Страница 153 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

11. В кубе $ABCD A_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $CB_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $CB_1$.

Плоскость $AB_1D_1$.

Найти:

Синус угла между прямой $CB_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть ребро куба равно $a$. Разместим куб так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0,0,0)$, а его ребра $AB$, $AD$, $AA_1$ лежали на осях $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно.

Координаты вершин куба:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

1. Определим направляющий вектор прямой $CB_1$.

Направляющий вектор $\vec{l}$ прямой $CB_1$ можно найти как вектор, соединяющий точки $C$ и $B_1$:

$\vec{l} = \vec{CB_1} = B_1 - C = (a-a, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$.

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор $\vec{l'} = (0, -1, 1)$ (разделив все компоненты на $a$). Модуль вектора $\vec{l}$: $|\vec{l}| = \sqrt{0^2 + (-a)^2 + a^2} = \sqrt{0 + a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $AB_1D_1$.

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

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

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен любым двум неколлинеарным векторам, лежащим в этой плоскости. Его можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$:

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

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

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

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор $\vec{n'} = (1,1,-1)$ (разделив все компоненты на $-a^2$). Модуль нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{(-a^2)^2 + (-a^2)^2 + (a^2)^2} = \sqrt{a^4 + a^4 + a^4} = \sqrt{3a^4} = a^2\sqrt{3}$.

3. Вычислим синус угла $\phi$ между прямой $CB_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Синус угла $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{l}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, вычисляется по формуле:

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

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

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

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

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (0)(-a^2) + (-a)(-a^2) + (a)(a^2) = 0 + a^3 + a^3 = 2a^3$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin \phi = \frac{|2a^3|}{(a\sqrt{2})(a^2\sqrt{3})} = \frac{2a^3}{a^3\sqrt{2}\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$

Рационализируем знаменатель, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{6}$:

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

Ответ:

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

12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

$\sin(\angle (BD_1, \text{плоскость } AB_1D_1))$

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.

Координаты вершин:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

1. Найдем вектор прямой $BD_1$:

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

Длина вектора $BD_1$: $||\vec{BD_1}|| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

2. Найдем нормальный вектор к плоскости $AB_1D_1$:

Точки, лежащие в плоскости: $A(0,0,0)$, $B_1(a,0,a)$, $D_1(0,a,a)$.

Образуем два вектора в этой плоскости, исходящие из общей точки:

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

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

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

$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \vec{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \vec{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0) = (-a^2, -a^2, a^2)$.

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

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

3. Вычислим синус угла:

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

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

В нашем случае $\vec{v} = \vec{BD_1} = (-a, a, a)$ и $\vec{n'} = (1, 1, -1)$.

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

Тогда $|\vec{v} \cdot \vec{n'}| = |-a| = a$.

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

Ответ:

$\frac{1}{3}$

13. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $DD_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Синус угла между прямой $DD_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Оси $Ox$, $Oy$, $Oz$ направим вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$ соответственно.

Координаты вершин, которые нам понадобятся:$D = (0,0,0)$$A = (a,0,0)$$C = (0,a,0)$$D_1 = (0,0,a)$$B_1 = (a,a,a)$

Направляющий вектор прямой $DD_1$ может быть выбран как $\vec{v} = \vec{D_1} - \vec{D} = (0-0, 0-0, a-0) = (0,0,a)$. Для удобства вычислений можно использовать вектор $\vec{v} = (0,0,1)$.

Для нахождения нормального вектора к плоскости $ACB_1$, используем точки $A(a,0,0)$, $C(0,a,0)$ и $B_1(a,a,a)$. Составим два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$:$\vec{AC} = C - A = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$.$\vec{AB_1} = B_1 - A = (a-a, a-0, a-0) = (0, a, a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$ является векторным произведением $\vec{AC} \times \vec{AB_1}$:$\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -a & a & 0 \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \vec{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \vec{j}(-a \cdot a - 0 \cdot 0) + \vec{k}(-a \cdot a - a \cdot 0)$$\vec{n} = a^2\vec{i} + a^2\vec{j} - a^2\vec{k} = (a^2, a^2, -a^2)$.Можно использовать более простой нормальный вектор, разделив на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$): $\vec{n} = (1, 1, -1)$.

Синус угла $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, определяется по формуле:$\sin \phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$

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

Вычислим модули векторов:$||\vec{v}|| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$.$||\vec{n}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

Подставим полученные значения в формулу для синуса угла:$\sin \phi = \frac{|-1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Для избавления от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:$\sin \phi = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

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

14. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите синус угла между прямой $A_1 D$ и плоскостью $ACB_1$.

15. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D$

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Синус угла между прямой $A_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$.

Координаты вершин куба: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $A_1(0,0,a)$, $B_1(a,0,a)$, $C_1(a,a,a)$, $D_1(0,a,a)$.

1. Найдем направляющий вектор прямой $A_1D_1$.

Прямая $A_1D_1$ проходит через точки $A_1(0,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.

Направляющий вектор $\vec{v} = \vec{D_1} - \vec{A_1} = (0-0, a-0, a-a) = (0,a,0)$.

Для удобства можно взять $\vec{v} = (0,1,0)$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $ACB_1$.

Плоскость $ACB_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости можно найти как векторное произведение $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$:

$\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \det \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - a \cdot a)$

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

Для удобства можно взять $\vec{n} = (1,-1,-1)$.

3. Вычислим синус угла между прямой и плоскостью.

Синус угла $\phi$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ определяется по формуле:

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

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

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

Тогда $|\vec{v} \cdot \vec{n}| = |-1| = 1$.

Вычислим длины векторов:

$||\vec{v}|| = ||(0,1,0)|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.

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

Подставим значения в формулу для синуса угла:

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

Рационализируем знаменатель:

$\sin \phi = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

15. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $C_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $C_1D_1$.

Плоскость $ACB_1$.

Перевод в СИ:

Данные представлены в безразмерном виде или в относительных единицах, перевод в СИ не требуется.

Найти:

Синус угла между прямой $C_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Обозначим длину ребра куба за $a$. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

Координаты необходимых вершин:

$A(0,0,0)$

$C(a,a,0)$

$B_1(a,0,a)$

$C_1(a,a,a)$

$D_1(0,a,a)$

Найдем направляющий вектор прямой $C_1D_1$. Вектор $\vec{C_1D_1}$ имеет координаты $D_1 - C_1 = (0-a, a-a, a-a) = (-a,0,0)$. В качестве направляющего вектора $\vec{v}$ прямой $C_1D_1$ можно взять вектор $(1,0,0)$ (или $(-1,0,0)$, что не повлияет на результат, так как в формуле используется модуль скалярного произведения).

Для нахождения вектора нормали к плоскости $ACB_1$ используем два вектора, лежащих в этой плоскости, например $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$.

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

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

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AC} \times \vec{AB_1}$:

$\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \det \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - a \cdot a) = (a^2, -a^2, -a^2)$.

В качестве вектора нормали $\vec{n}$ можно взять более простой вектор $(1,-1,-1)$, разделив все компоненты на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$).

Синус угла $\phi$ между прямой, имеющей направляющий вектор $\vec{v}$, и плоскостью, имеющей вектор нормали $\vec{n}$, вычисляется по формуле:

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

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

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

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

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

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

Теперь подставим значения в формулу для синуса угла:

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

Рационализируем знаменатель:

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

Ответ:

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

16. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть вершина $A$ куба находится в начале координат $(0,0,0)$. Ребро куба обозначим $a$. Тогда координаты необходимых вершин будут следующими:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

Найдем направляющий вектор прямой $BA_1$. Вектор $\vec{BA_1}$ задается как разность координат конечной и начальной точек:

$\vec{BA_1} = A_1 - B = (0-a, 0-0, a-0) = (-a, 0, a)$.

Обозначим этот вектор как $\vec{l} = (-a, 0, a)$.

Теперь найдем нормальный вектор плоскости $ACB_1$. Для этого нам нужны два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости. Выберем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости перпендикулярен любым векторам, лежащим в этой плоскости. Его можно найти как векторное произведение $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$:

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

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

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

Таким образом, нормальный вектор $\vec{n} = (a^2, -a^2, -a^2)$. Мы можем упростить этот вектор, разделив все компоненты на $a^2$ (поскольку для направления важны только пропорции), получим $\vec{n} = (1, -1, -1)$.

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

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

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

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

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

$||\vec{l}|| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

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

Теперь подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$\sin \phi = \frac{|-2a|}{(a\sqrt{2})(\sqrt{3})} = \frac{2a}{a\sqrt{6}}$.

Сократим $a$ (поскольку $a \ne 0$):

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

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{6}$:

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

Ответ:

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

17. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $B_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

18. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $CA_1$ и

Дано:

• Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$
• Длина стороны куба: $a$

Перевод в систему СИ:

• Длина стороны куба $a$ (без конкретных единиц, поскольку задача о соотношении длин, а не об абсолютных размерах)

Найти:

• Синус угла между прямой $B_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть начало координат совпадает с точкой $A(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин куба со стороной $a$ 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 $B_1D_1$.

Вектор $\vec{B_1D_1}$ можно найти, вычитая координаты точки $B_1$ из координат точки $D_1$:

$\vec{B_1D_1} = D_1 - B_1 = (0-a, a-0, a-a) = (-a, a, 0)$.

Для удобства дальнейших вычислений можно использовать пропорциональный вектор $\vec{l} = (-1, 1, 0)$, разделив все компоненты на $a$ (поскольку $a \neq 0$).

2. Найдем нормальный вектор плоскости $ACB_1$.

Плоскость $ACB_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(a,a,0)$ и $B_1(a,0,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$ можно найти как векторное произведение этих двух векторов:

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

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

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

Для удобства можно взять пропорциональный нормальный вектор $\vec{n} = (1, -1, -1)$, разделив все компоненты на $a^2$ (поскольку $a^2 \neq 0$).

3. Найдем синус угла $\phi$ между прямой $B_1D_1$ и плоскостью $ACB_1$.

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

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

Используем выбранные векторы: $\vec{l} = (-1, 1, 0)$ и $\vec{n} = (1, -1, -1)$.

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

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

Вычислим длины (модули) векторов:

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

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

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

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

Для упрощения выражения рационализируем знаменатель, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{6}$:

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

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$

18. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $CA_1$.

Плоскость $ACB_1$.

Перевод данных в систему СИ:

Пусть длина ребра куба равна $a$ (безразмерная величина, так как в задаче не указаны единицы измерения).

Найти:

Синус угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $ACB_1$.

Решение:

Введем декартову систему координат с началом в точке $C(0,0,0)$. Оси координат направим вдоль ребер $CD$, $CB$ и $CC_1$. Тогда координаты вершин куба будут:

$C = (0,0,0)$

$D = (a,0,0)$

$B = (0,a,0)$

$C_1 = (0,0,a)$

$A = (a,a,0)$ (поскольку $C(0,0,0)$, $D(a,0,0)$, $B(0,a,0)$, то $A$ будет иметь координаты $D+B-C = (a,a,0)$)

$A_1 = (a,a,a)$ (находится над $A$ на высоте $a$)

$B_1 = (0,a,a)$ (находится над $B$ на высоте $a$)

$D_1 = (a,0,a)$ (находится над $D$ на высоте $a$)

1. Найдем вектор направления прямой $CA_1$.

Вектор $\vec{CA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точки: $A_1 - C = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$.

Длина вектора $|\vec{CA_1}| = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $ACB_1$.

Для определения плоскости $ACB_1$ возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{CA}$ и $\vec{CB_1}$.

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

Вектор $\vec{CB_1} = B_1 - C = (0-0, a-0, a-0) = (0,a,a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{CA} \times \vec{CB_1}$.

$\vec{n} = \vec{CA} \times \vec{CB_1} = \det \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ 0 & a & a \end{pmatrix}$

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

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

Для упрощения вычислений можем использовать нормальный вектор, пропорциональный $\vec{n}$, разделив все координаты на $a^2$ (поскольку $a \neq 0$): $\vec{n'} = (1, -1, 1)$.

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

3. Найдем синус угла между прямой и плоскостью.

Угол $\phi$ между прямой $CA_1$ и плоскостью $ACB_1$ связан с углом $\alpha$ между вектором направления прямой $\vec{CA_1}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n'}$ соотношением $\sin(\phi) = |\cos(\alpha')|$, где $\alpha'$ - угол между вектором направления линии и нормальным вектором плоскости. Точнее, $\phi = \frac{\pi}{2} - \alpha'$, если $\alpha'$ - острый угол между вектором и нормалью, или $\phi = \alpha' - \frac{\pi}{2}$ если $\alpha'$ - тупой. В общем случае, $\sin(\phi) = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{|\vec{l}| |\vec{n}|}$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{CA_1} \cdot \vec{n'}$:

$\vec{CA_1} \cdot \vec{n'} = (a)(1) + (a)(-1) + (a)(1) = a - a + a = a$.

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

$\sin(\phi) = \frac{|\vec{CA_1} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{CA_1}| |\vec{n'}|} = \frac{|a|}{(a\sqrt{3})(\sqrt{3})}$

Так как $a$ - длина ребра, то $a > 0$, следовательно $|a|=a$.

$\sin(\phi) = \frac{a}{a \cdot (\sqrt{3} \cdot \sqrt{3})} = \frac{a}{a \cdot 3} = \frac{1}{3}$.

Ответ:

$\frac{1}{3}$

19. В правильном тетраэдре $ABCD$ найдите косинус угла между прямой $AD$ и плоскостью $ABC$.

Дано

Правильный тетраэдр $ABCD$.

Найти:

Косинус угла между прямой $AD$ и плоскостью $ABC$.

Решение

Пусть длина ребра правильного тетраэдра $ABCD$ равна $a$. Все грани правильного тетраэдра являются равносторонними треугольниками. Треугольник $ABC$ — это одна из граней тетраэдра.

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Прямая $AD$ пересекает плоскость $ABC$ в точке $A$. Следовательно, проекцией точки $A$ на плоскость $ABC$ является сама точка $A$.

Для нахождения проекции прямой $AD$ на плоскость $ABC$, необходимо найти проекцию точки $D$ на плоскость $ABC$. В правильном тетраэдре высота, опущенная из вершины на основание, падает в центр этого основания.

Пусть $H$ — ортогональная проекция точки $D$ на плоскость $ABC$. Так как треугольник $ABC$ является равносторонним, точка $H$ — это центр равностороннего треугольника $ABC$ (точка пересечения медиан, высот и биссектрис).

Таким образом, проекцией прямой $AD$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AH$. Искомый угол — это угол $\angle DAH$.

Рассмотрим равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Пусть $M$ — середина стороны $BC$. Тогда $AM$ является медианой и высотой в равностороннем треугольнике $ABC$.

Длина медианы $AM$ (высоты) равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле: $AM = \sqrt{AB^2 - BM^2} = \sqrt{a^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{3a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Точка $H$ является центроидом треугольника $ABC$, которая делит медиану $AM$ в отношении $2:1$, считая от вершины $A$.

Следовательно, длина отрезка $AH$ равна: $AH = \frac{2}{3} AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $ADH$. Катет $DH$ перпендикулярен плоскости $ABC$, а значит, перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая $AH$. Таким образом, угол $\angle DHA$ прямой.

В прямоугольном треугольнике $ADH$:

• Гипотенуза $AD = a$ (ребро тетраэдра).
• Катет $AH = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Косинус угла $\angle DAH$ (который является углом между прямой $AD$ и плоскостью $ABC$) находится как отношение прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(\angle DAH) = \frac{AH}{AD}$.

Подставим найденные значения:

$\cos(\angle DAH) = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

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

20. В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $E$ — середина ребра $AB$. Найдите косинус угла между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

Правильный тетраэдр $ABCD$. Точка $E$ — середина ребра $AB$.

Перевод в СИ:

Не требуется, так как искомая величина — косинус угла, являющийся безразмерной величиной.

Найти:

$\cos(\angle(DE, \text{плоскость } ABC))$

Решение:

Пусть $a$ — длина ребра правильного тетраэдра $ABCD$.

1.Длина отрезка $DE$:
Поскольку $ABCD$ — правильный тетраэдр, то все его грани являются правильными (равносторонними) треугольниками. Следовательно, треугольник $ABD$ — равносторонний со стороной $a$.
Точка $E$ является серединой ребра $AB$. В равностороннем треугольнике $ABD$ отрезок $DE$ является медианой, проведенной к стороне $AB$.
Длина медианы равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Таким образом, $DE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

2.Проекция вершины $D$ на плоскость $ABC$:
Пусть $H$ — ортогональная проекция вершины $D$ на плоскость $ABC$. В правильном тетраэдре проекция вершины на плоскость противоположной грани совпадает с центром этой грани.
Следовательно, $H$ — это центр (центроид) равностороннего треугольника $ABC$.
Отрезок $DH$ представляет собой высоту тетраэдра. Высота $h$ правильного тетраэдра со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Таким образом, $DH = \frac{a\sqrt{6}}{3}$.

3.Определение угла между прямой и плоскостью:
Угол между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$ — это угол между прямой $DE$ и ее проекцией на плоскость $ABC$.
Поскольку точка $E$ лежит в плоскости $ABC$, а $H$ является проекцией точки $D$ на плоскость $ABC$, то проекцией отрезка $DE$ на плоскость $ABC$ является отрезок $HE$.
Искомый угол — это $\angle DEH$.
Так как $DH$ перпендикулярен плоскости $ABC$, то треугольник $DHE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.
В прямоугольном треугольнике $DHE$ синус угла $\phi = \angle DEH$ равен отношению противолежащего катета $DH$ к гипотенузе $DE$:
$\sin \phi = \frac{DH}{DE}$
Подставим найденные значения $DH$ и $DE$:
$\sin \phi = \frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{2}{a\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{2 \cdot 3}}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{2}\sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

4.Вычисление косинуса угла:
Мы знаем $\sin \phi$ и хотим найти $\cos \phi$. Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \phi + \sin^2 \phi = 1$.
$\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{(2\sqrt{2})^2}{3^2} = 1 - \frac{4 \cdot 2}{9} = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$.
Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне от $0$ до $\frac{\pi}{2}$, его косинус должен быть неотрицательным ($\cos \phi \ge 0$).
$\cos \phi = \sqrt{\frac{1}{9}} = \frac{1}{3}$.

Ответ:

Косинус угла между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$ равен $\frac{1}{3}$.

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

Дано:

Правильный тетраэдр $ABCD$.

Точка $E$ — середина ребра $CD$.

Найти:

Синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

Пусть длина ребра правильного тетраэдра $ABCD$ равна $a$. Так как тетраэдр правильный, все его грани являются равносторонними треугольниками, а все ребра имеют одинаковую длину $a$.

1. Нахождение длины отрезка $AE$: Рассмотрим грань $ACD$. Она представляет собой равносторонний треугольник со стороной $a$. Точка $E$ является серединой ребра $CD$. Следовательно, отрезок $AE$ является медианой в равностороннем треугольнике $ACD$. Длина медианы $m$ в равностороннем треугольнике со стороной $a$ вычисляется по формуле $m = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, длина отрезка $AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

2. Построение проекции точки $E$ на плоскость $ABC$: Для нахождения угла между прямой и плоскостью необходимо найти проекцию прямой на эту плоскость. Угол между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$ — это угол между прямой $AE$ и её проекцией на плоскость $ABC$. Пусть $O$ — центр (центроид) равностороннего треугольника $ABC$. В правильном тетраэдре высота, опущенная из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$, проходит через центроид $O$. Это означает, что $DO$ перпендикулярна плоскости $ABC$ ($DO \perp ABC$). Высота правильного тетраэдра $DO$ равна $H = a\sqrt{\frac{2}{3}}$. Точка $C$ лежит в плоскости $ABC$, поэтому её проекция на плоскость $ABC$ совпадает с самой точкой $C$. Точка $E$ является серединой отрезка $CD$. Пусть $E'$ — проекция точки $E$ на плоскость $ABC$. По свойству проекции середины отрезка, $E'$ является серединой отрезка, соединяющего проекции концов исходного отрезка. Следовательно, $E'$ является серединой отрезка $CO$ (проекции отрезка $CD$ на плоскость $ABC$).

3. Нахождение длины отрезка $EE'$ (расстояние от $E$ до плоскости $ABC$): Рассмотрим треугольник $DCO$. $E$ — середина $CD$, $E'$ — середина $CO$. По теореме о средней линии треугольника, отрезок $EE'$ является средней линией треугольника $DCO$, параллельной $DO$. Следовательно, длина отрезка $EE'$ равна половине длины $DO$: $EE' = \frac{1}{2} DO = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}$. Для упрощения умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$: $EE' = \frac{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{2 \cdot 3} = \frac{a\sqrt{6}}{6}$.

4. Нахождение синуса угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$: Угол между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$ — это угол $\angle EAE'$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $EE'A$. Угол $EE'A$ равен $90^\circ$, так как $EE'$ перпендикулярна плоскости $ABC$, а $AE'$ лежит в этой плоскости. Синус угла $\angle EAE'$ равен отношению длины противолежащего катета $EE'$ к длине гипотенузы $AE$: $\sin(\angle EAE') = \frac{EE'}{AE}$. Подставим найденные значения: $\sin(\angle EAE') = \frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}$. $\sin(\angle EAE') = \frac{a\sqrt{6}}{6} \cdot \frac{2}{a\sqrt{3}}$. Сократим $a$: $\sin(\angle EAE') = \frac{2\sqrt{6}}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{3}}$. Упростим выражение, разложив $\sqrt{6}$ как $\sqrt{2}\sqrt{3}$: $\sin(\angle EAE') = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}$. Сократим $\sqrt{3}$: $\sin(\angle EAE') = \frac{\sqrt{2}}{3}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{2}}{3}$

22. В правильном тетраэдре $ABCD$ $E$ — точка пересечения медиан треугольника $BCD$. Найдите синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

Правильный тетраэдр $ABCD$.

$E$ — точка пересечения медиан треугольника $BCD$.

Найти:

Синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

1. В правильном тетраэдре все грани являются равносторонними треугольниками, и все ребра равны по длине. Пусть длина ребра тетраэдра равна $a$.

2. Точка $E$ является центроидом (точкой пересечения медиан) грани $BCD$. В равностороннем треугольнике центроид совпадает с центром треугольника. Отрезок $AE$ соединяет вершину тетраэдра с центроидом противоположной грани, что означает, что $AE$ является высотой тетраэдра.

3. Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Пусть $\vec{AB}$, $\vec{AC}$, $\vec{AD}$ — векторы, исходящие из $A$ к вершинам $B$, $C$, $D$ соответственно. Обозначим их для удобства как $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$.

4. Поскольку тетраэдр правильный:

$ |\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{d}| = a $

Углы между любыми двумя из этих векторов (например, $\angle BAC$) равны $60^\circ$. Следовательно, их скалярные произведения:

$ \vec{b} \cdot \vec{c} = |\vec{b}||\vec{c}|\cos 60^\circ = a \cdot a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a^2}{2} $

Аналогично, $ \vec{b} \cdot \vec{d} = \frac{a^2}{2} $ и $ \vec{c} \cdot \vec{d} = \frac{a^2}{2} $.

5. Вектор, направленный вдоль прямой $AE$, можно выразить как вектор от $A$ к центроиду треугольника $BCD$:

$ \vec{AE} = \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3} $

6. Найдем квадрат длины вектора $AE$:

$ |\vec{AE}|^2 = \left|\frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3}\right|^2 = \frac{1}{9}(\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) \cdot (\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) $

$ = \frac{1}{9}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + 2(\vec{b} \cdot \vec{c}) + 2(\vec{b} \cdot \vec{d}) + 2(\vec{c} \cdot \vec{d})) $

$ = \frac{1}{9}(a^2 + a^2 + a^2 + 2\left(\frac{a^2}{2}\right) + 2\left(\frac{a^2}{2}\right) + 2\left(\frac{a^2}{2}\right)) $

$ = \frac{1}{9}(3a^2 + 3a^2) = \frac{1}{9}(6a^2) = \frac{2a^2}{3} $

Таким образом, длина вектора $AE$ равна:

$ |\vec{AE}| = \sqrt{\frac{2a^2}{3}} = a\sqrt{\frac{2}{3}} $

7. Найдем нормальный вектор к плоскости $ABC$. Плоскость $ABC$ проходит через точки $A, B, C$. Нормальный вектор $\vec{n}$ к этой плоскости может быть найден как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC}$:

$ \vec{n} = \vec{b} \times \vec{c} $

Длина нормального вектора:

$ |\vec{n}| = |\vec{b}||\vec{c}|\sin 60^\circ = a \cdot a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} $

(Эта длина также равна площади треугольника $ABC$).

8. Найдем скалярное произведение вектора $\vec{AE}$ и нормального вектора $\vec{n}$:

$ \vec{AE} \cdot \vec{n} = \left(\frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3}\right) \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) $

$ = \frac{1}{3} (\vec{b} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) + \vec{c} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) + \vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) $

По свойству смешанного произведения, $\vec{b} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = 0$ и $\vec{c} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = 0$, так как в каждом из этих выражений векторы линейно зависимы (лежат в одной плоскости).

Следовательно:

$ \vec{AE} \cdot \vec{n} = \frac{1}{3} (\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) $

Абсолютное значение смешанного произведения $ |\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})| $ равно объему параллелепипеда, построенного на векторах $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$. Объем тетраэдра $ABCD$ с вершиной $A$ в начале координат равен $ V_{ABCD} = \frac{1}{6} |\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})| $.

Объем правильного тетраэдра со стороной $a$ равен $ V = \frac{a^3}{6\sqrt{2}} $.

Тогда $ |\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})| = 6 V_{ABCD} = 6 \cdot \frac{a^3}{6\sqrt{2}} = \frac{a^3}{\sqrt{2}} $.

Следовательно, $ |\vec{AE} \cdot \vec{n}| = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^3}{\sqrt{2}} = \frac{a^3}{3\sqrt{2}} $.

9. Синус угла $\theta$ между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$ определяется по формуле:

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

Подставим найденные значения:

$ \sin \theta = \frac{\frac{a^3}{3\sqrt{2}}}{ \left(a\sqrt{\frac{2}{3}}\right) \cdot \left(\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right) } $

$ \sin \theta = \frac{\frac{a^3}{3\sqrt{2}}}{ a^3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} } $

$ \sin \theta = \frac{\frac{a^3}{3\sqrt{2}}}{ a^3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} } $

$ \sin \theta = \frac{\frac{1}{3\sqrt{2}}}{ \frac{\sqrt{2}}{2} } = \frac{1}{3\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = \frac{2}{3 \cdot 2} = \frac{1}{3} $

Ответ:

$ \frac{1}{3} $

костью ABC.

23. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Найти:

Синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение:

Пусть $\phi$ – искомый угол между прямой $BA_1$ и плоскостью $BCC_1$.

По определению, синус угла между прямой и плоскостью равен синусу угла между этой прямой и ее ортогональной проекцией на данную плоскость. Точка $B$ принадлежит плоскости $BCC_1$. Найдем ортогональную проекцию точки $A_1$ на плоскость $BCC_1$.

Рассмотрим верхнее основание призмы $A_1B_1C_1$. Это равносторонний треугольник со стороной, равной 1. Пусть $M_1$ – середина ребра $B_1C_1$. Тогда отрезок $A_1M_1$ является высотой треугольника $A_1B_1C_1$, проведенной к стороне $B_1C_1$. Длина высоты равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = a\frac{\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае $a=1$, поэтому $A_1M_1 = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Так как призма правильная, боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1$. Поскольку отрезок $A_1M_1$ лежит в плоскости $A_1B_1C_1$, то $BB_1 \perp A_1M_1$.

Таким образом, прямая $A_1M_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $B_1C_1$ и $BB_1$, которые лежат в плоскости $BCC_1$. Это означает, что прямая $A_1M_1$ перпендикулярна всей плоскости $BCC_1$.

Следовательно, точка $M_1$ является ортогональной проекцией точки $A_1$ на плоскость $BCC_1$. Прямая $BM_1$ является ортогональной проекцией прямой $BA_1$ на плоскость $BCC_1$. Искомый угол $\phi$ – это угол $\angle A_1BM_1$.

Треугольник $A_1M_1B$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M_1$, так как $A_1M_1$ перпендикулярна плоскости $BCC_1$, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через $M_1$, в частности, прямой $BM_1$.

В прямоугольном треугольнике $A_1M_1B$ нам известна длина катета $A_1M_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Найдем длину гипотенузы $BA_1$.

Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник $ABA_1$. Этот треугольник является прямоугольным, так как ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, а значит, $AA_1 \perp AB$. Длины ребер призмы $AB=1$ и $AA_1=1$. По теореме Пифагора для $\triangle ABA_1$:

$BA_1 = \sqrt{AB^2 + AA_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

Теперь мы можем найти синус угла $\phi$ в прямоугольном треугольнике $A_1M_1B$:

$\sin \phi = \frac{\text{противолежащий катет}}{ \text{гипотенуза}} = \frac{A_1M_1}{BA_1} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}$

$\sin \phi = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

24. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $B_1C_1$. Найдите тангенс угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Дано

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длины всех ребер призмы равны 1: $AB = BC = AC = AA_1 = BB_1 = CC_1 = 1$.

Точка $E$ — середина ребра $B_1C_1$.

Перевод в СИ

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

Найти:

Тангенс угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Решение

Пусть $\alpha$ — искомый угол между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

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

Проекция точки $A$ на плоскость $ABC$ — это сама точка $A$.

Для нахождения проекции точки $E$ на плоскость $ABC$, опустим перпендикуляр из точки $E$ на плоскость $ABC$. Поскольку призма правильная, ее боковые ребра перпендикулярны основаниям. Следовательно, плоскость $BCC_1B_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Пусть $E_0$ — проекция точки $E$ на плоскость $ABC$. Так как $E$ — середина ребра $B_1C_1$, то $E_0$ будет серединой ребра $BC$.

Отрезок $EE_0$ является высотой призмы, то есть его длина равна длине бокового ребра: $EE_0 = AA_1 = 1$.

Проекцией прямой $AE$ на плоскость $ABC$ является прямая $AE_0$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол между $AE$ и $AE_0$, то есть $\angle EAE_0$.

Рассмотрим треугольник $AE_0E$. Этот треугольник является прямоугольным, так как $EE_0 \perp$ плоскости $ABC$, а значит $EE_0 \perp AE_0$.

Тангенс угла $\alpha$ в прямоугольном треугольнике $AE_0E$ равен отношению длины противолежащего катета $EE_0$ к длине прилежащего катета $AE_0$:

$\tan(\alpha) = \frac{EE_0}{AE_0}$

Нам известна длина $EE_0 = 1$. Найдем длину отрезка $AE_0$.

Треугольник $ABC$ является равносторонним, так как призма правильная и все ее ребра равны 1. Сторона треугольника $ABC$ равна 1.

Точка $E_0$ является серединой стороны $BC$. Следовательно, отрезок $AE_0$ — это медиана и высота равностороннего треугольника $ABC$, проведенная из вершины $A$ к стороне $BC$.

Длина высоты $h$ в равностороннем треугольнике со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

В нашем случае $a=1$, поэтому $AE_0 = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теперь подставим значения $EE_0$ и $AE_0$ в формулу для тангенса угла $\alpha$:

$\tan(\alpha) = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$

Для устранения иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\tan(\alpha) = \frac{2 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

25. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между прямой $AA_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Дано

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длина всех ребер $a = 1$ (единица длины).

Поскольку длина ребер дана как безразмерная величина (просто число 1), перевод в систему СИ не требуется, так как это геометрическая задача на соотношения длин.

Найти:

Тангенс угла между прямой $AA_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Решение

Обозначим искомый угол как $\phi$. Угол между прямой и плоскостью – это угол между этой прямой и ее ортогональной проекцией на данную плоскость. Прямая $AA_1$ пересекает плоскость $AB_1C_1$ в точке $A$.

Для решения задачи удобно использовать метод координат. Разместим призму в декартовой системе координат:

Точка $A$ находится в начале координат: $A(0,0,0)$.

Поскольку ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$ и имеет длину 1, точка $A_1$ будет иметь координаты $A_1(0,0,1)$.

Основание $ABC$ – равносторонний треугольник со стороной 1. Разместим вершину $B$ на оси $x$, тогда $B(1,0,0)$.

Координаты вершины $C$ в плоскости $z=0$ (с учетом того, что треугольник $ABC$ равносторонний) будут $C(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Соответствующие вершины верхнего основания $A_1B_1C_1$ будут иметь $z$-координату 1: $B_1(1,0,1)$ и $C_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Теперь найдем угол $\phi$ между прямой $AA_1$ и плоскостью $AB_1C_1$ с помощью формулы для угла между прямой и плоскостью через их направляющий вектор и вектор нормали.

Направляющий вектор прямой $AA_1$: $\vec{l} = \vec{AA_1} = (0-0, 0-0, 1-0) = (0,0,1)$.

Длина направляющего вектора: $||\vec{l}|| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$.

Для нахождения вектора нормали к плоскости $AB_1C_1$ используем две точки в этой плоскости, помимо $A$. Например, $B_1(1,0,1)$ и $C_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Векторы, лежащие в плоскости $AB_1C_1$ и исходящие из $A$: $\vec{AB_1} = (1-0, 0-0, 1-0) = (1,0,1)$ и $\vec{AC_1} = (\frac{1}{2}-0, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 1-0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $AB_1C_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AC_1}$:

$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 1 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix}$

$\vec{n} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \cdot \frac{1}{2})$

$\vec{n} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

Для удобства вычислений можно взять коллинеарный вектор нормали, умножив $\vec{n}$ на $-2$: $\vec{n'} = (\sqrt{3}, 1, -\sqrt{3})$.

Длина вектора нормали $||\vec{n'}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 3} = \sqrt{7}$.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью связан с направляющим вектором прямой $\vec{l}$ и вектором нормали плоскости $\vec{n'}$ формулой:

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

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

$\vec{l} \cdot \vec{n'} = (0)(\sqrt{3}) + (0)(1) + (1)(-\sqrt{3}) = -\sqrt{3}$.

Тогда $|\vec{l} \cdot \vec{n'}| = |-\sqrt{3}| = \sqrt{3}$.

Подставим значения в формулу для $\sin \phi$:

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

Теперь найдем $\tan \phi$. Мы знаем, что $\tan \phi = \frac{\sin \phi}{\cos \phi}$.

Для нахождения $\cos \phi$ используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \phi + \cos^2 \phi = 1$:

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

Так как угол между прямой и плоскостью по определению является острым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), то $\cos \phi$ будет положительным:

$\cos \phi = \sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{\sqrt{4}}{\sqrt{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}$.

И, наконец, вычислим $\tan \phi$:

$\tan \phi = \frac{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}}{\frac{2}{\sqrt{7}}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} \cdot \frac{\sqrt{7}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{3}}{2}$

26. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $A_1B_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длины всех ребер равны 1.

Найти:

Синус угла между прямой $A_1B_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом.

Введем декартову систему координат таким образом, чтобы точка $A$ совпадала с началом координат $(0,0,0)$.

Поскольку призма правильная, ее основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ являются равносторонними треугольниками со стороной, равной 1. Высота призмы (длина бокового ребра) также равна 1.

Расположим вершину $B$ на оси $X$. Тогда ее координаты будут $B=(1,0,0)$.

Вершина $C$ будет лежать в плоскости $XY$. Координаты вершины равностороннего треугольника со стороной 1, если две другие вершины $(0,0)$ и $(1,0)$, находятся как $C=(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Поскольку $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания и $AA_1=1$, координаты вершин верхнего основания будут получены добавлением 1 к Z-координатам нижнего основания:

• $A = (0,0,0)$

• $B = (1,0,0)$

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

• $A_1 = (0,0,1)$

• $B_1 = (1,0,1)$

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

Найдем направляющий вектор $\vec{l}$ прямой $A_1B_1$.

$\vec{l} = \vec{A_1B_1} = B_1 - A_1 = (1-0, 0-0, 1-1) = (1,0,0)$.

Длина вектора $\vec{l}$ (его модуль) равна $||\vec{l}|| = \sqrt{1^2+0^2+0^2} = 1$.

Далее найдем нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AB_1C_1$. Плоскость определяется тремя точками $A(0,0,0)$, $B_1(1,0,1)$, $C_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Возьмем два вектора, лежащие в этой плоскости, исходящие из точки $A$:

• $\vec{AB_1} = B_1 - A = (1-0, 0-0, 1-0) = (1,0,1)$

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $AB_1C_1$ равен векторному произведению $\vec{AB_1} \times \vec{AC_1}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix}$

$\vec{n} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \cdot \frac{1}{2})$

$\vec{n} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} - (1 - \frac{1}{2})\mathbf{j} + \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{k}$

Таким образом, $\vec{n} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

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

$||\vec{n}|| = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{l}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ вычисляется по формуле:

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

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

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (1)(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (0)(-\frac{1}{2}) + (0)(\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|-\frac{\sqrt{3}}{2}|}{1 \cdot \frac{\sqrt{7}}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{7}$:

$\sin(\alpha) = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{7}}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{21}}{7}$

27. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длины всех ребер призмы равны 1.

Найти:

Синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Решение:

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

Пусть точка $A$ совпадает с началом координат $(0, 0, 0)$.

Так как призма правильная и все ее ребра равны 1:

• Основания призмы $ABC$ и $A_1B_1C_1$ являются равносторонними треугольниками со стороной 1.

• Высота призмы (длина бокового ребра) равна 1.

Зададим координаты вершин:

• $A = (0, 0, 0)$

• Так как $AB=1$, поместим $B$ на оси $Ox$: $B = (1, 0, 0)$.

• Для точки $C$: $C$ является вершиной равностороннего треугольника со стороной 1. Координата $x$ для $C$ будет $1/2$. Координата $y$ будет высотой равностороннего треугольника: $h = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \text{сторона} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $C = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

• Вершины верхнего основания $A_1B_1C_1$ находятся на высоте 1 от соответствующих вершин нижнего основания:

  • $A_1 = (0, 0, 1)$

  • $B_1 = (1, 0, 1)$

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

1. Найдем направляющий вектор прямой $BA_1$.

Вектор $\vec{l} = \vec{BA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точек:

$\vec{l} = A_1 - B = (0 - 1, 0 - 0, 1 - 0) = (-1, 0, 1)$.

Длина этого вектора: $|\vec{l}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $AB_1C_1$.

Плоскость $AB_1C_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $B_1(1,0,1)$ и $C_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

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

$\vec{v_1} = \vec{AB_1} = B_1 - A = (1 - 0, 0 - 0, 1 - 0) = (1, 0, 1)$.

$\vec{v_2} = \vec{AC_1} = C_1 - A = (\frac{1}{2} - 0, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости можно найти как векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$:

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

$\vec{n} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \cdot \frac{1}{2})$

$\vec{n} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} - \frac{1}{2}\mathbf{j} + \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{k}$

Таким образом, $\vec{n} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

Длина нормального вектора: $|\vec{n}| = \sqrt{(-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$.

3. Вычислим синус угла между прямой и плоскостью.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{l}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ вычисляется по формуле:

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

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

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (-1) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (0) \cdot (-\frac{1}{2}) + (1) \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2} + 0 + \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для $\sin \alpha$:

$\sin \alpha = \frac{|\sqrt{3}|}{\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{7}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{14}}{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{14}}$.

Для рационализации знаменателя умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{14}$:

$\sin \alpha = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{14}} \cdot \frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{3 \cdot 14}}{14} = \frac{2\sqrt{42}}{14} = \frac{\sqrt{42}}{7}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{42}}{7}$

28. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны $1$, точка $E$ — середина ребра $SB$. Найдите синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $SBD$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Все ребра равны 1.

Точка $E$ — середина ребра $SB$.

Перевод в систему СИ: (Данные уже представлены в безразмерных величинах, единица измерения не указана. Оставляем как есть.)

$AB = BC = CD = DA = 1$

$SA = SB = SC = SD = 1$

$SE = EB = \frac{1}{2} SB = \frac{1}{2}

Найти:

Синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $SBD$.

Решение:

Обозначим искомый угол как $\alpha$. По определению, синус угла между прямой и плоскостью равен отношению расстояния от любой точки прямой до плоскости к длине отрезка прямой от этой точки до точки ее пересечения с плоскостью.

1. Найдем длину отрезка $AE$.

Поскольку все ребра пирамиды равны 1, треугольник $SAB$ является равносторонним со стороной 1. Точка $E$ — середина ребра $SB$. Следовательно, отрезок $AE$ является медианой в равностороннем треугольнике $SAB$. В равностороннем треугольнике медиана также является высотой. Длина высоты (и медианы) равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, $AE = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

2. Найдем расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей основания $ABCD$. Так как пирамида правильная, $ABCD$ — квадрат. Диагонали квадрата перпендикулярны друг другу, поэтому $AC \perp BD$.

Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$, а значит, $SO$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе $SO \perp AC$.

Плоскость $SBD$ содержит прямые $BD$ и $SO$. Так как прямая $AC$ перпендикулярна $BD$ и $AC$ перпендикулярна $SO$, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

Точка $O$ лежит как на прямой $AC$, так и в плоскости $SBD$. Следовательно, ортогональной проекцией точки $A$ на плоскость $SBD$ является точка $O$. Расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$ равно длине отрезка $AO$.

Диагональ квадрата со стороной $a$ равна $a\sqrt{2}$. В нашем случае сторона квадрата $ABCD$ равна 1, поэтому $AC = 1 \cdot \sqrt{2} = \sqrt{2}$.

Точка $O$ является серединой диагонали $AC$, поэтому $AO = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

3. Вычислим синус угла $\alpha$.

Прямая $AE$ пересекает плоскость $SBD$ в точке $E$, так как $E$ является точкой на ребре $SB$, которое лежит в плоскости $SBD$. Угол между прямой $AE$ и плоскостью $SBD$ — это угол $\angle AEO$, где $O$ — проекция точки $A$ на плоскость $SBD$.

В прямоугольном треугольнике $AEO$ (прямой угол при $O$), синус угла $\angle AEO$ равен отношению противолежащего катета $AO$ к гипотенузе $AE$.

$\sin \alpha = \frac{AO}{AE} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

Для устранения иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

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

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$