Страница 152 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

26. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми $BA_1$ и $FB_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$.
Все ребра равны $1$.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$ (условная единица длины).

Найти:

$\cos(\angle(BA_1, FB_1))$

Решение:

Для нахождения косинуса угла между прямыми $BA_1$ и $FB_1$ используем метод координат.
Поместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начало координат $(0,0,0)$.
Поскольку призма правильная и все её ребра равны $1$, то сторона основания $a=1$ и высота призмы $h=1$.
Координаты вершин нижнего основания правильного шестиугольника со стороной $a=1$ и центром в начале координат следующие:
$A = (1, 0, 0)$
$B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$F = (1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
Координаты соответствующих вершин верхнего основания будут иметь $z$-координату, равную высоте призмы, то есть $1$:
$A_1 = (1, 0, 1)$
$B_1 = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
Найдем векторы, соответствующие прямым $BA_1$ и $FB_1$.
Вектор $\vec{BA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точек: $A_1 - B$.
$\vec{BA_1} = (1 - 1/2, 0 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.
Длина вектора $|\vec{BA_1}|$ вычисляется как корень из суммы квадратов его координат:
$|\vec{BA_1}| = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.
Вектор $\vec{FB_1}$ определяется как разность координат $B_1 - F$.
$\vec{FB_1} = (1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (0, \sqrt{3}/2 + \sqrt{3}/2, 1) = (0, \sqrt{3}, 1)$.
Длина вектора $|\vec{FB_1}|$:
$|\vec{FB_1}| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 3 + 1} = \sqrt{4} = 2$.
Косинус угла $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ определяется формулой скалярного произведения:
$\cos\theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$.
Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{BA_1}$ и $\vec{FB_1}$:
$\vec{BA_1} \cdot \vec{FB_1} = (1/2)(0) + (-\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}) + (1)(1) = 0 - 3/2 + 1 = -1/2$.
Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:
$\cos\alpha = \frac{-1/2}{\sqrt{2} \cdot 2} = \frac{-1/2}{2\sqrt{2}} = \frac{-1}{4\sqrt{2}}$.
Для избавления от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:
$\cos\alpha = \frac{-1 \cdot \sqrt{2}}{4\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{-\sqrt{2}}{4 \cdot 2} = \frac{-\sqrt{2}}{8}$.
Угол между прямыми обычно определяется как острый угол ($0 \le \theta \le \pi/2$). Поэтому, если косинус угла между векторами отрицательный, мы берем его абсолютное значение, чтобы получить косинус острого угла между прямыми.
$\cos\theta = |\cos\alpha| = \left|\frac{-\sqrt{2}}{8}\right| = \frac{\sqrt{2}}{8}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{2}}{8}$

27. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми $BA_1$ и $CD_1$.

Дано:
Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.
Все рёбра призмы равны 1.
(Длины рёбер в СИ не переводятся, так как это задача на отношение векторов).

Найти:
Косинус угла между прямыми $BA_1$ и $CD_1$.

Решение:
Для решения задачи введём декартову систему координат. Пусть центр нижнего основания $ABCDEF$ находится в начале координат $O=(0,0,0)$. Поскольку призма правильная и все её рёбра равны 1, то сторона правильного шестиугольника в основании равна 1, и высота призмы также равна 1. Вершины правильного шестиугольника с центром в начале координат и стороной $a=1$ могут быть представлены следующим образом:
$A=(1,0,0)$
$B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$C=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$D=(-1,0,0)$
Вершины верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ будут иметь те же координаты по $x$ и $y$, но $z$-координата будет равна высоте призмы, т.е. 1.
$A_1=(1,0,1)$
$D_1=(-1,0,1)$

Найдём векторы, соответствующие прямым $BA_1$ и $CD_1$:
Вектор $\vec{BA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точек $A_1 - B$:
$\vec{BA_1} = (1 - 1/2, 0 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
Вектор $\vec{CD_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точек $D_1 - C$:
$\vec{CD_1} = (-1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

Косинус угла $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ находится по формуле скалярного произведения:
$\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{BA_1}$ и $\vec{CD_1}$:
$\vec{BA_1} \cdot \vec{CD_1} = (1/2) \cdot (-1/2) + (-\sqrt{3}/2) \cdot (-\sqrt{3}/2) + (1) \cdot (1)$
$= -1/4 + 3/4 + 1$
$= 2/4 + 1 = 1/2 + 1 = 3/2$

Вычислим длины (модули) векторов:
$|\vec{BA_1}| = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 1^2}$
$= \sqrt{1/4 + 3/4 + 1}$
$= \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$
$|\vec{CD_1}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 1^2}$
$= \sqrt{1/4 + 3/4 + 1}$
$= \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$

Теперь найдём косинус угла $\theta$ между прямыми $BA_1$ и $CD_1$:
$\cos \theta = \frac{3/2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}$
$\cos \theta = \frac{3/2}{2}$
$\cos \theta = \frac{3}{4}$

Ответ: $3/4$

28. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми $AC_1$ и $BD_1$.

Дано

В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1.

Найти:

Косинус угла между прямыми $AC_1$ и $BD_1$.

Решение

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Разместим центр нижнего основания призмы $ABCDEF$ в начале координат $(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль радиуса, проходящего через вершину $A$. Ось $Oz$ направим вдоль ребра $AA_1$.

Так как призма правильная, а длина всех ребер равна 1, то сторона правильного шестиугольника в основании равна 1, и высота призмы также равна 1. Радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне, то есть 1.

Координаты вершин нижнего основания: $A = (1, 0, 0)$, $B = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D = (-1, 0, 0)$.

Координаты вершин верхнего основания (с $z$-координатой, равной высоте призмы, то есть 1): $A_1 = (1, 0, 1)$, $C_1 = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$, $D_1 = (-1, 0, 1)$.

Найдем векторы, направляющие прямые $AC_1$ и $BD_1$.

Вектор $\vec{AC_1} = C_1 - A = (-\frac{1}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

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

Для нахождения косинуса угла $\alpha$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ используется формула:

$\cos(\alpha) = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{||\vec{u}|| \cdot ||\vec{v}||}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC_1}$ и $\vec{BD_1}$:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD_1} = (-\frac{3}{2}) \cdot (-\frac{3}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (1) \cdot (1)$

$ = \frac{9}{4} - \frac{3}{4} + 1 = \frac{6}{4} + 1 = \frac{3}{2} + 1 = \frac{5}{2} = 2.5$

Вычислим длины (модули) векторов:

$||\vec{AC_1}|| = \sqrt{(-\frac{3}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{\frac{12}{4} + 1} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$

$||\vec{BD_1}|| = \sqrt{(-\frac{3}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{\frac{12}{4} + 1} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos(\alpha) = \frac{|2.5|}{2 \cdot 2} = \frac{2.5}{4} = \frac{5/2}{4} = \frac{5}{8}$

Ответ:

$\frac{5}{8}$

29. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми $AC_1$ и $BE_1$.

30. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны осно

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$.

Все ребра равны 1.

Перевод в систему СИ:

Длина ребра основания $a = 1$ (условная единица длины).

Высота призмы $h = 1$ (условная единица длины).

Найти:

Косинус угла между прямыми $AC_1$ и $BE_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Разместим призму в декартовой системе координат.

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

Так как призма правильная, и все ребра равны 1, то длина стороны основания $a=1$, и высота призмы $h=1$.

Вершины правильного шестиугольника с центром в начале координат и стороной $a=1$ могут быть заданы следующими координатами:

• $A = (1, 0, 0)$

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

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

• $D = (-1, 0, 0)$

• $E = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

• $F = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

Соответствующие вершины верхнего основания $A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ будут иметь ту же x и y координаты, но z-координату, увеличенную на высоту призмы $h=1$.

• $A_1 = (1, 0, 1)$

• $B_1 = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

• $C_1 = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

• $E_1 = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Найдем векторы, соответствующие прямым $AC_1$ и $BE_1$:

Вектор $\vec{AC_1} = C_1 - A = (-\frac{1}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Вектор $\vec{BE_1} = E_1 - B = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - 0) = (-1, -\sqrt{3}, 1)$

Обозначим $\vec{u} = \vec{AC_1}$ и $\vec{v} = \vec{BE_1}$.

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (-\frac{3}{2})(-1) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\sqrt{3}) + (1)(1)$

$\vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} + 1 = 1$

Вычислим длины (модули) этих векторов:

$|\vec{u}| = |\vec{AC_1}| = \sqrt{(-\frac{3}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2}$

$|\vec{u}| = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{\frac{12}{4} + 1} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$

$|\vec{v}| = |\vec{BE_1}| = \sqrt{(-1)^2 + (-\sqrt{3})^2 + 1^2}$

$|\vec{v}| = \sqrt{1 + 3 + 1} = \sqrt{5}$

Косинус угла $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ определяется формулой:

$\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$

Подставим найденные значения:

$\cos \theta = \frac{1}{2 \cdot \sqrt{5}}$

Рационализируем знаменатель:

$\cos \theta = \frac{1}{2\sqrt{5}} \cdot \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{2 \cdot 5} = \frac{\sqrt{5}}{10}$

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{10}$

и $DE_1$,

30. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямыми $SA$ и $DE$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = 2$.

Перевод в СИ:

Длины даны в относительных единицах, перевод не требуется.

Найти:

Косинус угла между прямыми $SA$ и $DE$.

Решение:

1. Введем прямоугольную систему координат. Пусть центр основания правильной шестиугольной пирамиды $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Ось $Oz$ направим по высоте пирамиды.

2. Найдем координаты вершин основания. В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности. Пусть сторона основания $a=1$. Тогда расстояние от центра до любой вершины также равно 1. Разместим вершину $A$ на положительной части оси $Ox$.

Координаты вершин основания:

$A = (1, 0, 0)$

$D = (-1, 0, 0)$ (Вершина $D$ находится напротив $A$ в правильном шестиугольнике)

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

3. Найдем координаты вершины $S$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ лежит на оси $Oz$. Пусть $S = (0, 0, h)$.

Длина бокового ребра $SA = 2$. Расстояние от $S$ до $A$ равно 2.

Используя формулу расстояния между точками $S(0,0,h)$ и $A(1,0,0)$:

$SA^2 = (1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-h)^2 = 1^2 + 0^2 + (-h)^2 = 1 + h^2$

По условию $SA = 2$, значит $SA^2 = 4$.

$1 + h^2 = 4$

$h^2 = 3$

$h = \sqrt{3}$ (высота пирамиды)

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

4. Найдем векторы $\vec{SA}$ и $\vec{DE}$.

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

Вектор $\vec{DE}$: $E - D = (-1/2 - (-1), -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

5. Найдем длины (модули) этих векторов.

$||\vec{SA}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 0 + 3} = \sqrt{4} = 2$

$||\vec{DE}|| = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 0} = \sqrt{4/4} = \sqrt{1} = 1$

6. Найдем скалярное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{DE}$.

$\vec{SA} \cdot \vec{DE} = (1)(1/2) + (0)(-\sqrt{3}/2) + (-\sqrt{3})(0) = 1/2 + 0 + 0 = 1/2$

7. Косинус угла $\theta$ между прямыми $SA$ и $DE$ можно найти по формуле:

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

$\cos \theta = \frac{|1/2|}{2 \cdot 1} = \frac{1/2}{2} = 1/4$

Ответ: $1/4$

31. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямыми $SA$ и $BD$.

Дано:
Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.
Сторона основания $a = AB = 1$.
Боковое ребро $l = SA = 2$.

Найти:
$\cos(\angle(SA, BD))$.

Решение
Для нахождения косинуса угла между двумя скрещивающимися прямыми $SA$ и $BD$, воспользуемся методом векторов. Разместим пирамиду в декартовой системе координат.

Пусть центр основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Основание лежит в плоскости $xy$.

В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности. Следовательно, расстояние от центра $O$ до любой вершины основания равно $a=1$.

Найдем высоту пирамиды $h$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA$, где $O$ - центр основания, $S$ - вершина пирамиды, $A$ - вершина основания. $SO = h$, $OA = a = 1$, $SA = l = 2$. По теореме Пифагора: $h^2 + OA^2 = SA^2 \Rightarrow h^2 + 1^2 = 2^2 \Rightarrow h^2 + 1 = 4 \Rightarrow h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$.

Координаты вершин: Вершина $S$ находится над центром основания: $S = (0, 0, \sqrt{3})$. Расположим вершину $A$ на оси $x$: $A = (1, 0, 0)$. Координаты вершин $B$ и $D$ для правильного шестиугольника со стороной $a=1$: $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. $D = (1 \cdot \cos(180^\circ), 1 \cdot \sin(180^\circ), 0) = (-1, 0, 0)$.

Найдем векторы $\vec{SA}$ и $\vec{BD}$: Вектор $\vec{SA} = A - S = (1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$. Вектор $\vec{BD} = D - B = (-1 - 1/2, 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{BD}$: $\vec{SA} \cdot \vec{BD} = (1) \cdot (-3/2) + (0) \cdot (-\sqrt{3}/2) + (-\sqrt{3}) \cdot (0) = -3/2 + 0 + 0 = -3/2$.

Вычислим длины (модули) векторов: $|\vec{SA}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 0 + 3} = \sqrt{4} = 2$. (Длина бокового ребра $SA$ равна 2, что совпадает с условием). $|\vec{BD}| = \sqrt{(-3/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{9/4 + 3/4 + 0} = \sqrt{12/4} = \sqrt{3}$. (Длина короткой диагонали правильного шестиугольника со стороной $a$ равна $a\sqrt{3}$, что для $a=1$ дает $\sqrt{3}$).

Косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{SA}$ и $\vec{BD}$ определяется формулой: $\cos \theta = \frac{\vec{SA} \cdot \vec{BD}}{|\vec{SA}| |\vec{BD}|}$. $\cos \theta = \frac{-3/2}{(2)(\sqrt{3})} = \frac{-3}{4\sqrt{3}}$. Рационализируем знаменатель: $\cos \theta = \frac{-3\sqrt{3}}{4\sqrt{3}\sqrt{3}} = \frac{-3\sqrt{3}}{4 \cdot 3} = \frac{-3\sqrt{3}}{12} = \frac{-\sqrt{3}}{4}$.

Угол между прямыми обычно определяется как острый угол, поэтому берется абсолютное значение косинуса: $\cos \alpha = |\cos \theta| = \left|-\frac{\sqrt{3}}{4}\right| = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

Ответ:
$\frac{\sqrt{3}}{4}$

32. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямыми $SA$ и $BE$.

Дано

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Найти:

Косинус угла между прямыми $SA$ и $BE$.

Решение

Для определения косинуса угла между прямыми $SA$ и $BE$ воспользуемся методом координат. Разместим центр основания пирамиды, точку $O$, в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ будет лежать на оси $z$.

Длина стороны основания правильного шестиугольника $a = 1$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны, то есть $OA = 1$.

Найдем высоту пирамиды $h$. Треугольник $SOA$ является прямоугольным (угол $SOA = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

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

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

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

$h^2 + 1 = 4$

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

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

Координаты вершин основания правильного шестиугольника (при $a=1$ и $O(0,0,0)$):

$A(1,0,0)$

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

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

Найдем векторы $\vec{SA}$ и $\vec{BE}$.

Вектор $\vec{SA}$:

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

Модуль вектора $\vec{SA}$:

$|\vec{SA}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 0 + 3} = \sqrt{4} = 2$

Вектор $\vec{BE}$:

$\vec{BE} = E - B = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0-0) = (-1, -\sqrt{3}, 0)$

Модуль вектора $\vec{BE}$:

$|\vec{BE}| = \sqrt{(-1)^2 + (-\sqrt{3})^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 3 + 0} = \sqrt{4} = 2$

Косинус угла $\theta$ между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ определяется по формуле:

$\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{BE}$:

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

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos \theta = \frac{-1}{2 \times 2} = \frac{-1}{4}$

Ответ: $\cos \theta = -\frac{1}{4}$

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $ABC$.

Дано

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.
Прямая $BD_1$.
Плоскость $ABC$.

Перевод в СИ

Это геометрическая задача, физические величины и единицы СИ не требуются. Пусть длина ребра куба будет $a$.

Найти

$\sin(\text{угол между } BD_1 \text{ и плоскостью } ABC)$.

Решение

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

2. Прямая $BD_1$ проходит через точку $B$, которая лежит в плоскости $ABC$.

3. Чтобы найти проекцию прямой $BD_1$ на плоскость $ABC$, необходимо спроецировать точку $D_1$ на эту плоскость.

4. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - куб, ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, точка $D$ является ортогональной проекцией точки $D_1$ на плоскость $ABC$.

5. Таким образом, проекция прямой $BD_1$ на плоскость $ABC$ есть прямая $BD$.

6. Искомый угол - это угол $\angle D_1BD$.

7. Рассмотрим прямоугольный треугольник $D_1DB$. Угол при вершине $D$ равен $90^\circ$, так как $DD_1 \perp BD$ (поскольку $DD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через $D$).

8. Пусть длина ребра куба равна $a$. Длина катета $D_1D = a$. Длина катета $BD$ - это диагональ квадрата $ABCD$. По теореме Пифагора в треугольнике $ABD$: $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$. Длина гипотенузы $BD_1$ (диагональ куба). По теореме Пифагора в треугольнике $D_1DB$: $BD_1 = \sqrt{D_1D^2 + BD^2} = \sqrt{a^2 + (a\sqrt{2})^2} = \sqrt{a^2 + 2a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

9. Синус угла в прямоугольном треугольнике равен отношению противолежащего катета к гипотенузе.

$\sin(\angle D_1BD) = \frac{D_1D}{BD_1}$

$\sin(\angle D_1BD) = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

10. Для избавления от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\sin(\angle D_1BD) = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

Синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $ABC$ равен $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

2. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите косинус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ADD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Косинус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ADD_1$.

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D(0,0,0)$. Пусть ребро $DA$ лежит на оси $Ox$, ребро $DC$ на оси $Oy$, а ребро $DD_1$ на оси $Oz$.

Тогда координаты вершин будут: $D = (0,0,0)$ $A = (a,0,0)$ $D_1 = (0,0,a)$ $A_1 = (a,0,a)$ (так как $A_1$ получается из $A$ сдвигом по $z$ на $a$) $B_1 = (a,a,a)$ (так как $B_1$ получается из $D$ сдвигом на $a$ по $x$, $a$ по $y$, $a$ по $z$)

Прямая, для которой нужно найти угол, это $DB_1$. Вектор этой прямой: $\vec{DB_1} = B_1 - D = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$.

Плоскость, для которой нужно найти угол, это $ADD_1$. Эта плоскость содержит ось $Ox$ (прямая $DA$) и ось $Oz$ (прямая $DD_1$). Таким образом, плоскость $ADD_1$ совпадает с плоскостью $xz$ в нашей системе координат, уравнение которой $y=0$.

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

Найдем проекцию прямой $DB_1$ на плоскость $ADD_1$.

Точка $D(0,0,0)$ лежит в плоскости $ADD_1$, поэтому ее проекция на плоскость $ADD_1$ совпадает с самой точкой $D$.

Для того чтобы найти проекцию точки $B_1(a,a,a)$ на плоскость $ADD_1$ (то есть на плоскость $y=0$), необходимо обнулить $y$-координату точки $B_1$. Проекция точки $B_1$ будет $B_1'(a,0,a)$.

Заметим, что точка $(a,0,a)$ в нашей системе координат — это точка $A_1$.

Следовательно, проекция прямой $DB_1$ на плоскость $ADD_1$ — это прямая $DA_1$.

Искомый угол — это угол между прямой $DB_1$ и прямой $DA_1$, то есть угол $\angle B_1DA_1$.

Для нахождения косинуса угла между векторами $\vec{DB_1}$ и $\vec{DA_1}$ воспользуемся формулой скалярного произведения: $\cos\theta = \frac{\vec{DB_1} \cdot \vec{DA_1}}{|\vec{DB_1}| \cdot |\vec{DA_1}|}$

Вектор $\vec{DA_1} = A_1 - D = (a-0, 0-0, a-0) = (a,0,a)$.

Длины векторов: $|\vec{DB_1}| = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$. $|\vec{DA_1}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Скалярное произведение векторов: $\vec{DB_1} \cdot \vec{DA_1} = (a)(a) + (a)(0) + (a)(a) = a^2 + 0 + a^2 = 2a^2$.

Теперь вычислим косинус угла: $\cos\theta = \frac{2a^2}{a\sqrt{3} \cdot a\sqrt{2}} = \frac{2a^2}{a^2\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$

Уберем иррациональность из знаменателя: $\cos\theta = \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{6}}{3}$

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между прямой $AC_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Тангенс угла между прямой $AC_1$ 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 $(0,0,0)$. Тогда координаты остальных вершин будут:

$A=(0,0,0)$

$B=(a,0,0)$

$C=(a,a,0)$

$D=(0,a,0)$

$A_1=(0,0,a)$

$B_1=(a,0,a)$

$C_1=(a,a,a)$

$D_1=(0,a,a)$

Найдем направляющий вектор прямой $AC_1$. Вектор $\vec{AC_1}$ имеет координаты:

$\vec{l} = \vec{AC_1} = C_1 - A = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$.

Для удобства вычислений можно взять пропорциональный вектор $\vec{l} = (1,1,1)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $BCD_1$. Для этого возьмем три точки, принадлежащие плоскости: $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D_1(0,a,a)$.

Составим два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

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

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

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

Для удобства вычислений можно взять пропорциональный вектор $\vec{n} = (1,0,1)$.

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

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

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

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (1)(1) + (1)(0) + (1)(1) = 1 + 0 + 1 = 2$.

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

$||\vec{l}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

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

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

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

Для нахождения тангенса угла $\phi$ воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 \phi + \cos^2 \phi = 1$.

$\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{6}{9} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Поскольку $\phi$ является углом между прямой и плоскостью, $0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}$, следовательно $\cos \phi \ge 0$.

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

Теперь найдем тангенс $\tan \phi$:

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

Ответ:

$\sqrt{2}$

4. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Тангенс угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом.

1.Выберем систему координат.

Пусть длина ребра куба равна $a$. Расположим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $D$ находилась в начале координат $(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин будут:

• $D = (0,0,0)$

• $A = (a,0,0)$

• $B = (a,a,0)$

• $C = (0,a,0)$

• $D_1 = (0,0,a)$

• $A_1 = (a,0,a)$

• $B_1 = (a,a,a)$

• $C_1 = (0,a,a)$

2.Найдем направляющий вектор прямой $DB_1$.

Направляющий вектор прямой $DB_1$ - это вектор $\vec{v} = \vec{DB_1}$.

$\vec{v} = B_1 - D = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$.

3.Найдем нормальный вектор плоскости $ABC_1$.

Для определения плоскости $ABC_1$ используем точки $A(a,0,0)$, $B(a,a,0)$, $C_1(0,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в плоскости:

$\vec{AB} = B - A = (a-a, a-0, 0-0) = (0,a,0)$

$\vec{AC_1} = C_1 - A = (0-a, a-0, a-0) = (-a,a,a)$

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

$\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a))$

$\vec{n} = a^2\mathbf{i} - 0\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (a^2, 0, a^2)$.

Для удобства вычислений можно взять нормальный вектор, пропорциональный $(1,0,1)$. Пусть $\vec{n} = (1,0,1)$.

4.Вычислим синус угла между прямой и плоскостью.

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

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

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

$\vec{v} \cdot \vec{n} = (a)(1) + (a)(0) + (a)(1) = a + 0 + a = 2a$.

Вычислим длины векторов:

$||\vec{v}|| = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

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

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

$\sin \phi = \frac{|2a|}{a\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2a}{a\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

5.Найдем тангенс угла $\phi$.

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \phi + \cos^2 \phi = 1$.

$\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{6}{9} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Поскольку угол между прямой и плоскостью всегда острый ($0^\circ \le \phi \le 90^\circ$), $\cos \phi > 0$.

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

Теперь найдем тангенс угла, используя определение $\tan \phi = \frac{\sin \phi}{\cos \phi}$:

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

Ответ: $\sqrt{2}$

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $CA_1$.

Плоскость $BDD_1$.

Найти:

Тангенс угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Решение:

1. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Пусть оси $x, y, z$ направлены вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно. Длину ребра куба обозначим за $a$.

Тогда координаты необходимых вершин будут:

$C(a,a,0)$

$A_1(0,0,a)$

$B(a,0,0)$

$D(0,a,0)$

$D_1(0,a,a)$

2. Найдем направляющий вектор прямой $CA_1$. Вектор $\vec{CA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точки:

$\vec{u} = \vec{CA_1} = (0-a, 0-a, a-0) = (-a, -a, a)$.

Для упрощения вычислений можно использовать любой вектор, коллинеарный $\vec{u}$, например, $\vec{u'} = (-1, -1, 1)$.

3. Найдем нормальный вектор плоскости $BDD_1$. Плоскость $BDD_1$ проходит через точки $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $D_1(0,a,a)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BDD_1$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

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

$\vec{n} = -a^2 \mathbf{i} - a^2 \mathbf{j} + 0 \mathbf{k} = (-a^2, -a^2, 0)$.

Для удобства вычислений можно использовать пропорциональный нормальный вектор $\vec{n'} = (1, 1, 0)$ (полученный делением на $-a^2$).

4. Угол $\alpha$ между прямой $CA_1$ (с направляющим вектором $\vec{u'}$) и плоскостью $BDD_1$ (с нормальным вектором $\vec{n'}$) определяется по формуле синуса угла:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{u'} \cdot \vec{n'}|}{||\vec{u'}|| \cdot ||\vec{n'}||}$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{u'}$ и $\vec{n'}$:

$\vec{u'} \cdot \vec{n'} = (-1)(1) + (-1)(1) + (1)(0) = -1 - 1 + 0 = -2$.

Вычислим длины (модули) векторов:

$||\vec{u'}|| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

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

Подставим полученные значения в формулу для $\sin \alpha$:

$\sin \alpha = \frac{|-2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$.

Рационализируем знаменатель:

$\sin \alpha = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

5. Найдем тангенс угла $\alpha$. Для этого сначала найдем $\cos \alpha$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$:

$\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{6}{9} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Так как угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне $[0, \pi/2]$, то $\cos \alpha$ должен быть неотрицательным:

$\cos \alpha = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Теперь найдем тангенс угла $\alpha$:

$\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{6}{3}} = \sqrt{2}$.

Ответ:

$\sqrt{2}$

6. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $BC$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a$.

Найти:

Синус угла между прямой $BC$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Расположим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ совпадала с началом координат $(0,0,0)$. Оси координат $x, y, z$ направим вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно.

Координаты вершин, необходимых для решения:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$B_1 = (a,0,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

1. Определим вектор направления прямой $BC$.

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

2. Определим нормальный вектор к плоскости $AB_1D_1$.

Для этого возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, исходящие из одной точки (например, из $A$):

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AB_1D_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$:

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

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

Для удобства вычислений можно использовать более простой нормальный вектор, пропорциональный $\vec{n}$, например, $\vec{n'} = (1,1,-1)$ (разделив на $-a^2$).

3. Вычислим синус угла между прямой и плоскостью.

Синус угла $\theta$ между прямой (вектор направления $\vec{v}$) и плоскостью (нормальный вектор $\vec{n'}$) определяется по формуле:

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

Подставим наши векторы:

$\vec{v} = \vec{BC} = (0,a,0)$

$\vec{n'} = (1,1,-1)$

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

Длина вектора $\vec{BC}$: $||\vec{BC}|| = \sqrt{0^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{a^2} = a$.

Длина вектора $\vec{n'}$: $||\vec{n'}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

Теперь вычислим синус угла:

$\sin \theta = \frac{|a|}{a \cdot \sqrt{3}} = \frac{a}{a \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Рационализируем знаменатель, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\sin \theta = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{3}}{3}$

7. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите синус угла между прямой $CC_1$ и плоскостью $AB_1 D_1$.

Дано: куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: синус угла между прямой $CC_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

Введем декартову систему координат. Пусть вершина $A$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Пусть длина ребра куба равна $a$. 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 $CC_1$. В качестве такого вектора можно взять вектор $\vec{CC_1}$:

$\vec{v} = \vec{CC_1} = (C_1_x - C_x, C_1_y - C_y, C_1_z - C_z) = (a-a, a-a, a-0) = (0,0,a)$.

Длина этого вектора: $|\vec{v}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{a^2} = a$.

Далее найдем нормальный вектор к плоскости $AB_1D_1$. Точки, принадлежащие этой плоскости, это $A(0,0,0)$, $B_1(a,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.

Построим два вектора, лежащих в этой плоскости, исходящих из точки $A$:

$\vec{AB_1} = (B_{1x} - A_x, B_{1y} - A_y, B_{1z} - A_z) = (a-0, 0-0, a-0) = (a,0,a)$.

$\vec{AD_1} = (D_{1x} - A_x, D_{1y} - A_y, D_{1z} - A_z) = (0-0, a-0, a-0) = (0,a,a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AB_1D_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$:

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

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

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

Для упрощения расчетов можно использовать нормальный вектор $\vec{n}'$, пропорциональный $\vec{n}$. Разделим все компоненты $\vec{n}$ на $-a^2$:

$\vec{n}' = (1,1,-1)$.

Длина этого нормального вектора: $|\vec{n}'| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}'$ определяется формулой:

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

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}'$:

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

Модуль скалярного произведения: $|\vec{v} \cdot \vec{n}'| = |-a| = a$.

Теперь подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$\sin \alpha = \frac{a}{a \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Рационализируем знаменатель, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\sin \alpha = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

8. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите синус угла между прямой $CD$ и плоскостью $AB_1 D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Синус угла между прямой $CD$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим куб в декартовой системе координат таким образом, что вершина $A$ находится в начале координат, а оси координат направлены вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно.

Координаты вершин будут следующими: $A = (0,0,0)$, $B = (a,0,0)$, $C = (a,a,0)$, $D = (0,a,0)$, $A_1 = (0,0,a)$, $B_1 = (a,0,a)$, $D_1 = (0,a,a)$.

1. Найдем направляющий вектор прямой $CD$.

Вектор $\vec{DC}$ можно найти как разность координат точки $C$ и точки $D$:

$\vec{DC} = C - D = (a,a,0) - (0,a,0) = (a,0,0)$

В качестве направляющего вектора прямой $CD$ возьмем $\vec{u} = (1,0,0)$, так как он сонаправлен с $\vec{DC}$ и имеет более простые координаты.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $AB_1D_1$.

Плоскость $AB_1D_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $B_1(a,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости, исходящие из общей точки, например из $A$:

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

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

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

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

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

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

Таким образом, нормальный вектор $\vec{n} = (-a^2, -a^2, a^2)$. Для упрощения вычислений мы можем использовать любой вектор, сонаправленный с $\vec{n}$, например, разделив его на $-a^2$: $\vec{n} = (-1,-1,1)$.

3. Вычислим синус угла между прямой и плоскостью.

Синус угла $\alpha$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{u}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, определяется формулой:

$\sin(\alpha) = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{||\vec{u}|| \cdot ||\vec{n}||}$

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

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

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

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

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

Теперь подставим значения в формулу для $\sin(\alpha)$:

$\sin(\alpha) = \frac{|-1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Рационализируем знаменатель:

$\sin(\alpha) = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Ответ:

$\frac{\sqrt{3}}{3}$

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $AC$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Дано

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Синус угла между прямой $AC$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут следующими: $A(0,0,0)$, $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$, $D_1(0,a,a)$.

1. Найдем направляющий вектор прямой $AC$. Вектор $\vec{AC}$ имеет координаты: $\vec{AC} = (x_C - x_A, y_C - y_A, z_C - z_A) = (a - 0, a - 0, 0 - 0) = (a, a, 0)$. Длина вектора $\vec{AC}$ (модуль) равна: $||\vec{AC}|| = \sqrt{a^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

2. Найдем нормальный вектор к плоскости $AB_1D_1$. Для этого возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, исходящие из одной точки, например из точки $A$: $\vec{AB_1} = (x_{B_1} - x_A, y_{B_1} - y_A, z_{B_1} - z_A) = (a - 0, 0 - 0, a - 0) = (a, 0, a)$. $\vec{AD_1} = (x_{D_1} - x_A, y_{D_1} - y_A, z_{D_1} - z_A) = (0 - 0, a - 0, a - 0) = (0, a, a)$. Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AB_1D_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0) = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k}$. Таким образом, нормальный вектор $\vec{n} = (-a^2, -a^2, a^2)$. Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный ему вектор $\vec{n'} = (1, 1, -1)$ (поделив все координаты на $-a^2$). Длина вектора $\vec{n'}$ равна: $||\vec{n'}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

3. Найдем синус угла $\phi$ между прямой $AC$ и плоскостью $AB_1D_1$. Синус угла между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, вычисляется по формуле: $\sin\phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$. Используем $\vec{v} = \vec{AC} = (a, a, 0)$ и $\vec{n'} = (1, 1, -1)$. Скалярное произведение $\vec{AC} \cdot \vec{n'}$: $\vec{AC} \cdot \vec{n'} = (a)(1) + (a)(1) + (0)(-1) = a + a + 0 = 2a$. Подставим значения в формулу: $\sin\phi = \frac{|2a|}{(a\sqrt{2}) \cdot (\sqrt{3})} = \frac{2a}{a\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$. Упростим выражение, избавившись от иррациональности в знаменателе: $\sin\phi = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{6}}{3}$

10. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $AB_1 D_1$.

Дано:

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$.
Пусть длина ребра куба равна $a$.

Найти:

Синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

1. Введем систему координат с началом в точке $A$. Ось $x$ направим вдоль $AB$, ось $y$ вдоль $AD$, ось $z$ вдоль $AA_1$.
Координаты вершин куба будут следующими:
$A=(0,0,0)$
$B=(a,0,0)$
$D=(0,a,0)$
$A_1=(0,0,a)$
$B_1=(a,0,a)$
$D_1=(0,a,a)$

2. Найдем направляющий вектор прямой $BA_1$.
Вектор $\vec{v} = \vec{A_1} - \vec{B} = (0-a, 0-0, a-0) = (-a, 0, a)$.
Для упрощения расчетов можно взять коллинеарный вектор $\vec{v'} = \frac{1}{a}\vec{v} = (-1, 0, 1)$.

3. Найдем нормальный вектор плоскости $AB_1D_1$.
Плоскость $AB_1D_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $B_1(a,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.
Образуем два вектора, лежащих в этой плоскости:
$\vec{AB_1} = (a, 0, a)$
$\vec{AD_1} = (0, a, a)$
Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен этим двум векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \vec{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \vec{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0)$
$\vec{n} = -a^2 \vec{i} - a^2 \vec{j} + a^2 \vec{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$.
Для упрощения расчетов можно взять коллинеарный вектор $\vec{n'} = -\frac{1}{a^2}\vec{n} = (1, 1, -1)$. (Или $(-1,-1,1)$ как в черновике, результат будет тот же, так как важен знак скалярного произведения, который берется по модулю). Давайте придерживаться $(-1,-1,1)$ как в черновике, чтобы избежать лишних изменений, это просто вектор нормали, его направление не меняет результат синуса.
Итак, $\vec{n'} = (-1, -1, 1)$.

4. Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью находится по формуле:
$\sin \alpha = \frac{|\vec{n'} \cdot \vec{v'}|}{||\vec{n'}|| \cdot ||\vec{v'}||}$
Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{n'}$ и $\vec{v'}$:
$\vec{n'} \cdot \vec{v'} = (-1)(-1) + (-1)(0) + (1)(1) = 1 + 0 + 1 = 2$.
Вычислим модули векторов:
$||\vec{n'}|| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.
$||\vec{v'}|| = \sqrt{(-1)^2 + (0)^2 + (1)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.
Теперь подставим значения в формулу для $\sin \alpha$:
$\sin \alpha = \frac{|2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$.
Рационализируем знаменатель:
$\sin \alpha = \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ:
$\frac{\sqrt{6}}{3}$