$. Так как $AB \perp (BCC_1)$, то $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $BC_1$. Значит, $\triangle ABC_1$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle ABC_1 = 90^\circ$.

Тангенс угла $\angle AC_1B$ в прямоугольном треугольнике $\triangle ABC_1$ равен отношению противолежащего катета $AB$ к прилежащему катету $BC_1$: $ \tan(\alpha) = \tan(\angle AC_1B) = \frac{AB}{BC_1} $

Найдем длины катетов:

• Длина катета $AB$ равна ребру куба: $AB = a$.
• Катет $BC_1$ является диагональю грани $BCC_1B_1$. Эта грань — квадрат со стороной $a$. По теореме Пифагора для $\triangle BCC_1$: $ BC_1^2 = BC^2 + CC_1^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 $ $ BC_1 = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2} $

Теперь можем вычислить тангенс: $ \tan(\alpha) = \frac{AB}{BC_1} = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $

Избавимся от иррациональности в знаменателе: $ \tan(\alpha) = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $

Ответ: $ \frac{\sqrt{2}}{2} $

2. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Найдите косинус угла между прямой AA₁ и плоскостью BC₁D.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

Примем длину ребра куба равной $a$. Тогда координаты вершин, необходимых для решения, будут следующими:

$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Нам нужно найти косинус этого угла. Угол $\phi$ связан с углом $\theta$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости соотношением $\sin\phi = |\cos\theta|$.

Найдем направляющий вектор прямой $AA_1$. Так как прямая $AA_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$ и $A_1(0,0,a)$, ее направляющий вектор:

$\vec{v} = \vec{AA_1} = (0-0, 0-0, a-0) = (0, 0, a)$.

Далее найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BC_1D$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$, и вычислим их векторное произведение. Координаты точек: $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$, $C_1(a, a, a)$.

$\vec{DB} = (a-0, 0-a, 0-0) = (a, -a, 0)$.

$\vec{DC_1} = (a-0, a-a, a-0) = (a, 0, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен этим векторам. Найдем его как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - (-a) \cdot a) = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$.

Для удобства дальнейших вычислений можно взять любой коллинеарный вектор, например, разделив координаты $\vec{n}$ на $-a^2$ (так как $a \ne 0$). Пусть $\vec{n'} = (1, 1, -1)$.

Теперь найдем косинус угла $\theta$ между направляющим вектором прямой $\vec{v}=(0,0,a)$ и вектором нормали к плоскости $\vec{n'}=(1,1,-1)$.

$\cos\theta = \frac{\vec{v} \cdot \vec{n'}}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n'}|} = \frac{(0)(1) + (0)(1) + (a)(-1)}{\sqrt{0^2+0^2+a^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}} = \frac{-a}{\sqrt{a^2} \cdot \sqrt{3}} = \frac{-a}{a\sqrt{3}} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Синус угла $\phi$ между прямой и плоскостью равен модулю косинуса угла между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости:

$\sin\phi = |\cos\theta| = |-\frac{1}{\sqrt{3}}| = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Мы ищем $\cos\phi$. По основному тригонометрическому тождеству $\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$. Угол между прямой и плоскостью по определению находится в пределах от $0$ до $90^\circ$, то есть $0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}$, поэтому его косинус является неотрицательной величиной.

$\cos^2\phi = 1 - \sin^2\phi = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

$\cos\phi = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

3. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Найдите угол между плоскостями AB₁C₁ и A₁B₁C.

Для решения задачи найдем угол между двумя плоскостями через угол между их нормалями (перпендикулярами).

1. Нахождение нормали к плоскости $(AB_1C_1)$

Рассмотрим прямую $A_1B$. Докажем, что она перпендикулярна плоскости $(AB_1C_1)$. Для этого достаточно доказать ее перпендикулярность двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости, например, прямым $AB_1$ и $B_1C_1$.

• Грань $ABB_1A_1$ является квадратом. Прямые $A_1B$ и $AB_1$ — ее диагонали. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, $A_1B \perp AB_1$.
• Ребро $B_1C_1$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$, так как куб является прямоугольным параллелепипедом. Прямая $A_1B$ лежит в плоскости грани $ABB_1A_1$, поэтому $B_1C_1 \perp A_1B$.

Поскольку прямая $A_1B$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB_1$ и $B_1C_1$ из плоскости $(AB_1C_1)$, она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, прямая $A_1B$ является нормалью к плоскости $(AB_1C_1)$.

2. Нахождение нормали к плоскости $(A_1BC_1)$

Можно показать, что нормалью к плоскости $(A_1BC_1)$ является прямая $B_1D$. Доказательство этого факта чисто геометрическими методами достаточно громоздко. Удобнее найти угол между плоскостями, вычислив угол между их нормалями с помощью координатного метода. Мы уже установили, что одной из нормалей является прямая $A_1B$. В качестве второй нормали можно взять прямую $B_1D$ (это можно доказать отдельно или проверить в ходе вычислений).

3. Вычисление угла между нормалями

Введем прямоугольную систему координат. Пусть ребро куба равно $a$. Поместим начало координат в вершину $A$, а оси координат направим вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

В этой системе координат вершины будут иметь следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(a, 0, 0)$
• $D(0, a, 0)$
• $A_1(0, 0, a)$
• $B_1(a, 0, a)$

Теперь найдем координаты векторов, соответствующих нормальным прямым $A_1B$ и $B_1D$.

Вектор $\vec{A_1B}$ имеет координаты:

$\vec{A_1B} = \{B_x - A_{1x}; B_y - A_{1y}; B_z - A_{1z}\} = \{a-0; 0-0; 0-a\} = (a, 0, -a)$.

Вектор $\vec{B_1D}$ имеет координаты:

$\vec{B_1D} = \{D_x - B_{1x}; D_y - B_{1y}; D_z - B_{1z}\} = \{0-a; a-0; 0-a\} = (-a, a, -a)$.

Угол $\phi$ между векторами (и, следовательно, между прямыми) можно найти через их скалярное произведение:

$\cos\phi = \frac{\vec{A_1B} \cdot \vec{B_1D}}{|\vec{A_1B}| \cdot |\vec{B_1D}|}$

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{A_1B} \cdot \vec{B_1D} = (a)(-a) + (0)(a) + (-a)(-a) = -a^2 + 0 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, то векторы ортогональны, то есть угол между ними составляет $90^\circ$.

Угол между плоскостями равен углу между их нормалями. Следовательно, искомый угол между плоскостями $(AB_1C_1)$ и $(A_1BC_1)$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

4. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ известны длины рёбер: AA₁ = 5, AB = 12 и AD = 8. Найдите тангенс угла между плоскостью ABC и плоскостью, проходящей через точку B перпендикулярно к прямой AK, где точка K — середина ребра C₁D₁.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в точку $A(0, 0, 0)$. Направим оси координат вдоль ребер параллелепипеда: ось $Ox$ — вдоль $AB$, ось $Oy$ — вдоль $AD$, ось $Oz$ — вдоль $AA_1$.

В этой системе координат, исходя из длин ребер $AB=12$, $AD=8$, $AA_1=5$, найдем координаты необходимых нам точек:

• $A(0, 0, 0)$
• $C_1(12, 8, 5)$
• $D_1(0, 8, 5)$

Точка $K$ — середина ребра $C_1D_1$. Ее координаты равны полусумме соответствующих координат точек $C_1$ и $D_1$:$K = \left(\frac{12+0}{2}; \frac{8+8}{2}; \frac{5+5}{2}\right) = (6; 8; 5)$.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы для каждой из плоскостей.

1. Первая плоскость — это плоскость $ABC$. В нашей системе координат она совпадает с плоскостью $Oxy$. Ее уравнение $z=0$. Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к этой плоскости коллинеарен оси $Oz$. В качестве нормального вектора можно взять вектор $\vec{n_1} = \{0; 0; 1\}$.

2. Вторая плоскость (назовем ее $\beta$) по условию проходит через точку $B$ и перпендикулярна прямой $AK$. Это означает, что вектор $\vec{AK}$ является нормальным вектором для плоскости $\beta$. Найдем его координаты:$\vec{AK} = \{6-0; 8-0; 5-0\} = \{6; 8; 5\}$.Итак, нормальный вектор второй плоскости $\vec{n_2} = \{6; 8; 5\}$.

Пусть $\varphi$ — искомый угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $\beta$. Косинус этого угла можно найти по формуле для угла между векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$\cos\varphi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0 \cdot 6 + 0 \cdot 8 + 1 \cdot 5 = 5$.

Вычислим длины (модули) векторов:$|\vec{n_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$$|\vec{n_2}| = \sqrt{6^2 + 8^2 + 5^2} = \sqrt{36 + 64 + 25} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5}$

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:$\cos\varphi = \frac{|5|}{1 \cdot 5\sqrt{5}} = \frac{5}{5\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.

Нам необходимо найти тангенс этого угла. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $1 + \text{tg}^2\varphi = \frac{1}{\cos^2\varphi}$.Сначала найдем квадрат косинуса:$\cos^2\varphi = \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 = \frac{1}{5}$.

Теперь выразим и вычислим квадрат тангенса:$\text{tg}^2\varphi = \frac{1}{\cos^2\varphi} - 1 = \frac{1}{1/5} - 1 = 5 - 1 = 4$.

Поскольку угол между плоскостями по определению является острым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), его тангенс — величина положительная.$\text{tg}\varphi = \sqrt{4} = 2$.

Ответ: 2

5. Основанием прямой призмы ABCA₁B₁C₁ является прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AC. Найдите тангенс угла между плоскостью A₁B₁C₁ и плоскостью, проходящей через середину ребра AA₁ и прямую BC, если AB = 4, BB₁ = 12.

Пусть дана прямая призма $ABCA_1B_1C_1$. Основанием призмы является прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AC$, следовательно, угол $\angle ABC = 90^\circ$. Известны длины катета $AB=4$ и бокового ребра $BB_1=12$.

Необходимо найти тангенс угла между плоскостью верхнего основания $(A_1B_1C_1)$ и плоскостью, проходящей через середину ребра $AA_1$ и прямую $BC$.

1. Обозначим искомую секущую плоскость как $\alpha$. Пусть точка $M$ является серединой ребра $AA_1$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и прямую $BC$, то эта плоскость определяется точками $M, B, C$ и является плоскостью $(MBC)$.

2. Угол между плоскостями – это двугранный угол. Нам нужно найти угол между плоскостью $(A_1B_1C_1)$ и плоскостью $(MBC)$.

3. Поскольку призма является прямой, ее основания параллельны друг другу, то есть плоскость $(A_1B_1C_1)$ параллельна плоскости $(ABC)$. Следовательно, угол между плоскостью $(MBC)$ и плоскостью $(A_1B_1C_1)$ равен углу между плоскостью $(MBC)$ и плоскостью $(ABC)$.

4. Найдем угол между плоскостями $(MBC)$ и $(ABC)$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $BC$. Для нахождения двугранного угла построим его линейный угол. Для этого нужно в каждой из плоскостей провести перпендикуляр к линии их пересечения $BC$ из одной и той же точки.

5. В плоскости основания $(ABC)$, согласно условию, треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $B$. Это означает, что катет $AB$ перпендикулярен катету $BC$. Таким образом, у нас есть первый перпендикуляр к линии пересечения: $AB \perp BC$.

6. В секущей плоскости $(MBC)$ нам нужно найти перпендикуляр к прямой $BC$, выходящий из точки $B$. Рассмотрим наклонную $MB$ к плоскости основания $(ABC)$. Поскольку призма прямая, ее боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Точка $M$ лежит на $AA_1$, значит, проекцией точки $M$ на плоскость $(ABC)$ является точка $A$. Следовательно, проекцией наклонной $MB$ на плоскость $(ABC)$ является отрезок $AB$.

7. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной ($AB$) на плоскость перпендикулярна некоторой прямой ($BC$) в этой плоскости, то и сама наклонная ($MB$) перпендикулярна этой прямой. Так как $AB \perp BC$, то и $MB \perp BC$.

8. Таким образом, мы имеем два перпендикуляра к прямой $BC$, проведенные в точке $B$: $AB$ в плоскости $(ABC)$ и $MB$ в плоскости $(MBC)$. Угол между этими перпендикулярами, $\angle MBA$, и является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABC)$ и $(MBC)$, а значит и искомым углом.

9. Рассмотрим треугольник $MAB$. Так как ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая $AB$. Следовательно, $\angle MAB = 90^\circ$, и треугольник $MAB$ — прямоугольный.

10. Найдем длины катетов этого треугольника.

• Длина катета $AB$ дана по условию: $AB = 4$.
• Призма прямая, поэтому все ее боковые ребра равны: $AA_1 = BB_1 = 12$. Точка $M$ — середина ребра $AA_1$, значит, длина катета $MA$ равна: $MA = \frac{1}{2} AA_1 = \frac{12}{2} = 6$.

11. В прямоугольном треугольнике $MAB$ тангенс угла $\angle MBA$ равен отношению противолежащего катета $MA$ к прилежащему катету $AB$:$$ \tan(\angle MBA) = \frac{MA}{AB} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2} = 1.5 $$

Ответ: $1.5$

6. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны 1. Найдите косинус угла между прямыми AB₁ и BC₁.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми $AB_1$ и $BC_1$ воспользуемся методом координат.

Введем прямоугольную систему координат. Пусть начало координат находится в точке $A$. Ось $Ox$ направим вдоль ребра $AC$, ось $Oz$ — вдоль ребра $AA_1$. Ось $Oy$ направим перпендикулярно плоскости $ACC_1A_1$ так, чтобы координата $y$ точки $B$ была положительной.

Так как призма правильная треугольная, в ее основании лежит равносторонний треугольник $ABC$. По условию, все ребра призмы равны 1. Найдем координаты вершин, необходимых для решения задачи.

• $A$ — начало координат, поэтому ее координаты $A(0, 0, 0)$.
• $C$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии 1 от начала координат, поэтому $C(1, 0, 0)$.
• $B$: В равностороннем треугольнике $ABC$ со стороной 1 высота, опущенная из вершины $B$ на сторону $AC$, равна $h = \sqrt{1^2 - (1/2)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Проекция точки $B$ на ось $Ox$ — это середина отрезка $AC$, то есть точка с координатой $x = 1/2$. Таким образом, координаты точки $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
• $B_1$ получается смещением точки $B$ вдоль оси $Oz$ на 1, так как $BB_1 = 1$ и $BB_1$ параллельно $Oz$. Координаты точки $B_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.
• $C_1$ получается смещением точки $C$ вдоль оси $Oz$ на 1, так как $CC_1 = 1$ и $CC_1$ параллельно $Oz$. Координаты точки $C_1(1, 0, 1)$.

Теперь найдем координаты векторов, соответствующих прямым $AB_1$ и $BC_1$. Угол между скрещивающимися прямыми равен углу между их направляющими векторами.

Координаты вектора $\vec{AB_1}$ равны разности координат его конца и начала:

$\vec{AB_1} = \{ \frac{1}{2}-0; \frac{\sqrt{3}}{2}-0; 1-0 \} = \{ \frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 1 \}$

Координаты вектора $\vec{BC_1}$:

$\vec{BC_1} = \{ 1-\frac{1}{2}; 0-\frac{\sqrt{3}}{2}; 1-0 \} = \{ \frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 1 \}$

Косинус угла $\alpha$ между прямыми $AB_1$ и $BC_1$ равен модулю косинуса угла между векторами $\vec{AB_1}$ и $\vec{BC_1}$. Косинус угла между векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ вычисляется по формуле:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{BC_1}$:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1} = (\frac{1}{2}) \cdot (\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 1 \cdot 1 = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} + 1 = -\frac{2}{4} + 1 = \frac{1}{2}$

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{AB_1}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$

$|\vec{BC_1}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла. Так как скалярное произведение положительно, угол между векторами острый, и его косинус совпадает с косинусом угла между прямыми.

$\cos \alpha = \frac{\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1}}{|\vec{AB_1}| \cdot |\vec{BC_1}|} = \frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{2} = \frac{1}{4}$

Ответ: $\frac{1}{4}$

7. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны 1. Найдите косинус угла между прямыми AB и A₁C.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми $AB$ и $A_1C$ воспользуемся координатно-векторным методом. Для этого введем прямоугольную систему координат.

По условию, призма $ABCA_1B_1C_1$ — правильная, это означает, что ее основаниями ($ABC$ и $A_1B_1C_1$) являются равносторонние треугольники, а боковые ребра ($AA_1$, $BB_1$, $CC_1$) перпендикулярны плоскостям оснований. Все ребра призмы равны 1.

Введем систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, а ось $Oz$ — вдоль бокового ребра $AA_1$. Ось $Oy$ расположим в плоскости основания $ABC$ перпендикулярно оси $Ox$.

Определим координаты вершин, необходимых для решения задачи:

• Точка $A$ совпадает с началом координат, следовательно, ее координаты $A(0, 0, 0)$.
• Точка $B$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии 1 от начала координат, поэтому $B(1, 0, 0)$.
• Точка $A_1$ лежит на оси $Oz$ на расстоянии 1 от начала координат, поэтому $A_1(0, 0, 1)$.
• Для нахождения координат точки $C$ рассмотрим основание $ABC$. Это равносторонний треугольник со стороной 1. Проведем в нем высоту из вершины $C$ к стороне $AB$. В равностороннем треугольнике высота является также и медианой. Проекция точки $C$ на ось $Ox$ будет в середине отрезка $AB$, то есть $x_C = \frac{1}{2}$. Проекция точки $C$ на ось $Oy$ равна длине высоты треугольника: $y_C = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (\text{сторона}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Так как точка $C$ лежит в плоскости $z=0$, ее координаты $C(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Теперь найдем векторы, соответствующие заданным прямым. Направление прямой $AB$ задается вектором $\vec{AB}$, а направление прямой $A_1C$ — вектором $\vec{A_1C}$.

$\vec{AB} = (x_B - x_A; y_B - y_A; z_B - z_A) = (1-0; 0-0; 0-0) = (1, 0, 0)$.

$\vec{A_1C} = (x_C - x_{A_1}; y_C - y_{A_1}; z_C - z_{A_1}) = (\frac{1}{2}-0; \frac{\sqrt{3}}{2}-0; 0-1) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -1)$.

Косинус угла $\alpha$ между двумя векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ находится по формуле:$\cos \alpha = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$Угол между скрещивающимися прямыми — это острый угол, поэтому мы возьмем модуль скалярного произведения:$\cos \alpha = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{A_1C}|}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{A_1C}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:$\vec{AB} \cdot \vec{A_1C} = 1 \cdot \frac{1}{2} + 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 0 \cdot (-1) = \frac{1}{2}$.

Вычислим длины (модули) векторов:$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.$|\vec{A_1C}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-1)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:$\cos \alpha = \frac{|\frac{1}{2}|}{1 \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{4}$

8. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны 1. Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и CA₁B₁.

Для нахождения угла между двумя плоскостями, в данном случае между плоскостью основания $ABC$ и плоскостью $CA_1B_1$, воспользуемся геометрическим методом. Угол между двумя пересекающимися плоскостями равен линейному углу соответствующего двугранного угла, то есть углу между двумя перпендикулярами к линии пересечения плоскостей, проведенными в этих плоскостях из одной точки на линии пересечения.

1. Нахождение линии пересечения плоскостей.
Плоскость $ABC$ и плоскость $CA_1B_1$ имеют общую точку $C$. Следовательно, они пересекаются по прямой, проходящей через точку $C$. Поскольку призма $ABCA_1B_1C_1$ правильная, ее основания параллельны, то есть плоскость $(A_1B_1C_1) \parallel (ABC)$. Прямая $A_1B_1$ лежит в плоскости $A_1B_1C_1$, значит $A_1B_1 \parallel (ABC)$. Плоскость $CA_1B_1$ проходит через прямую $A_1B_1$, параллельную плоскости $ABC$. По теореме о пересечении плоскости с параллельной ей плоскостью, линия их пересечения параллельна $A_1B_1$. Также, так как призма прямая, $AB \parallel A_1B_1$. Таким образом, линия пересечения плоскостей $ABC$ и $CA_1B_1$ — это прямая, проходящая через точку $C$ параллельно прямой $AB$.

2. Построение линейного угла.
Чтобы построить линейный угол, проведем плоскость, перпендикулярную линии пересечения (а значит, и прямой $AB$). Пусть $M$ — середина ребра $AB$. Так как треугольник $ABC$ равносторонний (основание правильной призмы), его медиана $CM$ является и высотой. Следовательно, $CM \perp AB$. Пусть $M_1$ — середина ребра $A_1B_1$. Аналогично, $C_1M_1 \perp A_1B_1$. Рассмотрим плоскость, проходящую через точки $C$, $M$ и $M_1$. Эта плоскость $CMM_1$ перпендикулярна прямой $AB$, так как $CM \perp AB$ и $MM_1 \perp AB$ (поскольку $MM_1$ как отрезок, соединяющий середины параллельных сторон в прямоугольнике $ABB_1A_1$, параллелен и равен боковому ребру $AA_1$, которое перпендикулярно основанию). Линией пересечения плоскости $CMM_1$ с плоскостью $ABC$ является прямая $CM$. Линией пересечения плоскости $CMM_1$ с плоскостью $CA_1B_1$ является прямая $CM_1$ (так как обе точки $C$ и $M_1$ лежат в обеих плоскостях). Следовательно, угол $\angle MCM_1$ является искомым линейным углом между плоскостями $ABC$ и $CA_1B_1$.

3. Вычисление тангенса угла.
Рассмотрим треугольник $CMM_1$. Как было показано, $MM_1 \perp AB$, и так как $CM$ лежит в плоскости основания, то $MM_1 \perp CM$. Это означает, что треугольник $CMM_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$. По условию, все ребра призмы равны 1. Найдем длины катетов треугольника $CMM_1$:

• $CM$ — высота равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a=1$. Ее длина вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $CM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
• $MM_1$ — длина этого отрезка равна высоте призмы, то есть $MM_1 = AA_1 = 1$.

Тангенс угла $\angle MCM_1$ (обозначим его $\alpha$) в прямоугольном треугольнике равен отношению противолежащего катета к прилежащему: $$ \tan \alpha = \frac{MM_1}{CM} $$ Подставляем найденные значения: $$ \tan \alpha = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} $$ Избавляясь от иррациональности в знаменателе, получаем: $$ \tan \alpha = \frac{2\sqrt{3}}{3} $$

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

9. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ равна 2, а диагональ боковой грани равна 5. Найдите угол между плоскостью A₁BC и плоскостью основания призмы.

Пусть дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$. Это означает, что основания призмы ($ABC$ и $A_1B_1C_1$) являются равносторонними треугольниками, а боковые грани ($ABB_1A_1$, $BCC_1B_1$, $ACC_1A_1$) — прямоугольники, перпендикулярные основаниям.

По условию задачи, сторона основания равна $2$, то есть $AB = BC = AC = 2$. Диагональ боковой грани, например $A_1B$, равна $\sqrt{5}$.

Сначала найдем высоту призмы $h = AA_1$. Рассмотрим боковую грань $ABB_1A_1$. Это прямоугольник, а $A_1B$ — его диагональ. Треугольник $A_1AB$ является прямоугольным с гипотенузой $A_1B$. По теореме Пифагора:$A_1B^2 = AB^2 + AA_1^2$$(\sqrt{5})^2 = 2^2 + h^2$$5 = 4 + h^2$$h^2 = 1$$h = 1$Таким образом, высота призмы $AA_1 = BB_1 = CC_1 = 1$.

Нам нужно найти угол между плоскостью сечения $A_1BC$ и плоскостью основания $ABC$. Этот угол является линейным углом двугранного угла, образованного данными плоскостями. Линия пересечения этих плоскостей — прямая $BC$.

Для построения линейного угла проведем в каждой из плоскостей перпендикуляр к линии их пересечения $BC$ из одной и той же точки. Пусть $M$ — середина отрезка $BC$.

В плоскости основания $ABC$ проведем медиану $AM$. Так как треугольник $ABC$ равносторонний, медиана $AM$ также является высотой, то есть $AM \perp BC$. Длина высоты в равностороннем треугольнике со стороной $a$ вычисляется по формуле $h_{\triangle} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае:$AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$

В плоскости $A_1BC$ рассмотрим треугольник $A_1BC$. Найдем длины его сторон. $BC=2$. $A_1B$ и $A_1C$ являются диагоналями равных боковых граней $ABB_1A_1$ и $ACC_1A_1$. Мы знаем, что $A_1B = \sqrt{5}$. Аналогично, из прямоугольного треугольника $A_1AC$ находим $A_1C = \sqrt{AC^2 + AA_1^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$. Так как $A_1B = A_1C$, треугольник $A_1BC$ — равнобедренный с основанием $BC$.

Проведем в треугольнике $A_1BC$ медиану $A_1M$ к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $A_1M \perp BC$.

Таким образом, мы построили линейный угол двугранного угла — это угол $\angle A_1MA$. Обозначим его как $\alpha$.

Для нахождения величины угла $\alpha$ рассмотрим треугольник $A_1AM$. Так как призма правильная, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, а значит, и любой прямой в этой плоскости. Следовательно, $AA_1 \perp AM$. Это означает, что треугольник $A_1AM$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $A$.

В прямоугольном треугольнике $A_1AM$ мы знаем катеты:

• $AA_1 = h = 1$ (высота призмы)
• $AM = \sqrt{3}$ (высота основания)

Тангенс угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:$\tan(\alpha) = \frac{AA_1}{AM} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

10. Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 10, AC = 16. Боковое ребро призмы равно 24, точка P — середина ребра BB₁. Найдите тангенс угла между плоскостями A₁B₁C₁ и ACP.

Для нахождения угла между плоскостями $(A_1B_1C_1)$ и $(ACP)$ воспользуемся методом построения линейного угла двугранного угла, образованного этими плоскостями.

1. Нахождение линии пересечения плоскостей

Плоскость $(A_1B_1C_1)$ является верхним основанием призмы, а плоскость $(ABC)$ — нижним. Так как призма прямая, эти плоскости параллельны. Плоскость $(ACP)$ пересекает плоскость $(ABC)$ по прямой $AC$. По свойству параллельных плоскостей, если третья плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии их пересечения параллельны. Следовательно, линия пересечения $l$ плоскостей $(ACP)$ и $(A_1B_1C_1)$ параллельна прямой $AC$.

2. Построение линейного угла

Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами к линии пересечения плоскостей, проведенными в этих плоскостях из одной точки на линии пересечения. Чтобы построить такой угол, мы найдем плоскость, перпендикулярную линии пересечения $l$ (а значит, и прямой $AC$).

В основании призмы лежит равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Проведем в нем медиану $BH$ к основанию $AC$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный ($AB=BC$), то медиана $BH$ является также и высотой, то есть $BH \perp AC$.

Призма $ABCA_1B_1C_1$ — прямая, следовательно, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Отсюда следует, что $BB_1 \perp AC$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BH$ и $BB_1$ в плоскости $(BB_1H)$, то прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $(BB_1H)$. Так как $l \parallel AC$, то и $l \perp (BB_1H)$.

Плоскость $(BB_1H)$ является секущей плоскостью, перпендикулярной ребру двугранного угла. Угол между линиями пересечения этой плоскости с плоскостями $(ACP)$ и $(A_1B_1C_1)$ будет искомым линейным углом.

• Линия пересечения плоскости $(ACP)$ и плоскости $(BB_1H)$ — это прямая $HP$. (Точки $H$ и $P$ лежат в обеих плоскостях: $H \in AC \subset (ACP)$, $P \in (ACP)$; $H \in (BB_1H)$, $P \in BB_1 \subset (BB_1H)$).
• Пусть $H_1$ — середина ребра $A_1C_1$. Линия пересечения плоскости $(A_1B_1C_1)$ и плоскости $(BB_1H)$ — это прямая $B_1H_1$.

Следовательно, искомый угол $\alpha$ — это угол между прямыми $HP$ и $B_1H_1$.

3. Вычисление тангенса угла

Рассмотрим сечение призмы плоскостью $(BB_1H)$. Это сечение представляет собой прямоугольник $BHH_1B_1$. Найдем длины отрезков, необходимых для вычисления угла.

В треугольнике $ABC$ точка $H$ — середина $AC$, значит $AH = HC = AC/2 = 16/2 = 8$.Из прямоугольного треугольника $BHC$ по теореме Пифагора найдем высоту $BH$:$BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$.

Высота призмы (боковое ребро) $BB_1 = 24$. Значит, $HH_1 = BB_1 = 24$.Точка $P$ — середина $BB_1$, поэтому $BP = 12$.

Прямые $HP$ и $B_1H_1$ лежат в одной плоскости $(BB_1H)$. Продлим прямую $HP$ до пересечения с прямой $B_1H_1$. Пусть точка их пересечения — $M$. Искомый угол $\alpha$ — это угол, который прямая $HM$ образует с прямой $H_1M$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $HMH_1$, который образуется в плоскости сечения. Вершина $H_1$ этого треугольника является проекцией точки $H$ на плоскость верхнего основания.Рассмотрим подобные треугольники $\triangle M H_1 B_1$ и $\triangle M H P$. Они подобны по двум углам (вертикальные углы при P неверно, тут другая геометрия).Проще всего рассмотреть треугольники $\triangle M H_1 H$ и $\triangle P B H$. Они подобны (т.к. $BH \parallel M H_1$).Пусть $H_1M = x$. Тогда из подобия $\triangle M H_1 H \sim \triangle P B H$ имеем:$\frac{HH_1}{HB} = \frac{MH_1}{PB}$ — это неверно.Вернемся к подобию треугольников $\triangle M H_1 P$ и $\triangle M H H_1$. Нет, это не так.Рассмотрим $\triangle MHH_1$. Он прямоугольный ($ \angle MH_1H = 90^\circ $).Треугольники $\triangle M B_1 P$ и $\triangle M H_1 H$ не подобны.Рассмотрим подобные треугольники $\triangle P B H$ и $\triangle P B_1 M'$ где $M'$ проекция M на $BB_1$. Это сложно.Проще всего использовать метод координат в плоскости сечения $BHH_1B_1$.Пусть $H$ — начало координат $(0,0)$. Ось $x$ направим вдоль $HB$, ось $y$ — вдоль $HH_1$.Координаты точек:$H(0, 0)$$B(6, 0)$$H_1(0, 24)$$B_1(6, 24)$$P$ — середина отрезка с концами $B(6,0)$ и $B_1(6,24)$, нет, $P$ на $BB_1$ и $BP=12$. Значит, $P(6, 12)$.

Прямая $B_1H_1$ задается уравнением $y=24$.Прямая $HP$ проходит через точки $H(0,0)$ и $P(6,12)$. Её уравнение: $y = kx$. Подставим координаты $P$: $12 = k \cdot 6 \implies k=2$. Итак, уравнение прямой $HP$: $y=2x$.

Найдем точку пересечения $M$ прямых $HP$ и $B_1H_1$:Система уравнений:$\begin{cases} y = 24 \\ y = 2x \end{cases}$$24 = 2x \implies x=12$.Точка пересечения $M$ имеет координаты $(12, 24)$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle HMH_1$ в прямоугольном треугольнике $HMH_1$ (прямой угол при вершине $H_1$).Катеты этого треугольника:$HH_1 = 24$ (расстояние по оси $y$ от $H(0,0)$ до $H_1(0,24)$).$MH_1 = 12$ (расстояние по оси $x$ от $H_1(0,24)$ до $M(12,24)$).Тангенс угла $\alpha = \angle HMH_1$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:$\tan \alpha = \frac{HH_1}{MH_1} = \frac{24}{12} = 2$.

Ответ: 2

11. Основание прямой четырёхугольной призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ — прямоугольник ABCD, в котором AB = 5, AD = 33. Найдите тангенс угла между плоскостью AA₁D₁ и плоскостью, проходящей через середину ребра CD перпендикулярно прямой B₁D, если расстояние между прямыми A₁C₁ и BD равно 3.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$, и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$.

Пусть высота призмы $h$, то есть $DD_1 = h$. В данной системе координат вершины призмы будут иметь следующие координаты:

• $D(0, 0, 0)$
• $A(\sqrt{33}, 0, 0)$
• $C(0, 5, 0)$
• $B(\sqrt{33}, 5, 0)$
• $D_1(0, 0, h)$
• $A_1(\sqrt{33}, 0, h)$
• $C_1(0, 5, h)$
• $B_1(\sqrt{33}, 5, h)$

1. Нахождение высоты призмы

Высоту $h$ найдем, используя условие о расстоянии между скрещивающимися прямыми $A_1C_1$ и $BD$. Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти по формуле:

$d = \frac{|\vec{M_1M_2} \cdot (\vec{s_1} \times \vec{s_2})|}{|\vec{s_1} \times \vec{s_2}|}$

где $\vec{s_1}$ и $\vec{s_2}$ — направляющие векторы прямых, а $\vec{M_1M_2}$ — вектор, соединяющий точки на этих прямых.

Найдем направляющие векторы прямых $BD$ и $A_1C_1$:

$\vec{s_{BD}} = \vec{DB} = ( \sqrt{33}-0, 5-0, 0-0 ) = (\sqrt{33}, 5, 0)$

$\vec{s_{A_1C_1}} = \vec{A_1C_1} = ( 0-\sqrt{33}, 5-0, h-h ) = (-\sqrt{33}, 5, 0)$

В качестве вектора, соединяющего точки на прямых, возьмем вектор $\vec{DA_1}$ (где $D$ лежит на прямой $BD$, а $A_1$ — на прямой $A_1C_1$):

$\vec{DA_1} = (\sqrt{33}-0, 0-0, h-0) = (\sqrt{33}, 0, h)$

Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{s_{BD}} \times \vec{s_{A_1C_1}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \sqrt{33} & 5 & 0 \\ -\sqrt{33} & 5 & 0 \end{vmatrix} = \vec{i}(5 \cdot 0 - 0 \cdot 5) - \vec{j}(\sqrt{33} \cdot 0 - 0 \cdot (-\sqrt{33})) + \vec{k}(\sqrt{33} \cdot 5 - 5 \cdot (-\sqrt{33})) = (0, 0, 10\sqrt{33})$

Модуль этого вектора:

$|\vec{s_{BD}} \times \vec{s_{A_1C_1}}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + (10\sqrt{33})^2} = 10\sqrt{33}$

Теперь найдем смешанное произведение (числитель формулы):

$|\vec{DA_1} \cdot (\vec{s_{BD}} \times \vec{s_{A_1C_1}})| = |(\sqrt{33}, 0, h) \cdot (0, 0, 10\sqrt{33})| = |\sqrt{33} \cdot 0 + 0 \cdot 0 + h \cdot 10\sqrt{33}| = 10\sqrt{33}h$

Подставим найденные значения в формулу расстояния:

$d = \frac{10\sqrt{33}h}{10\sqrt{33}} = h$

По условию задачи, расстояние между прямыми $A_1C_1$ и $BD$ равно $\sqrt{3}$. Следовательно, высота призмы $h = \sqrt{3}$.

2. Нахождение тангенса угла между плоскостями

Требуется найти тангенс угла между плоскостью $AA_1D_1$ и плоскостью $\alpha$, проходящей через середину ребра $CD$ перпендикулярно прямой $B_1D$.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами.

Плоскость $AA_1D_1$ совпадает с координатной плоскостью $y=0$. Её нормальный вектор $\vec{n_1}$ коллинеарен оси $Oy$. Возьмем $\vec{n_1} = (0, 1, 0)$.

Плоскость $\alpha$ по условию перпендикулярна прямой $B_1D$. Следовательно, направляющий вектор прямой $B_1D$ является нормальным вектором для плоскости $\alpha$. Найдем этот вектор, который обозначим $\vec{n_2}$.

$\vec{n_2} = \vec{DB_1} = (\sqrt{33}-0, 5-0, h-0) = (\sqrt{33}, 5, h)$

Так как мы нашли, что $h=\sqrt{3}$, то:

$\vec{n_2} = (\sqrt{33}, 5, \sqrt{3})$

Теперь найдем косинус угла $\phi$ между плоскостями по формуле угла между их нормальными векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0, 1, 0) \cdot (\sqrt{33}, 5, \sqrt{3}) = 0 \cdot \sqrt{33} + 1 \cdot 5 + 0 \cdot \sqrt{3} = 5$

Вычислим модули векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{(\sqrt{33})^2 + 5^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{33 + 25 + 3} = \sqrt{61}$

Подставляем значения в формулу для косинуса:

$\cos \phi = \frac{|5|}{1 \cdot \sqrt{61}} = \frac{5}{\sqrt{61}}$

Нам нужно найти тангенс угла. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $1 + \tan^2\phi = \frac{1}{\cos^2\phi}$ или найдем синус, а затем тангенс. Угол между плоскостями берется в диапазоне от $0$ до $90^\circ$, поэтому синус и тангенс будут положительными.

$\sin^2\phi = 1 - \cos^2\phi = 1 - \left(\frac{5}{\sqrt{61}}\right)^2 = 1 - \frac{25}{61} = \frac{61 - 25}{61} = \frac{36}{61}$

$\sin \phi = \sqrt{\frac{36}{61}} = \frac{6}{\sqrt{61}}$

Теперь найдем тангенс:

$\tan \phi = \frac{\sin \phi}{\cos \phi} = \frac{6/\sqrt{61}}{5/\sqrt{61}} = \frac{6}{5} = 1.2$

Ответ: $1.2$

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: $\frac{2}{3}$.

13. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁ все рёбра равны 1. Найдите расстояние от точки A до плоскости DEA₁.

Для нахождения искомого расстояния от точки $A$ до плоскости $DEA_1$ воспользуемся методом объёмов. Рассмотрим тетраэдр $ADEA_1$. Объём этого тетраэдра $V$ можно вычислить двумя способами.

С одной стороны, объём тетраэдра можно найти по формуле $V = \frac{1}{3} S_{ADE} \cdot h$, где $S_{ADE}$ — площадь основания $ADE$, а $h$ — высота, опущенная из вершины $A_1$ на плоскость этого основания. Плоскость $ADE$ совпадает с плоскостью нижнего основания призмы $ABCDEF$. Следовательно, высота $h$ из точки $A_1$ на эту плоскость равна высоте призмы, то есть $h = AA_1 = 1$, так как по условию все рёбра призмы равны 1.

Найдём площадь треугольника $ADE$. В основании призмы лежит правильный шестиугольник со стороной $a=1$. В таком шестиугольнике сторона $DE=a=1$, малая диагональ $AE=a\sqrt{3}=\sqrt{3}$, а большая диагональ $AD=2a=2$. Проверим, является ли треугольник $ADE$ прямоугольным, используя теорему Пифагора:$DE^2 + AE^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$.$AD^2 = 2^2 = 4$.Так как $DE^2 + AE^2 = AD^2$, треугольник $ADE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $E$. Его площадь равна:$S_{ADE} = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot AE = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Тогда объём тетраэдра $ADEA_1$ равен:$V = \frac{1}{3} S_{ADE} \cdot AA_1 = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{6}$.

С другой стороны, объём того же тетраэдра можно выразить через площадь грани $DEA_1$ и высоту, опущенную на неё из вершины $A$. Эта высота и есть искомое расстояние, обозначим его $d$. Формула для объёма: $V = \frac{1}{3} S_{DEA_1} \cdot d$.Найдём площадь треугольника $DEA_1$. Для этого вычислим длины его сторон. Сторона $DE = 1$. Длины сторон $A_1E$ и $A_1D$ найдём из прямоугольных треугольников $A_1AE$ и $A_1AD$ соответственно (треугольники прямоугольные, так как ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания).$A_1E^2 = AA_1^2 + AE^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$, следовательно, $A_1E = 2$.$A_1D^2 = AA_1^2 + AD^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5$, следовательно, $A_1D = \sqrt{5}$.Проверим, является ли треугольник $DEA_1$ прямоугольным:$DE^2 + A_1E^2 = 1^2 + 2^2 = 1+4=5$.$A_1D^2 = (\sqrt{5})^2 = 5$.Так как $DE^2 + A_1E^2 = A_1D^2$, треугольник $DEA_1$ также является прямоугольным с прямым углом при вершине $E$. Его площадь:$S_{DEA_1} = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot A_1E = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 1$.

Теперь выразим объём через эту площадь и искомое расстояние $d$:$V = \frac{1}{3} S_{DEA_1} \cdot d = \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot d = \frac{d}{3}$.

Приравнивая два полученных выражения для объёма тетраэдра, имеем:$\frac{d}{3} = \frac{\sqrt{3}}{6}$.Отсюда находим искомое расстояние:$d = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

14. В правильном тетраэдре ABCD точка E — середина ребра BD. Найдите синус угла между прямой AE и плоскостью ABC.

Пусть $a$ — длина ребра правильного тетраэдра $ABCD$. Все грани тетраэдра являются равносторонними треугольниками со стороной $a$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Нам нужно найти синус угла $\alpha$ между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Для нахождения этого угла выполним следующие построения:

1. Опустим из точки $E$ перпендикуляр $EH$ на плоскость $ABC$.
2. Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$, поэтому проекцией точки $A$ на плоскость является сама точка $A$.
3. Прямая $AH$ является проекцией прямой $AE$ на плоскость $ABC$.
4. Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle EAH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AEH$ (прямой угол $\angle AHE$). Синус искомого угла определяется отношением противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin \alpha = \sin(\angle EAH) = \frac{EH}{AE}$

Теперь найдем длины отрезков $AE$ и $EH$.

1. Нахождение длины отрезка AE

Рассмотрим грань $ABD$. Это равносторонний треугольник со стороной $a$. Точка $E$ — середина ребра $BD$. Следовательно, отрезок $AE$ является медианой этого треугольника. В равностороннем треугольнике медиана также является высотой. Длину высоты (и медианы) равностороннего треугольника со стороной $a$ можно найти по формуле:

$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

2. Нахождение длины отрезка EH

Отрезок $EH$ — это расстояние от точки $E$ до плоскости $ABC$. Найдем его, используя свойства проекций.

Пусть $O$ — центр треугольника $ABC$, который является основанием тетраэдра. В правильном тетраэдре вершина $D$ проецируется в центр основания $O$. Таким образом, $DO$ — высота тетраэдра, и $DO \perp (ABC)$.

Рассмотрим треугольник $BDK$, где $BK$ — медиана (и высота, и биссектриса) треугольника $ABC$. Точка $O$ лежит на $BK$.

Прямая $DO$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Прямая $EH$ также перпендикулярна плоскости $ABC$. Следовательно, $EH \parallel DO$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через точки $B$, $D$ и $O$. Точка $E$, как середина $BD$, лежит в этой плоскости. Так как $EH \parallel DO$, то по теореме Фалеса (или из подобия треугольников $\triangle BEH$ и $\triangle BDO$), отрезок $EH$ является средней линией треугольника $BDO$ (если рассматривать проекцию на линию $BO$). Точнее, так как $E$ — середина $BD$ и $EH \parallel DO$, то $H$ — середина $BO$, и длина $EH$ равна половине длины $DO$.

$EH = \frac{1}{2} DO$

Теперь найдем высоту тетраэдра $DO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOD$. $AD=a$ (ребро тетраэдра). $AO$ — это радиус описанной окружности около равностороннего треугольника $ABC$. Длина медианы $AK$ треугольника $ABC$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Центр $O$ делит медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Значит:

$AO = \frac{2}{3} AK = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{a}{\sqrt{3}}$

По теореме Пифагора в треугольнике $AOD$:

$DO^2 = AD^2 - AO^2 = a^2 - \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$

$DO = \sqrt{\frac{2a^2}{3}} = \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$

Теперь находим длину $EH$:

$EH = \frac{1}{2} DO = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{3} = \frac{a\sqrt{6}}{6}$

3. Вычисление синуса угла

Мы нашли все необходимые величины для вычисления синуса искомого угла:

$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

$EH = \frac{a\sqrt{6}}{6}$

Подставляем их в формулу для синуса:

$\sin \alpha = \frac{EH}{AE} = \frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{6} \cdot \frac{2}{a\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{3}}$

Упростим выражение:

$\sin \alpha = \frac{\sqrt{2 \cdot 3}}{3\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{3}$

15. Высота правильной треугольной пирамиды равна 20, а медиана её основания равна 6. Найдите тангенс угла, который боковое ребро образует с плоскостью основания.

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC, где S — вершина, а ABC — равносторонний треугольник в основании. SO — высота пирамиды, опущенная на плоскость основания, где O — центр основания.

Угол, который боковое ребро (например, SA) образует с плоскостью основания (ABC), — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекцией ребра SA на плоскость ABC является отрезок AO, так как SO перпендикулярна плоскости ABC. Следовательно, искомый угол — это $\angle SAO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA, где $\angle SOA = 90^\circ$. В этом треугольнике:

• SO — катет, равный высоте пирамиды. По условию, $SO = 20$.
• AO — второй катет.
• SA — гипотенуза (боковое ребро).

Тангенс угла $\angle SAO$ равен отношению противолежащего катета SO к прилежащему катету AO:

$\tan(\angle SAO) = \frac{SO}{AO}$

Чтобы найти тангенс, нам нужно вычислить длину отрезка AO.

Поскольку пирамида правильная, ее основание — равносторонний треугольник ABC. Точка O, являющаяся основанием высоты, совпадает с центром этого треугольника (центром вписанной и описанной окружностей, а также точкой пересечения медиан, высот и биссектрис).

В равностороннем треугольнике медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины. Пусть AM — медиана основания. По условию, ее длина $AM = 6$. Точка O лежит на этой медиане.

Отрезок AO является частью медианы AM и представляет собой расстояние от вершины A до центра треугольника O. Его длина составляет $\frac{2}{3}$ от длины всей медианы:

$AO = \frac{2}{3} \cdot AM = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4$

Теперь мы можем найти тангенс искомого угла:

$\tan(\angle SAO) = \frac{SO}{AO} = \frac{20}{4} = 5$

Ответ: 5