Номер 17.18, страница 98 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Рис. 17.15

17.18. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ все ребра равны 1. Найдите тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $BCD_1$;

б) $ABC$ и $ADE$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $BCD_1$;

б) $ABC$ и $ADE_1$.

Решение:

Пусть длина ребра призмы $a = 1$.

Введем декартову систему координат. Пусть центр нижнего основания (шестиугольника $ABCDEF$) находится в начале координат $O(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль диагонали $AD$. Ось $Oy$ направим так, чтобы $B$ имела положительную $y$-координату. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, то есть перпендикулярно плоскости основания.

Координаты вершин нижнего основания:

• $A = (1, 0, 0)$
• $B = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $C = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $D = (-1, 0, 0)$
• $E = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $F = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

Координаты вершин верхнего основания (поскольку высота призмы равна 1):

• $A_1 = (1, 0, 1)$
• $B_1 = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$
• $C_1 = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$
• $D_1 = (-1, 0, 1)$
• $E_1 = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$
• $F_1 = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Плоскость $ABC$ совпадает с плоскостью $z=0$. Нормальный вектор этой плоскости $\vec{n_1} = (0,0,1)$.

а) $ABC$ и $BCD_1$

Для плоскости $BCD_1$ возьмем три точки: $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D_1(-1, 0, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{BC} = C - B = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 - 0) = (-1, 0, 0)$.

$\vec{BD_1} = D_1 - B = (-1 - \frac{1}{2}, 0 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - 0) = (-\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BCD_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BD_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 0 & 0 \\ -\frac{3}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \mathbf{j}(-1 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) + \mathbf{k}(-1 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) = (0, 1, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

Косинус угла $\theta$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

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

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

$|\vec{n_2}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{1 + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$.

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(0) + (0)(1) + (1)(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\cos\theta = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2}|}{1 \cdot \frac{\sqrt{7}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Для нахождения тангенса угла воспользуемся тождеством $\tan^2\theta + 1 = \frac{1}{\cos^2\theta}$:

$\tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta} - 1 = \frac{1}{(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{3}{7}} - 1 = \frac{7}{3} - 1 = \frac{4}{3}$.

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

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

б) $ABC$ и $ADE_1$

Для плоскости $ADE_1$ возьмем три точки: $A(1,0,0)$, $D(-1,0,0)$, $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{AD} = D - A = (-1 - 1, 0 - 0, 0 - 0) = (-2, 0, 0)$.

$\vec{AE_1} = E_1 - A = (-\frac{1}{2} - 1, -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_3}$ к плоскости $ADE_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AD} \times \vec{AE_1}$:

$\vec{n_3} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 0 & 0 \\ -\frac{3}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \mathbf{j}(-2 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) + \mathbf{k}(-2 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) = (0, 2, \sqrt{3})$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $ABC$ и $ADE_1$:

$\cos\phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_3}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_3}|}$.

$|\vec{n_1}| = 1$.

$|\vec{n_3}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 3} = \sqrt{7}$.

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_3} = (0)(0) + (0)(2) + (1)(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$.

$\cos\phi = \frac{|\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Тангенс угла $\phi$:

$\tan^2\phi = \frac{1}{\cos^2\phi} - 1 = \frac{1}{(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{3}{7}} - 1 = \frac{7}{3} - 1 = \frac{4}{3}$.

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

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$