Номер 16.6, страница 92 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

16.6. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ все ребра равны 1 (рис. 16.9). Найдите угол между:

а) прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$;

б) прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$;

в) прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$.

Дано:

правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

все ребра равны 1.

то есть, $AB = BC = CD = DE = EF = FA = 1$.

и $AA_1 = BB_1 = CC_1 = DD_1 = EE_1 = FF_1 = 1$.

Найти:

а) угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$;

б) угол между прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$;

в) угол между прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$.

Решение:

а) прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

Прямая — $AB_1$. Плоскость — $ABC$ (нижнее основание призмы).

Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$.

Проекцией точки $B_1$ на плоскость $ABC$ является точка $B$, так как ребро $B_1B$ перпендикулярно плоскости основания (призма прямая).

Следовательно, проекцией прямой $AB_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AB$.

Искомый угол — это угол $\angle B_1AB$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABB_1$. Это прямоугольный треугольник, так как $B_1B \perp AB$ (поскольку $B_1B \perp$ плоскости $ABC$).

Длины ребер даны: $AB = 1$ (сторона основания) и $B_1B = 1$ (боковое ребро).

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABB_1$ тангенс угла $\angle B_1AB$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему катету:

$\tan(\angle B_1AB) = \frac{B_1B}{AB}$

$\tan(\angle B_1AB) = \frac{1}{1} = 1$

Следовательно, $\angle B_1AB = \arctan(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

б) прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$

Прямая — $AC_1$. Плоскость — $ABC$.

Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$.

Проекцией точки $C_1$ на плоскость $ABC$ является точка $C$ (так как $C_1C \perp ABC$).

Следовательно, проекцией прямой $AC_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AC$.

Искомый угол — это угол $\angle C_1AC$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ACC_1$. Это прямоугольный треугольник, так как $C_1C \perp AC$ (поскольку $C_1C \perp$ плоскости $ABC$).

Длина бокового ребра $C_1C = 1$.

Нам нужно найти длину диагонали $AC$ в правильном шестиугольнике со стороной 1.

В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ сторона $AB = BC = 1$. Угол $\angle ABC$ равен $(6-2) \times 180^\circ / 6 = 4 \times 180^\circ / 6 = 120^\circ$.

Применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle ABC$:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$

$AC^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ)$

$AC^2 = 1 + 1 - 2 \cdot (-1/2)$

$AC^2 = 2 + 1 = 3$

Следовательно, $AC = \sqrt{3}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle ACC_1$ тангенс угла $\angle C_1AC$ равен:

$\tan(\angle C_1AC) = \frac{C_1C}{AC}$

$\tan(\angle C_1AC) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Следовательно, $\angle C_1AC = \arctan(\frac{1}{\sqrt{3}}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

в) прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$

Угол между прямой и плоскостью можно найти как $90^\circ$ минус угол между направляющим вектором прямой и нормальным вектором плоскости.

Поместим вершину $A$ в начало координат $(0,0,0)$ для упрощения. Тогда это не стандартный шестиугольник, но для вычислений расстояний и углов это не важно, важно относительное положение. Давайте используем другой подход, который не требует переразмещения.

Пусть центр основания $ABCDEF$ находится в начале координат $O(0,0,0)$.

Координаты вершин нижнего основания (сторона 1):

$A=(1,0,0)$

$C=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$D=(-1,0,0)$

Высота призмы (длина бокового ребра) равна 1.

Координаты вершин верхнего основания:

$A_1=(1,0,1)$

$D_1=(-1,0,1)$

Вектор прямой $AA_1$: $\vec{v}_{AA_1} = A_1 - A = (1-1, 0-0, 1-0) = (0,0,1)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $ACD_1$. Для этого возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{AC} = C - A = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

$\vec{AD_1} = D_1 - A = (-1 - 1, 0 - 0, 1 - 0) = (-2, 0, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости $ACD_1$ равен векторному произведению $\vec{AC} \times \vec{AD_1}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -3/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\sqrt{3}/2 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(-3/2 \cdot 1 - 0 \cdot (-2)) + \mathbf{k}(-3/2 \cdot 0 - \sqrt{3}/2 \cdot (-2))$

$\vec{n} = (\sqrt{3}/2) \mathbf{i} + (3/2) \mathbf{j} + (\sqrt{3}) \mathbf{k} = (\sqrt{3}/2, 3/2, \sqrt{3})$.

Пусть $\theta$ — угол между вектором прямой $AA_1$ и нормальным вектором плоскости $ACD_1$.

Косинус угла $\theta$ находится по формуле скалярного произведения:

$\cos \theta = \frac{|\vec{v}_{AA_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}_{AA_1}| \cdot |\vec{n}|}$

Скалярное произведение $\vec{v}_{AA_1} \cdot \vec{n} = (0)(\sqrt{3}/2) + (0)(3/2) + (1)(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$.

Длина вектора $|\vec{v}_{AA_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$.

Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (3/2)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3/4 + 9/4 + 3} = \sqrt{12/4 + 3} = \sqrt{3 + 3} = \sqrt{6}$.

$\cos \theta = \frac{\sqrt{3}}{1 \cdot \sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Следовательно, $\theta = 45^\circ$.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью равен $90^\circ - \theta$.

$\phi = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$