Страница 147 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

45. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, точка G — середина ребра SD. Найдите угол между прямыми AG и BC.

Дано:

Пирамида $SABCDEF$ - правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = 2$.

Точка $G$ - середина ребра $SD$.

Найти:

Угол между прямыми $AG$ и $BC$.

Решение:

1. Установим систему координат. Разместим центр правильного шестиугольника $ABCDEF$ в начале координат $(0,0,0)$. Плоскость основания $ABCDEF$ совпадает с плоскостью $Oxy$.

Сторона основания $a = 1$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне, то есть $OA = OB = OC = OD = OE = OF = a = 1$.

Координаты вершин основания:

$A = (1, 0, 0)$

$B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$

$C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$

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

2. Найдем координаты вершины $S$. Вершина $S$ находится над центром основания, то есть имеет координаты $(0, 0, H)$, где $H$ - высота пирамиды. Боковое ребро $SA = l = 2$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ ($O$ - центр основания):

$SA^2 = SO^2 + OA^2$

$l^2 = H^2 + a^2$

$2^2 = H^2 + 1^2$

$4 = H^2 + 1$

$H^2 = 3$

$H = \sqrt{3}$

Таким образом, $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

3. Найдем координаты точки $G$. Точка $G$ - середина ребра $SD$.

$S = (0, 0, \sqrt{3})$

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

$G = \left(\frac{0 + (-1)}{2}, \frac{0 + 0}{2}, \frac{\sqrt{3} + 0}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

4. Найдем направляющие векторы прямых $AG$ и $BC$.

Вектор $\vec{AG}$: $G - A = \left(-\frac{1}{2} - 1, 0 - 0, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0\right) = \left(-\frac{3}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

Вектор $\vec{BC}$: $C - B = \left(-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 - 0\right) = (-1, 0, 0)$

5. Вычислим угол $\theta$ между прямыми $AG$ и $BC$. Угол между двумя прямыми определяется по формуле косинуса угла между их направляющими векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$: $ \cos\theta = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{||\vec{v_1}|| \cdot ||\vec{v_2}||} $. Здесь $\vec{v_1} = \vec{AG}$ и $\vec{v_2} = \vec{BC}$.

Скалярное произведение $\vec{AG} \cdot \vec{BC}$:

$\vec{AG} \cdot \vec{BC} = \left(-\frac{3}{2}\right) \cdot (-1) + 0 \cdot 0 + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 = \frac{3}{2}$

Модуль (длина) вектора $\vec{AG}$:

$||\vec{AG}|| = \sqrt{\left(-\frac{3}{2}\right)^2 + 0^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + 0 + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3}$

Модуль (длина) вектора $\vec{BC}$:

$||\vec{BC}|| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$

Подставим найденные значения в формулу косинуса угла:

$\cos\theta = \frac{\left|\frac{3}{2}\right|}{\sqrt{3} \cdot 1} = \frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}}$

Для упрощения выражения умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

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

Найдем угол $\theta$ по значению косинуса:

$\theta = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$\theta = 30^\circ$

Ответ:

$30^\circ$

46. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите угол между прямыми $SA$ и $BF$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = SA = 2$.

Найти:

Угол между прямыми $SA$ и $BF$.

Перевод в СИ:

Данные величины являются безразмерными длинами, поэтому перевод в систему СИ не требуется.

Решение:

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BF$ воспользуемся методом координат.

Расположим начало координат $O$ в центре основания пирамиды. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси, перпендикулярной плоскости основания и проходящей через $O$. Пусть эта ось будет осью $Oz$.

Координаты центра основания: $O = (0, 0, 0)$.

Найдем высоту пирамиды $h$. В прямоугольном треугольнике $\triangle SOA$ (где $SO$ — высота, $OA$ — радиус описанной окружности около основания), $SA$ является гипотенузой. В правильном шестиугольнике сторона основания $a$ равна радиусу описанной окружности. Следовательно, $OA = a = 1$.

По теореме Пифагора: $SA^2 = SO^2 + OA^2$.

$l^2 = h^2 + a^2$

$2^2 = h^2 + 1^2$

$4 = h^2 + 1$

$h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$.

Таким образом, координаты вершины $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

Расположим вершину $A$ на оси $Ox$. Поскольку $OA = 1$, то $A = (1, 0, 0)$.

Для нахождения координат вершин $B$ и $F$ используем тот факт, что вершины правильного шестиугольника расположены на окружности с радиусом $a=1$ и углы между радиусами, идущими к соседним вершинам, составляют $60^\circ$.

Координаты $B$: $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Координаты $F$: $F = (1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Теперь найдем векторы, соответствующие прямым $SA$ и $BF$:

Вектор $\vec{SA} = A - S = (1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$.

Вектор $\vec{BF} = F - B = (1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0) = (0, -\sqrt{3}, 0)$.

Угол $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ определяется по формуле скалярного произведения: $\cos\theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{SA} \cdot \vec{BF}$:

$\vec{SA} \cdot \vec{BF} = (1)(0) + (0)(-\sqrt{3}) + (-\sqrt{3})(0) = 0 + 0 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{SA}$ и $\vec{BF}$ перпендикулярны. Следовательно, угол между прямыми $SA$ и $BF$ равен $90^\circ$.

Альтернативное геометрическое решение:

1. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ вершина $S$ проецируется в центр основания $O$. Следовательно, прямая $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$.

2. Так как прямая $BF$ лежит в плоскости основания, то $SO \perp BF$.

3. Рассмотрим плоскость основания. $O$ - центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. $A$ - одна из его вершин. $OA$ - радиус описанной окружности, $OA=a=1$.

4. Проведем прямую $OA$. В правильном шестиугольнике прямая $OA$ (соединяющая центр с вершиной) перпендикулярна диагонали $BF$. Это можно показать, например, из симметрии или из координатного представления векторов $\vec{OA} = (1,0,0)$ и $\vec{BF} = (0,-\sqrt{3},0)$, их скалярное произведение равно $0$, что означает $OA \perp BF$.

5. Мы имеем, что прямая $BF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SO$ и $OA$, которые лежат в одной плоскости $SOA$.

6. Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна всей этой плоскости. Таким образом, $BF \perp \text{плоскости } SOA$.

7. Поскольку прямая $SA$ лежит в плоскости $SOA$, то $BF \perp SA$.

8. Угол между перпендикулярными прямыми равен $90^\circ$.

Ответ:

Угол между прямыми $SA$ и $BF$ равен $90^\circ$.

47. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны $1$, а боковые ребра равны $2$, найдите угол между прямыми $SA$ и $CE$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковые ребра $l = 2$.

Перевод в СИ:

Длины сторон и ребер даны в безразмерных единицах, поэтому перевод не требуется.

Найти:

Угол между прямыми $SA$ и $CE$.

Решение

Для определения угла между прямыми $SA$ и $CE$ воспользуемся методом координат.

1. Расположим центр основания $O$ в начале координат $(0,0,0)$.

2. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси $z$. Высоту пирамиды $h = SO$ найдем из прямоугольного треугольника $SOA$, где $OA$ — радиус описанной окружности основания. В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности, то есть $OA = a = 1$.

Применяем теорему Пифагора к $\triangle SOA$:

$SO^2 + OA^2 = SA^2$

$h^2 + 1^2 = 2^2$

$h^2 + 1 = 4$

$h^2 = 3$

$h = \sqrt{3}$

Таким образом, координаты вершины $S$ равны $S(0,0,\sqrt{3})$.

3. Разместим вершины основания в плоскости $xy$. Пусть вершина $A$ лежит на положительной полуоси $x$.

Координаты вершины $A$: $A(1,0,0)$.

4. Найдем координаты вершин $C$ и $E$. Углы между радиус-векторами соседних вершин правильного шестиугольника составляют $60^\circ$. От оси $x$:

Для вершины $C$ (угол $120^\circ$ от $A$ по часовой стрелке, или $A$ находится на $0^\circ$, $B$ на $60^\circ$, $C$ на $120^\circ$):

$C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Для вершины $E$ (угол $240^\circ$ от $A$):

$E = (1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

5. Определим векторы $\vec{SA}$ и $\vec{CE}$:

Вектор $\vec{SA} = A - S = (1-0, 0-0, 0-\sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$.

Вектор $\vec{CE} = E - C = (-1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0-0) = (0, -\sqrt{3}, 0)$.

6. Найдем угол $\theta$ между векторами $\vec{SA}$ и $\vec{CE}$ с помощью формулы скалярного произведения:

$\cos\theta = \frac{\vec{SA} \cdot \vec{CE}}{|\vec{SA}| |\vec{CE}|}$

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{SA} \cdot \vec{CE} = (1)(0) + (0)(-\sqrt{3}) + (-\sqrt{3})(0) = 0 + 0 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{CE}$ равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны.

Следовательно, угол между прямыми $SA$ и $CE$ равен $90^\circ$.

Ответ:

Угол между прямыми $SA$ и $CE$ составляет $90^\circ$.

48. Найдите угол между скрещивающимися ребрами октаэдра.

Дано:

Регулярный октаэдр.

Найти:

Угол между скрещивающимися ребрами октаэдра.

Решение:

Регулярный октаэдр является одним из пяти правильных многогранников. Он имеет 8 граней (равносторонние треугольники), 12 ребер и 6 вершин.Для определения угла между скрещивающимися ребрами октаэдра, расположим его вершины в декартовой системе координат. Пусть вершины октаэдра находятся на осях координат на расстоянии $a$ от начала координат. Без потери общности, примем $a=1$.

Таким образом, вершины октаэдра: $(1, 0, 0)$, $(-1, 0, 0)$, $(0, 1, 0)$, $(0, -1, 0)$, $(0, 0, 1)$, $(0, 0, -1)$.

Длина любого ребра такого октаэдра равна $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Например, ребро, соединяющее $(1, 0, 0)$ и $(0, 1, 0)$, имеет длину $\sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$.

Выберем два скрещивающихся ребра. В качестве первого ребра возьмем ребро, соединяющее вершину $(0, 0, 1)$ с вершиной $(1, 0, 0)$. Вектор этого ребра (назовем его $\vec{v_1}$) будет $(1-0, 0-0, 0-1) = (1, 0, -1)$.

В качестве второго ребра выберем ребро, соединяющее вершину $(0, 0, -1)$ с вершиной $(0, 1, 0)$. Вектор этого ребра (назовем его $\vec{v_2}$) будет $(0-0, 1-0, 0-(-1)) = (0, 1, 1)$.

Проверим, являются ли эти ребра скрещивающимися: векторы $\vec{v_1} = (1, 0, -1)$ и $\vec{v_2} = (0, 1, 1)$ не являются коллинеарными (то есть ребра не параллельны), так как их координаты не пропорциональны. Ребро, соответствующее $\vec{v_1}$, лежит в плоскости $y=0$ (так как все его точки имеют $y=0$). Ребро, соответствующее $\vec{v_2}$, не лежит в плоскости $y=0$ (например, точка $(0,1,0)$ имеет $y=1$). Таким образом, ребра не лежат в одной плоскости и не имеют общих точек, а значит, они скрещиваются.

Угол $\theta$ между двумя векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ можно найти, используя формулу скалярного произведения:

$\cos \theta = \frac{\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:$\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = (1)(0) + (0)(1) + (-1)(1) = 0 + 0 - 1 = -1$.

Вычислим длины векторов:$|\vec{v_1}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.$|\vec{v_2}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$.

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла:$\cos \theta = \frac{-1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{-1}{2}$.

Из этого следует, что $\theta = \arccos\left(-\frac{1}{2}\right) = 120^\circ$.

Однако, угол между двумя скрещивающимися прямыми (ребрами) по определению является острым углом, образованным этими прямыми. Если угол между направляющими векторами составляет $120^\circ$, то острый угол будет $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Для любой пары скрещивающихся ребер октаэдра угол будет таким же.

Ответ:

$60^\circ$

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $BCD_1$.

1.Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Угол между прямой $AC$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение

Обозначим длину ребра куба за $a$. Введем систему координат с началом в точке $A$.

Координаты вершин куба:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

Найдем направляющий вектор прямой $AC$:

$\vec{AC} = C - A = (a-0, a-0, 0-0) = (a,a,0)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$.

Для этого выберем две некомпланарные вектора, лежащие в плоскости $BCD_1$, например, $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$.

$\vec{CB} = B - C = (a-a, 0-a, 0-0) = (0,-a,0)$.

$\vec{CD_1} = D_1 - C = (0-a, a-a, a-0) = (-a,0,a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости $BCD_1$ перпендикулярен обоим этим векторам и может быть найден как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -a & 0 \\ -a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-a)a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - (-a)(-a)) = (-a^2, 0, -a^2)$.

Для упрощения вычислений можно использовать нормальный вектор, пропорциональный найденному, например, $\vec{n'} = (1,0,1)$ (поделив на $-a^2$).

Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n'}$, определяется по формуле:

$\sin \phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n'}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n'}||}$.

В нашем случае $\vec{v} = \vec{AC} = (a,a,0)$ и $\vec{n'} = (1,0,1)$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{AC} \cdot \vec{n'}$:

$\vec{AC} \cdot \vec{n'} = (a)(1) + (a)(0) + (0)(1) = a$.

Вычислим длины векторов:

$||\vec{AC}|| = \sqrt{a^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

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

Теперь подставим полученные значения в формулу для $\sin \phi$:

$\sin \phi = \frac{|a|}{(a\sqrt{2})(\sqrt{2})} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.

Следовательно, $\phi = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right)$.

Так как угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$, то:

$\phi = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BD$ и плоскостью $BCD_1$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BD$ и плоскостью

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $BD$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение:

Обозначим длину ребра куба за $a$. Введем систему координат с началом в точке $B$. Ось $Ox$ направим вдоль ребра $BC$, ось $Oy$ вдоль ребра $BA$, ось $Oz$ вдоль ребра $BB_1$.

Координаты вершин куба, необходимые для решения:

$B = (0,0,0)$

$C = (a,0,0)$

$A = (0,a,0)$

$D = (a,a,0)$ (поскольку $ABCD$ - квадрат, $D$ является вершиной, противоположной $B$ в основании)

$D_1 = (a,a,a)$ (поскольку $D_1$ находится над $D$)

Найдем вектор направления прямой $BD$. $\vec{BD} = D - B = (a-0, a-0, 0-0) = (a,a,0)$. Для удобства вычислений можно использовать сонаправленный вектор $\vec{v} = (1,1,0)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$. Для этого возьмем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$.

$\vec{BC} = C - B = (a-0, 0-0, 0-0) = (a,0,0)$. $\vec{BD_1} = D_1 - B = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BD_1}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a)$ $\vec{n} = 0\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (0, -a^2, a^2)$. Для удобства вычислений можно использовать упрощенный нормальный вектор $\vec{n} = (0, -1, 1)$, разделив все компоненты на $-a^2$.

Угол $\theta$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ определяется по формуле: $\sin \theta = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$

Вычислим скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$: $\vec{v} \cdot \vec{n} = (1)(0) + (1)(-1) + (0)(1) = 0 - 1 + 0 = -1$.

Вычислим длины векторов $||\vec{v}||$ и $||\vec{n}||$: $||\vec{v}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}$. $||\vec{n}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$.

Подставим значения в формулу для $\sin \theta$: $\sin \theta = \frac{|-1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Следовательно, $\theta = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ:

$30^\circ$

3. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $DA_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $DA_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение:

Для решения задачи введем систему координат. Пусть вершина $D$ куба находится в начале координат $(0,0,0)$. Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты вершин, участвующих в расчете, будут: $D = (0,0,0)$, $A_1 = (a,0,a)$, $B = (a,a,0)$, $C = (0,a,0)$, $D_1 = (0,0,a)$.

1. Найдем направляющий вектор прямой $DA_1$. Вектор $\vec{DA_1}$ определяется как разность координат точки $A_1$ и $D$: $\vec{u} = \vec{DA_1} = A_1 - D = (a,0,a) - (0,0,0) = (a,0,a)$. Для упрощения расчетов можно взять вектор, коллинеарный $\vec{u}$, например, $\vec{u'} = (1,0,1)$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$. Для этого выберем три точки в плоскости: $B(a,a,0)$, $C(0,a,0)$, $D_1(0,0,a)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{CB} = B - C = (a,a,0) - (0,a,0) = (a,0,0)$ $\vec{CD_1} = D_1 - C = (0,0,a) - (0,a,0) = (0,-a,a)$ Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости является векторным произведением этих двух векторов: $\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & 0 & 0 \\ 0 & -a & a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \vec{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \vec{k}(a \cdot (-a) - 0 \cdot 0) = 0\vec{i} - a^2\vec{j} - a^2\vec{k} = (0, -a^2, -a^2)$. Для упрощения расчетов можно взять вектор, коллинеарный $\vec{n}$, например, $\vec{n'} = (0,1,1)$ (взяли противоположный вектор, так как нормаль может быть направлена в любую сторону, и мы используем модуль скалярного произведения).

3. Найдем угол $\phi$ между прямой $DA_1$ и плоскостью $BCD_1$. Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{u'}$ и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n'}$, определяется по формуле: $\sin \phi = \frac{|\vec{u'} \cdot \vec{n'}|}{||\vec{u'}|| \cdot ||\vec{n'}||}$ Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{u'} = (1,0,1)$ и $\vec{n'} = (0,1,1)$: $\vec{u'} \cdot \vec{n'} = (1)(0) + (0)(1) + (1)(1) = 0 + 0 + 1 = 1$. Вычислим длины векторов: $||\vec{u'}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$. $||\vec{n'}|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$. Теперь подставим значения в формулу для $\sin \phi$: $\sin \phi = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$. Следовательно, $\phi = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ:

Угол между прямой $DA_1$ и плоскостью $BCD_1$ равен $30^\circ$.

4. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $AD_1$ и плоскостью $BCD_1$.

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $A_1C$ и прямой

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $AD_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0, 0, 0)$, а рёбра $AB$, $AD$, $AA_1$ лежали на осях $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно.

Координаты вершин куба будут:

$A = (0, 0, 0)$
$B = (a, 0, 0)$
$C = (a, a, 0)$
$D = (0, a, 0)$
$A_1 = (0, 0, a)$
$B_1 = (a, 0, a)$
$C_1 = (a, a, a)$
$D_1 = (0, a, a)$

1. Найдем вектор направления прямой $AD_1$.

Вектор $\vec{AD_1}$ имеет координаты $D_1 - A = (0, a, a) - (0, 0, 0) = (0, a, a)$.

В качестве направляющего вектора прямой $AD_1$ возьмем $\vec{l} = (0, 1, 1)$ (разделив на $a$).

2. Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$.

Плоскость $BCD_1$ проходит через точки $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D_1(0, a, a)$.

Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости:

$\vec{BC} = C - B = (a, a, 0) - (a, 0, 0) = (0, a, 0)$
$\vec{BD_1} = D_1 - B = (0, a, a) - (a, 0, 0) = (-a, a, a)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BD_1}$:

$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a))$
$\vec{n} = (a^2, 0, a^2)$

В качестве нормального вектора плоскости $BCD_1$ возьмем $\vec{n} = (1, 0, 1)$ (разделив на $a^2$).

3. Найдем угол между прямой и плоскостью.

Угол $\theta$ между прямой и плоскостью связан с углом $\phi$ между направляющим вектором прямой $\vec{l}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n}$ соотношением $\sin \theta = |\cos \phi|$, где $\phi$ — это угол между векторами $\vec{l}$ и $\vec{n}$.

Используем формулу для косинуса угла между векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{||\vec{l}|| \cdot ||\vec{n}||}$

Где $\vec{l} = (0, 1, 1)$ и $\vec{n} = (1, 0, 1)$.

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (0)(1) + (1)(0) + (1)(1) = 0 + 0 + 1 = 1$

Вычислим длины векторов:

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

Теперь подставим значения в формулу для $\cos \phi$:

$\cos \phi = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

Следовательно, $\phi = \arccos(1/2) = 60^\circ$.

Угол $\theta$ между прямой и плоскостью равен:

$\sin \theta = \cos \phi = 1/2$

Отсюда $\theta = \arcsin(1/2) = 30^\circ$.

Геометрический метод (альтернативное решение):

Пусть ребро куба равно $a$.

Прямая $AD_1$ — это диагональ грани $ADD_1A_1$. Её длина $AD_1 = a\sqrt{2}$.

Плоскость $BCD_1$ содержит вершины $B$, $C$, $D_1$.

Точка $D_1$ является точкой пересечения прямой $AD_1$ с плоскостью $BCD_1$.

Угол между прямой и плоскостью - это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Поскольку $D_1$ лежит в плоскости $BCD_1$, нам нужно найти проекцию точки $A$ на плоскость $BCD_1$. Пусть эта проекция будет $A'$. Тогда искомый угол — это угол $\angle AD_1A'$.

Найдем координаты проекции $A'=(x_A', y_A', z_A')$ точки $A=(0,0,0)$ на плоскость $BCD_1$. Уравнение плоскости $BCD_1$ мы нашли в координатном методе: $x+z-a=0$.

Вектор $AA'$ должен быть параллелен нормальному вектору плоскости $\vec{n}=(1,0,1)$.

Следовательно, $A' = A + k\vec{n} = (0,0,0) + k(1,0,1) = (k,0,k)$ для некоторого скаляра $k$.

Так как $A'$ лежит на плоскости $x+z-a=0$, подставим её координаты:

$k + k - a = 0 \implies 2k = a \implies k = a/2$

Таким образом, координаты проекции $A'$: $A'=(a/2, 0, a/2)$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $AD_1A'$, где $A'$ — это основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на плоскость $BCD_1$. Следовательно, угол при вершине $A'$ равен $90^\circ$.

Длина отрезка $AA'$ (расстояние от точки $A$ до плоскости $BCD_1$):

$AA' = \sqrt{(a/2-0)^2 + (0-0)^2 + (a/2-0)^2} = \sqrt{a^2/4 + a^2/4} = \sqrt{2a^2/4} = \sqrt{a^2/2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$

Длина отрезка $AD_1$ (диагональ грани):

$AD_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (a-0)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{0 + a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

В прямоугольном треугольнике $AD_1A'$:

$\sin(\angle AD_1A') = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AA'}{AD_1}$
$\sin(\angle AD_1A') = \frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{a}{\sqrt{2} \cdot a\sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$

Поскольку $\sin(\angle AD_1A') = 1/2$, то $\angle AD_1A' = 30^\circ$.

Оба метода дают один и тот же результат.

Ответ:

$30^\circ$

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $A_1C_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Дано
Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.
Пусть длина ребра куба равна $a$.

Найти:
Угол между прямой $A_1C_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение
Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся методом координат. Угол $\phi$ между прямой, задаваемой направляющим вектором $\vec{l}$, и плоскостью, задаваемой нормальным вектором $\vec{n}$, определяется по формуле:
$\sin \phi = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{||\vec{l}|| \cdot ||\vec{n}||}$
Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты остальных вершин будут:
$A = (0,0,0)$
$B = (a,0,0)$
$C = (a,a,0)$
$D = (0,a,0)$
$A_1 = (0,0,a)$
$B_1 = (a,0,a)$
$C_1 = (a,a,a)$
$D_1 = (0,a,a)$
1. Найдем направляющий вектор прямой $A_1C_1$.
Вектор $\vec{A_1C_1}$ можно найти как разность координат точки $C_1$ и точки $A_1$:
$\vec{l} = \vec{A_1C_1} = C_1 - A_1 = (a,a,a) - (0,0,a) = (a,a,0)$.
2. Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$.
Плоскость $BCD_1$ проходит через точки $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$ и $D_1(0,a,a)$.
Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:
$\vec{BC} = C - B = (a,a,0) - (a,0,0) = (0,a,0)$
$\vec{BD_1} = D_1 - B = (0,a,a) - (a,0,0) = (-a,a,a)$
Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен этим двум векторам и может быть найден как их векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \det \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix}$
$\vec{n} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a))$
$\vec{n} = (a^2, 0, a^2)$.
Для удобства расчетов можем взять упрощенный нормальный вектор, разделив на $a^2$: $\vec{n} = (1,0,1)$.
3. Вычислим скалярное произведение и длины векторов.
Скалярное произведение $\vec{l} \cdot \vec{n}$:
$\vec{l} \cdot \vec{n} = (a)(1) + (a)(0) + (0)(1) = a$.
Длина вектора $\vec{l}$:
$||\vec{l}|| = \sqrt{a^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
Длина вектора $\vec{n}$:
$||\vec{n}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
4. Подставим значения в формулу для синуса угла.
$\sin \phi = \frac{|a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.
5. Найдем угол $\phi$.
Поскольку $\sin \phi = \frac{1}{2}$, угол $\phi$ равен $30^\circ$ (или $\frac{\pi}{6}$ радиан).

Ответ: $30^\circ$

6. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCD_1$.

7. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB$

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$.

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между прямой и ее ортогональной проекцией на эту плоскость.

Точка $B$ принадлежит плоскости $BCD_1$, поэтому ее проекция на плоскость $BCD_1$ совпадает с самой точкой $B$. Нам необходимо найти ортогональную проекцию точки $C_1$ на плоскость $BCD_1$. Обозначим эту проекцию как $K$. Тогда проекцией прямой $BC_1$ на плоскость $BCD_1$ будет прямая $BK$, а искомый угол будет равен углу $\angle C_1BK$.

1. Рассмотрим взаимное расположение прямой $BC$ и плоскости $CDD_1C_1$. Прямая $BC$ перпендикулярна грани $CDD_1C_1$ (так как $BC \perp CD$ и $BC \perp CC_1$). Поскольку прямая $CD_1$ лежит в плоскости $CDD_1C_1$, то $BC \perp CD_1$.

2. Таким образом, в треугольнике $BCD_1$ угол $\angle BCD_1 = 90^\circ$.

3. Найдем проекцию точки $C_1$ на плоскость $BCD_1$. Для этого опустим перпендикуляр из $C_1$ на плоскость $BCD_1$. Рассмотрим квадрат $CDD_1C_1$. Длина его стороны $a$. Длина диагонали $CD_1 = \sqrt{CD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

4. В прямоугольном треугольнике $CC_1D$ (или $CDD_1C_1$) проведем высоту $C_1K$ к гипотенузе $CD_1$. Площадь треугольника $CC_1D$ может быть выражена двумя способами:

$S_{CC_1D} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot CC_1 = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{1}{2} a^2$.

$S_{CC_1D} = \frac{1}{2} \cdot CD_1 \cdot C_1K = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{2} \cdot C_1K$.

Приравнивая эти выражения, получаем:

$\frac{1}{2} a^2 = \frac{1}{2} a\sqrt{2} \cdot C_1K$

$C_1K = \frac{a^2}{a\sqrt{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

5. Докажем, что $C_1K$ является перпендикуляром к плоскости $BCD_1$.

По построению $C_1K \perp CD_1$.

Мы знаем, что $BC \perp$ плоскости $CDD_1C_1$. Так как $C_1K$ лежит в плоскости $CDD_1C_1$, то $BC \perp C_1K$.

Поскольку $C_1K$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым $CD_1$ и $BC$, лежащим в плоскости $BCD_1$, то $C_1K$ перпендикулярен самой плоскости $BCD_1$.

Таким образом, $K$ является ортогональной проекцией точки $C_1$ на плоскость $BCD_1$.

6. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle C_1KB$ (угол $\angle C_1KB = 90^\circ$, так как $C_1K$ перпендикулярен плоскости, в которой лежит $BK$).

Длина отрезка $BC_1$ является диагональю грани $BCC_1B_1$.

$BC_1 = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Длина $C_1K$ была найдена как $C_1K = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

7. Искомый угол $\phi = \angle C_1BK$. В прямоугольном треугольнике $\triangle C_1KB$ синус угла $\phi$ равен отношению противолежащего катета $C_1K$ к гипотенузе $BC_1$:

$\sin \phi = \frac{C_1K}{BC_1} = \frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.

Поскольку $\phi$ является острым углом (угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне $[0^\circ, 90^\circ]$), то $\phi = 30^\circ$.

Ответ:

$30^\circ$.

7. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

Дано

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

Решение

Пусть длина ребра куба равна $a$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её ортогональной проекцией на эту плоскость. Точка $A$ лежит как на прямой $AB_1$, так и в плоскости $ABC_1$. Поэтому для нахождения искомого угла необходимо найти проекцию точки $B_1$ на плоскость $ABC_1$. Пусть эта проекция будет точка $P$. Тогда искомый угол равен углу $\angle PAB_1$.

Докажем, что прямая $B_1C$ перпендикулярна плоскости $ABC_1$. Рассмотрим ребро $AB$. Поскольку $AB$ перпендикулярно $BC$ (стороны квадрата $ABCD$) и $AB$ перпендикулярно $BB_1$ (ребра куба), то $AB$ перпендикулярно плоскости $BCC_1B_1$. Так как прямая $B_1C$ лежит в плоскости $BCC_1B_1$, то $AB \perp B_1C$. Теперь рассмотрим грань $BCC_1B_1$. Это квадрат. Его диагонали $BC_1$ и $B_1C$ перпендикулярны. Следовательно, $BC_1 \perp B_1C$. Мы установили, что прямая $B_1C$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $BC_1$, лежащим в плоскости $ABC_1$. Отсюда следует, что прямая $B_1C$ перпендикулярна плоскости $ABC_1$.

Тогда проекция точки $B_1$ на плоскость $ABC_1$ — это точка пересечения прямой $B_1C$ с плоскостью $ABC_1$. Обозначим эту точку $P$. Для удобства вычислений введем систему координат, приняв вершину $A$ за начало координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$, $C_1(a,a,a)$. Вектор нормали к плоскости $ABC_1$ может быть найден как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC_1}$. $\vec{AB} = (a,0,0)$ $\vec{AC_1} = (a,a,a)$ $\vec{n}_{ABC_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = (0 \cdot a - 0 \cdot a, 0 \cdot a - a \cdot a, a \cdot a - 0 \cdot a) = (0, -a^2, a^2)$. Для уравнения плоскости можно использовать более простой вектор нормали $(0,-1,1)$. Тогда уравнение плоскости $ABC_1$, проходящей через $A(0,0,0)$, будет $-1(y-0) + 1(z-0) = 0$, то есть $-y+z=0$ или $y=z$. Проверим, что $P$ — это середина отрезка $B_1C$. Координаты точки $B_1(a,0,a)$ и $C(a,a,0)$. Координаты середины отрезка $B_1C$ (обозначим её $M$) будут: $M\left(\frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{a+0}{2}\right) = M\left(a, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right)$. Подставим координаты точки $M$ в уравнение плоскости $y=z$: $\frac{a}{2} = \frac{a}{2}$. Равенство выполняется, следовательно, середина отрезка $B_1C$ действительно лежит в плоскости $ABC_1$. Таким образом, точка $P$ совпадает с серединой отрезка $B_1C$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle APB_1$, где прямой угол $\angle APB_1$ (так как $B_1P$ перпендикулярно плоскости $ABC_1$, а $AP$ лежит в этой плоскости). Длина гипотенузы $AB_1$ (диагональ грани $ABB_1A_1$) равна $a\sqrt{2}$. $AB_1 = \sqrt{AB^2+BB_1^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$. Длина катета $B_1P$ равна половине длины диагонали $B_1C$ грани $BCC_1B_1$. $B_1C = \sqrt{BC^2+CC_1^2} = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$. $B_1P = \frac{1}{2} B_1C = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Искомый угол $\phi = \angle PAB_1$. В прямоугольном треугольнике $\triangle APB_1$ синус этого угла равен отношению противолежащего катета к гипотенузе: $\sin \phi = \frac{B_1P}{AB_1}$ $\sin \phi = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$ Следовательно, $\phi = 30^\circ$.

Ответ:

$30^\circ$

8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $ABC_1$.

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.
Прямая $AC$.
Плоскость $ABC_1$.
(Длина ребра куба не задана, поэтому можно принять ее равной $a$. Перевод в систему СИ не требуется, так как задача носит геометрический характер и не содержит физических величин.)

Найти:

Угол между прямой $AC$ и плоскостью $ABC_1$.

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Ось $Ox$ направим вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Координаты соответствующих вершин куба: $A = (0, 0, 0)$
$B = (a, 0, 0)$
$C = (a, a, 0)$
$C_1 = (a, a, a)$

1. Найдем направляющий вектор прямой $AC$.
Вектор $\vec{AC}$ соединяет точки $A(0,0,0)$ и $C(a,a,0)$.
$ \vec{AC} = C - A = (a - 0, a - 0, 0 - 0) = (a, a, 0) $.
Для удобства вычислений можно использовать более простой направляющий вектор, пропорциональный $\vec{AC}$, например, $\vec{u} = (1, 1, 0)$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $ABC_1$.
Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в плоскости $ABC_1$. Например, $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$.
$ \vec{AB} = B - A = (a - 0, 0 - 0, 0 - 0) = (a, 0, 0) $.
$ \vec{AC_1} = C_1 - A = (a - 0, a - 0, a - 0) = (a, a, a) $.
Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости $ABC_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC_1}$: $ \vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} $
$ \vec{n} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) $
$ \vec{n} = 0\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (0, -a^2, a^2) $.
Для удобства вычислений можно использовать более простой нормальный вектор, пропорциональный $\vec{n}$, например, $\vec{v} = (0, -1, 1)$ (полученный делением на $-a^2$).

3. Вычислим угол $\phi$ между прямой $AC$ и плоскостью $ABC_1$.
Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{u}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{v}$, определяется формулой: $ \sin \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| |\vec{v}|} $

Вычислим скалярное произведение $\vec{u} \cdot \vec{v}$: $ \vec{u} \cdot \vec{v} = (1)(0) + (1)(-1) + (0)(1) = 0 - 1 + 0 = -1 $.

Вычислим длины векторов $|\vec{u}|$ и $|\vec{v}|$: $ |\vec{u}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2} $.
$ |\vec{v}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2} $.

Подставим полученные значения в формулу для синуса угла: $ \sin \phi = \frac{|-1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2} $.

Поскольку $ \sin \phi = \frac{1}{2} $ и угол $\phi$ по определению должен быть в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$, то $\phi = 30^\circ$.

Ответ:

Угол между прямой $AC$ и плоскостью $ABC_1$ равен $30^\circ$.

9. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BDD_1$.

10. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $AB_1$.

Плоскость $BDD_1$.

Перевод данных в систему СИ:

Данная задача является геометрической, и для ее решения не требуются конкретные числовые значения или перевод в систему СИ. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Найти:

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Решение:

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

1. Определим координаты вершин куба, приняв вершину $A$ за начало координат. Пусть длина ребра куба $a$.

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

2. Найдем вектор, задающий прямую $AB_1$.

Вектор $\vec{AB_1} = B_1 - A = (a,0,a) - (0,0,0) = (a,0,a)$.

Его длина $||\vec{AB_1}|| = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

3. Найдем нормальный вектор к плоскости $BDD_1$. Для этого возьмем векторы, лежащие в плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DD_1}$.

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

$\vec{DD_1} = D_1 - D = (0,a,a) - (0,a,0) = (0,0,a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости равен векторному произведению этих двух векторов:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DD_1} = \det \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - (-a) \cdot 0) = (-a^2, -a^2, 0)$.

Для удобства можем взять более простой нормальный вектор, пропорциональный $(-a^2, -a^2, 0)$, например $(1,1,0)$ (поделив на $-a^2$).

Длина нормального вектора $||\vec{n}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$.

4. Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, определяется по формуле:

$\sin \phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$

В данном случае $\vec{v} = \vec{AB_1} = (a,0,a)$ и $\vec{n} = (1,1,0)$.

Скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n} = (a)(1) + (0)(1) + (a)(0) = a$.

Подставим значения в формулу:

$\sin \phi = \frac{|a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.

Поскольку $\sin \phi = \frac{1}{2}$, то угол $\phi = 30^\circ$.

Альтернативный геометрический подход:

1. Найдем точку пересечения прямой $AB_1$ с плоскостью $BDD_1$. Проверим, лежит ли точка $B_1$ в плоскости $BDD_1$. Уравнение плоскости $BDD_1$ можно получить, используя нормальный вектор $(1,1,0)$ и точку $D(0,a,0)$: $1(x-0) + 1(y-a) + 0(z-0) = 0 \implies x+y-a=0$. Подставим координаты $B_1(a,0,a)$: $a+0-a=0$. Таким образом, точка $B_1$ лежит в плоскости $BDD_1$. Следовательно, $B_1$ является точкой пересечения прямой $AB_1$ с плоскостью $BDD_1$.

2. Найдем проекцию точки $A$ на плоскость $BDD_1$. Плоскость $BDD_1$ включает в себя точки $B, D, D_1$ и $B_1$. Это диагональное сечение куба $BDD_1B_1$.

Рассмотрим диагональ $AC$ основания $ABCD$. Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $AC \perp BD$.

Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, включая $AC$. То есть, $AC \perp DD_1$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $DD_1$ в плоскости $BDD_1$, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$.

Точкой пересечения $AC$ с плоскостью $BDD_1$ является $M$, середина диагонали $BD$ (и $AC$). Следовательно, $M$ — это проекция точки $A$ на плоскость $BDD_1$.

3. Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BDD_1$ — это угол между прямой $AB_1$ и ее проекцией $MB_1$ на эту плоскость, то есть $\angle AB_1M$.

Рассмотрим треугольник $AMB_1$.

Длина $AB_1$ (диагональ грани $ABB_1A_1$) равна $a\sqrt{2}$.

Длина $AM$ (половина диагонали основания $AC$) равна $\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}a\sqrt{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Для нахождения $MB_1$ рассмотрим прямоугольный треугольник $BMB_1$ (так как $BB_1 \perp$ плоскости $ABCD$, а $BM$ лежит в этой плоскости, то $BB_1 \perp BM$).

Длина $BM$ (половина диагонали основания $BD$) равна $BM = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\sqrt{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Длина $BB_1$ равна $a$.

По теореме Пифагора для $\triangle BMB_1$: $MB_1 = \sqrt{BM^2 + BB_1^2} = \sqrt{(\frac{a}{\sqrt{2}})^2 + a^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = a\sqrt{\frac{3}{2}}$.

Теперь проверим треугольник $AMB_1$:

$AM^2 + MB_1^2 = (\frac{a}{\sqrt{2}})^2 + (a\sqrt{\frac{3}{2}})^2 = \frac{a^2}{2} + \frac{3a^2}{2} = \frac{4a^2}{2} = 2a^2$.

$AB_1^2 = (a\sqrt{2})^2 = 2a^2$.

Поскольку $AM^2 + MB_1^2 = AB_1^2$, треугольник $AMB_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$.

Искомый угол $\angle AB_1M$ в прямоугольном треугольнике $AMB_1$ может быть найден с помощью синуса:

$\sin(\angle AB_1M) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AM}{AB_1} = \frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Таким образом, $\angle AB_1M = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть вершина $A$ куба совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Ребро куба обозначим через $a$. Тогда координаты вершин будут следующими:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

Найдем направляющий вектор прямой $BC_1$. Он определяется как вектор, идущий из точки $B$ в точку $C_1$:

$\vec{BC_1} = C_1 - B = (a-a, a-0, a-0) = (0,a,a)$

Для удобства можем использовать более простой направляющий вектор $\vec{u} = (0,1,1)$, так как он сонаправлен с $\vec{BC_1}$.

Теперь найдем нормальный вектор плоскости $BDD_1$. Плоскость $BDD_1$ проходит через точки $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$ и $D_1(0,a,a)$.

Составим два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{BD} = D - B = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$

$\vec{BD_1} = D_1 - B = (0-a, a-0, a-0) = (-a, a, a)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен обоим этим векторам. Его можно найти с помощью векторного произведения:

$\vec{n} = \vec{BD} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -a & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix}$

$\vec{n} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(-a \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(-a \cdot a - a \cdot (-a))$

$\vec{n} = \mathbf{i}(a^2) - \mathbf{j}(-a^2) + \mathbf{k}(-a^2 + a^2)$

$\vec{n} = (a^2, a^2, 0)$

Для удобства можем использовать более простой нормальный вектор $\vec{n} = (1,1,0)$, так как он сонаправлен с $(a^2, a^2, 0)$.

Угол $\phi$ между прямой (с направляющим вектором $\vec{u}$) и плоскостью (с нормальным вектором $\vec{n}$) определяется по формуле:

$\sin \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{||\vec{u}|| \cdot ||\vec{n}||}$

Вычислим скалярное произведение $\vec{u} \cdot \vec{n}$:

$\vec{u} \cdot \vec{n} = (0)(1) + (1)(1) + (1)(0) = 0 + 1 + 0 = 1$

Вычислим длины векторов $||\vec{u}||$ и $||\vec{n}||$:

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

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

Подставим значения в формулу для синуса угла:

$\sin \phi = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

Зная, что $\sin \phi = \frac{1}{2}$, находим угол $\phi$:

$\phi = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$

Таким образом, угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BDD_1$ составляет $30^\circ$.

Ответ:

Угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BDD_1$ равен $30^\circ$.

11. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью $AB_1 D_1$.

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $CA_1$.

Плоскость $AB_1D_1$.

Обозначим длину ребра куба за $a$. Перевод в систему СИ не требуется, так как задача носит геометрический характер и не содержит числовых значений.

Угол между прямой $CA_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Введем декартову систему координат с началом в точке $A$. Ось $x$ направим вдоль ребра $AB$, ось $y$ вдоль ребра $AD$, и ось $z$ вдоль ребра $AA_1$.

Координаты необходимых вершин куба будут:

$A = (0,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

Найдем направляющий вектор $\vec{u}$ прямой $CA_1$. Вектор можно найти как $A_1 - C$ или $C - A_1$. Возьмем $\vec{u} = \vec{A_1C} = C - A_1$:

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

Для нахождения нормального вектора $\vec{n}$ плоскости $AB_1D_1$ используем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$:

$ \vec{AB_1} = B_1 - A = (a-0, 0-0, a-0) = (a, 0, a) $

$ \vec{AD_1} = D_1 - A = (0-0, a-0, a-0) = (0, a, a) $

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен этим двум векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$ \vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} $

$ \vec{n} = (0 \cdot a - a \cdot a)\mathbf{i} - (a \cdot a - 0 \cdot a)\mathbf{j} + (a \cdot a - 0 \cdot 0)\mathbf{k} $

$ \vec{n} = (-a^2)\mathbf{i} - (a^2)\mathbf{j} + (a^2)\mathbf{k} = (-a^2, -a^2, a^2) $

Для удобства вычислений можно использовать вектор, коллинеарный $\vec{n}$, например, $\vec{n}' = \frac{1}{-a^2}\vec{n} = (1, 1, -1)$ (поскольку $a \neq 0$).

Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{u}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, находится по формуле:

$ \sin \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{||\vec{u}|| \cdot ||\vec{n}||} $

Вычислим скалярное произведение $\vec{u} \cdot \vec{n}$ (используя $\vec{n} = (-a^2, -a^2, a^2)$):

$ \vec{u} \cdot \vec{n} = (a)(-a^2) + (a)(-a^2) + (-a)(a^2) = -a^3 - a^3 - a^3 = -3a^3 $

Вычислим модули векторов $\vec{u}$ и $\vec{n}$:

$ ||\vec{u}|| = \sqrt{a^2 + a^2 + (-a)^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3} $

$ ||\vec{n}|| = \sqrt{(-a^2)^2 + (-a^2)^2 + (a^2)^2} = \sqrt{a^4 + a^4 + a^4} = \sqrt{3a^4} = a^2\sqrt{3} $

Теперь подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$ \sin \phi = \frac{|-3a^3|}{(a\sqrt{3})(a^2\sqrt{3})} = \frac{3a^3}{3a^3} = 1 $

Поскольку $\sin \phi = 1$, то угол $\phi = 90^\circ$. Это означает, что прямая $CA_1$ перпендикулярна плоскости $AB_1D_1$.

$90^\circ$

12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0, 0, 0)$, ребро $AB$ лежало вдоль оси $Ox$, ребро $AD$ вдоль оси $Oy$, а ребро $AA_1$ вдоль оси $Oz$.

Тогда координаты вершин куба будут: $A = (0, 0, 0)$
$B = (a, 0, 0)$
$C = (a, a, 0)$
$D = (0, a, 0)$
$A_1 = (0, 0, a)$
$B_1 = (a, 0, a)$
$C_1 = (a, a, a)$
$D_1 = (0, a, a)$

Найдем направляющий вектор прямой $BD_1$. Вектор $\vec{BD_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точек: $\vec{v} = \vec{BD_1} = D_1 - B = (0 - a, a - 0, a - 0) = (-a, a, a)$.

Теперь найдем вектор нормали к плоскости $ACB_1$. Плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$ и $B_1(a, 0, a)$. Образуем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{AC} = C - A = (a - 0, a - 0, 0 - 0) = (a, a, 0)$
$\vec{AB_1} = B_1 - A = (a - 0, 0 - 0, a - 0) = (a, 0, a)$

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$: $\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix}$
$\vec{n} = (a \cdot a - 0 \cdot 0)\mathbf{i} - (a \cdot a - 0 \cdot a)\mathbf{j} + (a \cdot 0 - a \cdot a)\mathbf{k}$
$\vec{n} = (a^2)\mathbf{i} - (a^2)\mathbf{j} + (-a^2)\mathbf{k}$
$\vec{n} = (a^2, -a^2, -a^2)$.
Для удобства можно взять более простой нормальный вектор, разделив на $a^2$: $\vec{n} = (1, -1, -1)$.

Угол $\theta$ между прямой и плоскостью определяется формулой: $\sin \theta = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$

Вычислим скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$: $\vec{v} \cdot \vec{n} = (-a)(1) + (a)(-1) + (a)(-1) = -a - a - a = -3a$.

Вычислим длины векторов $|\vec{v}|$ и $|\vec{n}|$: $|\vec{v}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.
$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

Подставим значения в формулу для $\sin \theta$: $\sin \theta = \frac{|-3a|}{(a\sqrt{3})(\sqrt{3})} = \frac{3a}{3a} = 1$.

Так как $\sin \theta = 1$, то $\theta = 90^\circ$.

Это означает, что прямая $BD_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Ответ:

$90^\circ$

13. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны $1$, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между прямой $AD$ и плоскостью $BCE$.

Дано:

Тетраэдр $ABCD$.

Все ребра тетраэдра равны $1$.

Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$ (единицы не указаны, поэтому преобразование не требуется).

Найти:

Угол $\phi$ между прямой $AD$ и плоскостью $BCE$.

Решение:

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Если прямая перпендикулярна плоскости, то угол между ними равен $90^\circ$. Для того чтобы доказать перпендикулярность прямой $AD$ плоскости $BCE$, достаточно показать, что прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $BCE$.

Рассмотрим ребра правильного тетраэдра. В правильном тетраэдре любые два скрещивающиеся ребра перпендикулярны. Ребра $AD$ и $BC$ являются скрещивающимися ребрами. Следовательно, прямая $AD$ перпендикулярна прямой $BC$.
Таким образом, $AD \perp BC$.

Рассмотрим грань $ACD$. Это равносторонний треугольник со стороной $1$, поскольку все ребра тетраэдра равны $1$.
Точка $E$ является серединой ребра $AD$. Это означает, что отрезок $CE$ является медианой в равностороннем треугольнике $ACD$, проведенной из вершины $C$ к стороне $AD$.
В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к стороне, также является высотой к этой стороне. Следовательно, $CE \perp AD$.

Итак, мы установили, что:
1. Прямая $AD$ перпендикулярна прямой $BC$ ($AD \perp BC$).
2. Прямая $AD$ перпендикулярна прямой $CE$ ($AD \perp CE$).

Прямые $BC$ и $CE$ лежат в плоскости $BCE$ и пересекаются в точке $C$.
По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

Таким образом, прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $BCE$.
Следовательно, угол между прямой $AD$ и плоскостью $BCE$ равен $90^\circ$.

Ответ:

$90^\circ$

14. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны 1, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Дано:

Тетраэдр $ABCD$.
Все ребра равны 1, то есть $AB = BC = CD = DA = AC = BD = 1$.
Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Перевод в систему СИ:

Длина ребра $a = 1$ (в данной задаче длина является безразмерной величиной, поэтому преобразования в СИ не требуются).

Найти:

Угол $\phi$ между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Решение:

Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся координатным методом. Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, определяется формулой $\sin\phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$.
Расположим вершины тетраэдра $ABCD$ в декартовой системе координат. Поскольку тетраэдр правильный (все ребра равны), мы можем выбрать удобное расположение.
Пусть вершина $B$ находится в начале координат: $B=(0,0,0)$.
Вершина $C$ лежит на оси $Ox$: $C=(1,0,0)$.
Вершина $D$ лежит в плоскости $Oxy$ так, чтобы $\triangle BCD$ был равносторонним: $D=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
Для вершины $A=(x_A, y_A, z_A)$ выполним условия $AB=AC=AD=1$:
$AB^2 = x_A^2+y_A^2+z_A^2 = 1$
$AC^2 = (x_A-1)^2+y_A^2+z_A^2 = 1 \implies x_A^2-2x_A+1+y_A^2+z_A^2 = 1$. Подставив $x_A^2+y_A^2+z_A^2=1$, получаем $1-2x_A+1=1 \implies 2-2x_A=1 \implies 2x_A=1 \implies x_A=1/2$.
$AD^2 = (x_A-1/2)^2+(y_A-\sqrt{3}/2)^2+z_A^2 = 1$. Подставив $x_A=1/2$, получаем $0^2+(y_A-\sqrt{3}/2)^2+z_A^2 = 1 \implies y_A^2-y_A\sqrt{3}+3/4+z_A^2=1$.
Из $x_A^2+y_A^2+z_A^2=1$ и $x_A=1/2$ следует $(1/2)^2+y_A^2+z_A^2=1 \implies 1/4+y_A^2+z_A^2=1 \implies y_A^2+z_A^2=3/4$.
Подставим $y_A^2+z_A^2=3/4$ в уравнение для $AD^2$: $3/4-y_A\sqrt{3}+3/4=1 \implies 3/2-y_A\sqrt{3}=1 \implies y_A\sqrt{3}=1/2 \implies y_A=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Найдем $z_A$: $z_A^2 = 3/4 - y_A^2 = 3/4 - (\sqrt{3}/6)^2 = 3/4 - 3/36 = 3/4 - 1/12 = 9/12 - 1/12 = 8/12 = 2/3$.
Примем $z_A = \sqrt{2/3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.
Таким образом, координаты вершин: $A=(1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{6}/3)$, $B=(0,0,0)$, $C=(1,0,0)$, $D=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
Точка $E$ — середина ребра $AD$. Координаты точки $E$:
$E = \left( \frac{1/2+1/2}{2}, \frac{\sqrt{3}/6+\sqrt{3}/2}{2}, \frac{\sqrt{6}/3+0}{2} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}/6+3\sqrt{3}/6}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{4\sqrt{3}/6}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right)$.
Вектор направления прямой $AB$ — это вектор $\vec{v} = \vec{BA} = A - B = (1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{6}/3)$.
Модуль вектора $|\vec{v}| = AB = 1$.
Для нахождения нормального вектора $\vec{n}$ к плоскости $BCE$, используем векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BE}$.
$\vec{BC} = C - B = (1,0,0)$.
$\vec{BE} = E - B = (1/2, \sqrt{3}/3, \sqrt{6}/6)$.
Нормальный вектор $\vec{n}$ находится как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BE}$:
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1/2 & \sqrt{3}/3 & \sqrt{6}/6 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}) - \mathbf{j}(1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{1}{2})$
$\vec{n} = (0, -\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3})$.
Модуль нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + \left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{6}{36} + \frac{3}{9}} = \sqrt{\frac{1}{6} + \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{1}{6} + \frac{2}{6}} = \sqrt{\frac{3}{6}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n} = \left(\frac{1}{2}\right)(0) + \left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right) + \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$
$\vec{v} \cdot \vec{n} = 0 - \frac{\sqrt{18}}{36} + \frac{\sqrt{18}}{9} = 0 - \frac{3\sqrt{2}}{36} + \frac{3\sqrt{2}}{9} = -\frac{\sqrt{2}}{12} + \frac{4\sqrt{2}}{12} = \frac{3\sqrt{2}}{12} = \frac{\sqrt{2}}{4}$.
Теперь подставим все значения в формулу для синуса угла $\phi$:
$\sin\phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|} = \frac{|\sqrt{2}/4|}{1 \cdot \sqrt{2}/2} = \frac{\sqrt{2}/4}{\sqrt{2}/2} = \frac{\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
Так как $\sin\phi = 1/2$, то угол $\phi = \arcsin(1/2) = 30^\circ$.

Ответ:

$30^\circ$

15. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBD$.

Дано:

правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, все ребра которой равны $1$.
$AB = BC = CD = DA = 1$
$SA = SB = SC = SD = 1$

Найти:

угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBD$.

Решение:

обозначим искомый угол как $\alpha$.

1. по определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость.

2. пусть $O$ — центр основания $ABCD$. так как пирамида правильная, вершина $S$ проецируется в центр основания $O$. следовательно, $SO$ — высота пирамиды, и $SO \perp$ плоскости $ABCD$.

3. рассмотрим плоскость $SBD$. она содержит диагональ основания $BD$ и высоту $SO$.

4. диагонали квадрата $ABCD$ взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

5. поскольку $SO \perp$ плоскости $ABCD$, то $SO \perp AC$.

6. поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $SO$ в плоскости $SBD$, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$.

7. точка $A$ принадлежит прямой $AC$. проекцией точки $A$ на плоскость $SBD$ будет точка пересечения прямой $AC$ с плоскостью $SBD$. эта точка — $O$.

8. следовательно, проекцией прямой $SA$ на плоскость $SBD$ является прямая $SO$.

9. искомый угол $\alpha$ равен углу между $SA$ и $SO$, то есть $\angle ASO$.

10. найдем длины необходимых отрезков:
длина ребра основания $a = AB = 1$.
длина бокового ребра $l = SA = 1$.
диагональ основания $AC$. в квадрате $ABCD$ со стороной $1$, $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
отрезок $AO$ является половиной диагонали $AC$, поэтому $AO = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

11. рассмотрим прямоугольный треугольник $ASO$ (так как $SO \perp AO$).
по теореме пифагора: $SO^2 = SA^2 - AO^2$.
$SO^2 = 1^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1 - \frac{2}{4} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
$SO = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

12. в прямоугольном треугольнике $ASO$ мы имеем:
$AO = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$SO = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$SA = 1$
мы видим, что $AO = SO$. следовательно, треугольник $ASO$ является равнобедренным прямоугольным треугольником.

13. угол $\alpha = \angle ASO$.
$\cos(\angle ASO) = \frac{SO}{SA} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
таким образом, $\angle ASO = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.