Страница 154 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

29. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны $1$, найдите косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Длина всех ребер пирамиды равна 1.

В системе СИ:

Длина ребра основания $a = 1$ м.

Длина бокового ребра $l = 1$ м.

Найти:

Косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Решение:

1. Введем прямоугольную систему координат. Удобно расположить центр основания пирамиды, точку $O$, в начале координат $(0,0,0)$.

Поскольку $SABCD$ - правильная четырехугольная пирамида, ее основание $ABCD$ является квадратом со стороной, равной 1. Координаты вершин основания можно задать следующим образом:

$A = \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

$B = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

$C = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

$D = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

Проверим, что длина ребра $AB$ равна 1: $AB = \sqrt{\left(\frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right)\right)^2 + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\right)^2 + (0 - 0)^2} = \sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2} = 1$. Это соответствует условию.

2. Найдем координаты вершины $S$. Вершина $S$ находится на оси $z$, так как пирамида правильная, и ее проекция совпадает с центром основания. Пусть $S = (0,0,h)$.

Так как длина бокового ребра $SB$ также равна 1, используем формулу расстояния между точками $S(0,0,h)$ и $B(1/2, 1/2, 0)$:

$SB^2 = \left(\frac{1}{2} - 0\right)^2 + \left(\frac{1}{2} - 0\right)^2 + (0 - h)^2 = 1^2$

$\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + h^2 = 1$

$\frac{1}{2} + h^2 = 1$

$h^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

$h = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Таким образом, координаты вершины $S$ равны $\left(0,0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

3. Найдем направляющий вектор прямой $AB$.

$\vec{AB} = B - A = \left(\frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right), \frac{1}{2} - \frac{1}{2}, 0 - 0\right) = (1, 0, 0)$.

4. Найдем нормальный вектор к плоскости $SBC$.

Для определения плоскости $SBC$ возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{SB}$ и $\vec{BC}$.

$\vec{SB} = B - S = \left(\frac{1}{2} - 0, \frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ можно найти как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{BC}$:

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

$ = \mathbf{i}\left(\frac{1}{2} \cdot 0 - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot (-1)\right) - \mathbf{j}\left(\frac{1}{2} \cdot 0 - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot 0\right) + \mathbf{k}\left(\frac{1}{2} \cdot (-1) - \frac{1}{2} \cdot 0\right) $

$ = \mathbf{i}\left(0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \mathbf{j}(0) + \mathbf{k}\left(-\frac{1}{2}\right) $

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

Для удобства дальнейших вычислений можно использовать вектор, коллинеарный $\vec{n}$, например, умножив его на $-2$: $\vec{n'} = (\sqrt{2}, 0, 1)$.

5. Найдем синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью связан с углом $\theta$ между направляющим вектором прямой $\vec{AB}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n'}$ соотношением $\sin \alpha = |\cos \theta|$, где $\cos \theta = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{n'}}{|\vec{AB}| |\vec{n'}|}$.

Направляющий вектор прямой: $\vec{AB} = (1, 0, 0)$. Его длина: $|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2} = 1$.

Нормальный вектор плоскости: $\vec{n'} = (\sqrt{2}, 0, 1)$. Его длина: $|\vec{n'}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2 + 1} = \sqrt{3}$.

Скалярное произведение: $\vec{AB} \cdot \vec{n'} = (1)(\sqrt{2}) + (0)(0) + (0)(1) = \sqrt{2}$.

Теперь найдем $\cos \theta$:

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

Тогда $\sin \alpha = |\cos \theta| = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

6. Найдем косинус угла $\alpha$.

Поскольку угол между прямой и плоскостью всегда принимается как острый или прямой ($0 \le \alpha \le \pi/2$), его косинус будет неотрицательным ($\cos \alpha \ge 0$).

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$:

$ \cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha $

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

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

Ответ:

Косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$ равен $ \frac{\sqrt{3}}{3} $.

30. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $AC$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Длины всех ребер равны 1.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$ (единица длины).

Найти:

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

Решение

Введем декартову систему координат. Пусть центр основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$.

Так как основание $ABCD$ является квадратом со стороной 1, его вершины можно расположить следующим образом:

$A = (-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0)$

$B = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0)$

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

$D = (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)$

Найдем высоту пирамиды $SO$. Боковое ребро $SC=1$. $OC$ — это половина длины диагонали основания $AC$.

Длина диагонали $AC$ квадратного основания со стороной 1: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

Тогда $OC = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $SOC$ (угол $SOC=90^\circ$, так как $SO$ - высота к центру основания):

$SO^2 + OC^2 = SC^2$

$SO^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = 1^2$

$SO^2 + \frac{2}{4} = 1$

$SO^2 + \frac{1}{2} = 1$

$SO^2 = \frac{1}{2}$

$SO = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Координаты вершины $S = (0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2})$.

Найдем вектор, направляющий прямую $AC$. Вектор $\vec{AC}$ можно найти как разность координат точки C и точки A:

$\vec{v} = \vec{AC} = C - A = (\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}), \frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}), 0 - 0) = (1, 1, 0)$.

Длина вектора $\vec{AC}$ (длина диагонали): $||\vec{v}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$.

Найдем нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$. Для этого используем векторы, лежащие в этой плоскости, например, $\vec{SB}$ и $\vec{SC}$.

$\vec{SB} = B - S = (\frac{1}{2} - 0, -\frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}) = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$.

$\vec{SC} = C - S = (\frac{1}{2} - 0, \frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ находится как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & -1/2 & -\sqrt{2}/2 \\ 1/2 & 1/2 & -\sqrt{2}/2 \end{vmatrix}$

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

$\vec{n} = \mathbf{i} (\frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4}) - \mathbf{j} (-\frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4}) + \mathbf{k} (\frac{1}{4} + \frac{1}{4})$

$\vec{n} = (\frac{2\sqrt{2}}{4}, 0, \frac{2}{4}) = (\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{1}{2})$.

Длина нормального вектора: $||\vec{n}|| = \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 0^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{2}{4} + 0 + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Синус угла $\alpha$ между прямой и плоскостью определяется по формуле: $\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$, где $\vec{v}$ - направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ - нормальный вектор плоскости.

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

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

Теперь подставим все значения в формулу для синуса угла:

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

Для упрощения выражения и рационализации знаменателя:

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

Умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

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

Ответ:

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

31. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Все ребра равны 1.

Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Найти:

Косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Решение

1.Введем систему координат.

Пусть центр основания $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$.

Оси $Ox$ и $Oy$ направим параллельно сторонам основания. Так как основание $ABCD$ является квадратом со стороной 1, координаты его вершин будут:

$A = \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

$B = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

$C = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

$D = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

Высота пирамиды $h$ (координата $z$ вершины $S$) находится из треугольника $SOA$, где $OA$ — половина диагонали основания. Диагональ основания $AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$OA = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $SOA$ ($SO \perp OA$): $SA^2 = OA^2 + SO^2$.

$1^2 = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + h^2$

$1 = \frac{2}{4} + h^2$

$1 = \frac{1}{2} + h^2$

$h^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow h = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Таким образом, координаты вершины $S$:

$S = \left(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

2.Найдем координаты точки $E$.

$E$ — середина ребра $AD$.

$E = \left(\frac{A_x+D_x}{2}, \frac{A_y+D_y}{2}, \frac{A_z+D_z}{2}\right) = \left(\frac{-\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})}{2}, \frac{\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0, 0\right)$

3.Определим вектор $\vec{SE}$.

$\vec{SE} = E - S = \left(-\frac{1}{2} - 0, 0 - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Длина вектора $\vec{SE}$:

$|\vec{SE}| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 0^2 + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

4.Найдем нормальный вектор плоскости $SBC$.

Для плоскости $SBC$ используем точки $S\left(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, $B\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, $C\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$.

Образуем векторы, лежащие в плоскости:

$\vec{SB} = B - S = \left(\frac{1}{2} - 0, \frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

$\vec{SC} = C - S = \left(\frac{1}{2} - 0, -\frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ равен векторному произведению $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

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

$\vec{n}_x = \frac{1}{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{4} - \frac{\sqrt{2}}{4} = -\frac{2\sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\vec{n}_y = -\left[\frac{1}{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\right] = -\left[-\frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4}\right] = 0$

$\vec{n}_z = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$

Таким образом, $\vec{n} = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, -\frac{1}{2}\right)$. Для удобства дальнейших вычислений можно взять коллинеарный ему вектор $\vec{n'} = (\sqrt{2}, 0, 1)$ (умножив на -2).

Длина нормального вектора $\vec{n'}$:

$|\vec{n'}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2+1} = \sqrt{3}$

5.Найдем синус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Пусть $\phi$ — искомый угол между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$. Угол $\theta$ между вектором $\vec{SE}$ и нормальным вектором $\vec{n'}$ плоскости $SBC$ связан с углом $\phi$ соотношением $\sin \phi = |\cos \theta|$.

Косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{SE}$ и $\vec{n'}$ вычисляется по формуле скалярного произведения:

$\cos \theta = \frac{|\vec{SE} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{SE}| |\vec{n'}|}$

Скалярное произведение $\vec{SE} \cdot \vec{n'}$:

$\vec{SE} \cdot \vec{n'} = \left(-\frac{1}{2}\right)(\sqrt{2}) + (0)(0) + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(1) = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}$

Теперь вычислим $\sin \phi$:

$\sin \phi = \frac{|-\sqrt{2}|}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(\sqrt{3})} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$

6.Найдем косинус угла $\phi$.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 \phi + \cos^2 \phi = 1$.

$\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{4 \cdot 2}{9} = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$

Так как угол между прямой и плоскостью всегда находится в диапазоне $[0, \frac{\pi}{2}]$, его косинус неотрицателен.

$\cos \phi = \sqrt{\frac{1}{9}} = \frac{1}{3}$

Ответ:

Косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$ равен $\frac{1}{3}$.

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, $SE$ — высота. Найдите синус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Длина всех ребер $a = 1$.

$SE$ — высота пирамиды.

Найти:

Синус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Решение:

1. Поскольку пирамида $SABCD$ правильная и четырехугольная, ее основанием является квадрат $ABCD$. Высота $SE$ опускается в центр основания $E$. Так как все ребра пирамиды равны 1, то стороны квадрата $AB=BC=CD=DA=1$, и боковые ребра $SA=SB=SC=SD=1$.

2. В квадрате $ABCD$ со стороной $a=1$, диагональ $AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$. Точка $E$ является серединой диагонали $AC$, поэтому $AE = AC/2 = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

3. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAE$ (так как $SE \perp$ плоскости основания, то $SE \perp AE$). По теореме Пифагора: $SE^2 = SA^2 - AE^2$.

$SE^2 = 1^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1 - \frac{2}{4} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Отсюда, $SE = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

4. Для нахождения синуса угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$ необходимо найти расстояние от точки $E$ до плоскости $SBC$. Пусть $EH$ — перпендикуляр из точки $E$ на плоскость $SBC$. Тогда искомый угол — это угол между прямой $SE$ и ее проекцией $SH$ на плоскость $SBC$, то есть $\angle ESH$. В прямоугольном треугольнике $SHE$ (с прямым углом при вершине $H$, так как $EH \perp SH$) $\sin(\angle ESH) = \frac{EH}{SE}$.

5. Рассмотрим грань $SBC$. Это равносторонний треугольник со стороной 1. Пусть $K$ — середина ребра $BC$. Тогда $SK$ — апофема грани $SBC$, и $SK \perp BC$. Длина $SK = \sqrt{SB^2 - BK^2} = \sqrt{1^2 - (1/2)^2} = \sqrt{1 - 1/4} = \sqrt{3/4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

6. В основании $ABCD$, $E$ — центр, $K$ — середина $BC$. Значит, $EK \perp BC$, и $EK$ параллельна $AB$ и $CD$. Длина $EK = AB/2 = 1/2$.

7. Рассмотрим плоскость $SEK$. Прямая $BC$ перпендикулярна $EK$ и $SE$ (так как $SE$ — высота пирамиды, она перпендикулярна любой прямой в плоскости основания, включая $EK$). Следовательно, $BC$ перпендикулярна плоскости $SEK$. Любая прямая в плоскости $SEK$, проведенная из $E$, будет перпендикулярна $BC$.

8. Построим перпендикуляр $EH$ из точки $E$ к прямой $SK$ в плоскости $SEK$. Так как $EH \perp SK$ (по построению) и $EH \perp BC$ (поскольку $EH$ лежит в плоскости $SEK$, которая перпендикулярна $BC$), то $EH$ перпендикулярна плоскости $SBC$ (так как перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SK$ и $BC$ в этой плоскости). Таким образом, $EH$ — искомое расстояние от $E$ до плоскости $SBC$.

9. Треугольник $SEK$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $E$. (Катет $SE = \frac{\sqrt{2}}{2}$, катет $EK = \frac{1}{2}$, гипотенуза $SK = \frac{\sqrt{3}}{2}$).

Площадь треугольника $SEK$ может быть выражена двумя способами: $S_{\triangle SEK} = \frac{1}{2} \cdot SE \cdot EK$ или $S_{\triangle SEK} = \frac{1}{2} \cdot SK \cdot EH$.

Приравнивая выражения для площади, получаем: $EH = \frac{SE \cdot EK}{SK}$.

$EH = \frac{(\sqrt{2}/2) \cdot (1/2)}{\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{2}/4}{\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$.

10. Теперь найдем синус угла $\angle ESH$:

$\sin(\angle ESH) = \frac{EH}{SE} = \frac{\sqrt{6}/6}{\sqrt{2}/2} = \frac{\sqrt{6}}{6} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{6}}{6\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

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

33. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.
Длина стороны основания $a=1$.
Длина бокового ребра $l=2$.

Перевод данных в СИ:
Длина стороны основания $a=1$ (единица длины).
Длина бокового ребра $l=2$ (единицы длины).

Найти:

Косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$, т.е. $\cos \theta$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Разместим основание пирамиды в плоскости $Oxy$ так, чтобы центр основания $O$ совпадал с началом координат $(0,0,0)$. Вершина $S$ будет находиться на оси $Oz$.

Поскольку пирамида правильная, основание $ABCDEF$ является правильным шестиугольником со стороной $a=1$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне, то есть $OA = OB = \dots = a = 1$.

Найдем высоту пирамиды $SO$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ ($OA$ - радиус описанной окружности, $SO$ - высота, $SA$ - боковое ребро) по теореме Пифагора:
$SO^2 + OA^2 = SA^2$
$h^2 + a^2 = l^2$
$h^2 + 1^2 = 2^2$
$h^2 = 4 - 1 = 3$
$h = \sqrt{3}$.
Таким образом, координаты вершины $S$ будут $(0, 0, \sqrt{3})$.

Разместим вершины основания в системе координат. Пусть вершина $A$ лежит на положительной части оси $Ox$:
$A = (1, 0, 0)$.
Вершины правильного шестиугольника, расположенные на единичной окружности (с радиусом $a=1$):
$B = (a \cdot \cos(60^\circ), a \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1 \cdot 1/2, 1 \cdot \sqrt{3}/2, 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
$C = (a \cdot \cos(120^\circ), a \cdot \sin(120^\circ), 0) = (1 \cdot (-1/2), 1 \cdot \sqrt{3}/2, 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Найдем направляющий вектор $\vec{AB}$ для прямой $AB$:
$\vec{AB} = B - A = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
Длина вектора $||\vec{AB}|| = \sqrt{(-1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4} = \sqrt{1} = 1$.

Теперь найдем нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$. Для этого нам нужны два вектора, лежащие в этой плоскости, например, $\vec{SB}$ и $\vec{SC}$.
$\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$.
$\vec{SC} = C - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ найдем как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$:
$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$
$n_x = (\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(\sqrt{3}/2) = -3/2 - (-3/2) = 0$.
$n_y = -[(1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-1/2)] = -[-\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2] = -[-\sqrt{3}] = \sqrt{3}$.
$n_z = (1/2)(\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(-1/2) = \sqrt{3}/4 - (-\sqrt{3}/4) = \sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 = \sqrt{3}/2$.
Итак, нормальный вектор $\vec{n} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$.
Длина нормального вектора $||\vec{n}|| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{0 + 3 + 3/4} = \sqrt{15/4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

Угол $\theta$ между прямой (вектором $\vec{AB}$) и плоскостью ($SBC$) связан с углом $\phi$ между направляющим вектором прямой и нормальным вектором плоскости формулой $\sin \theta = |\cos \phi|$.
$\cos \phi = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{n}}{||\vec{AB}|| \cdot ||\vec{n}||}$.
Скалярное произведение $\vec{AB} \cdot \vec{n} = (-1/2)(0) + (\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}) + (0)(\sqrt{3}/2) = 0 + 3/2 + 0 = 3/2$.
Тогда $\sin \theta = \frac{|3/2|}{1 \cdot \sqrt{15}/2} = \frac{3/2}{\sqrt{15}/2} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Мы ищем $\cos \theta$. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$:
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta = 1 - \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 = 1 - \frac{15}{25} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}$.
$\cos \theta = \sqrt{\frac{2}{5}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{10}}{5}$

34. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямой $AF$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Длина стороны основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = 2$.

Найти:

Косинус угла между прямой $AF$ и плоскостью $SBC$.

Перевод в СИ:

Длина стороны основания $a = 1$ (условная единица длины)

Длина бокового ребра $l = 2$ (условная единица длины)

Решение:

1. Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть центр основания правильной шестиугольной пирамиды, точка $O$, находится в начале координат $(0, 0, 0)$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси $Oz$ над центром основания. В правильном шестиугольнике сторона $a$ равна радиусу описанной окружности $R$, то есть $R = a = 1$. Расположим вершины основания следующим образом: $A = (1, 0, 0)$ $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $D = (-1, 0, 0)$ $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$ $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

2. Найдем высоту пирамиды $H$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный вершиной $S$, центром основания $O$ и любой вершиной основания, например $A$. В этом треугольнике $SA$ является гипотенузой (боковое ребро $l=2$), $OA$ является одним из катетов (радиус описанной окружности $R=1$), а $SO$ - высотой пирамиды $H$. По теореме Пифагора: $H^2 = SO^2 = SA^2 - OA^2 = l^2 - R^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$. Следовательно, $H = \sqrt{3}$. Координаты вершины $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

3. Найдем направляющий вектор прямой $AF$. Точки $A = (1, 0, 0)$ и $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$. Вектор $\vec{AF} = F - A = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$. Длина вектора $|\vec{AF}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 0} = \sqrt{1} = 1$.

4. Найдем нормальный вектор плоскости $SBC$. Точки, принадлежащие плоскости $SBC$: $S = (0, 0, \sqrt{3})$, $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ $\vec{SC} = C - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ можно найти как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2}(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})\frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{1}{2}(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-\frac{1}{2})) + \mathbf{k}(\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}(-\frac{1}{2}))$ $\vec{n} = \mathbf{i}(-\frac{3}{2} + \frac{3}{2}) - \mathbf{j}(-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4})$ $\vec{n} = 0\mathbf{i} - \mathbf{j}(-\sqrt{3}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{2}) = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$. Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный ему вектор, умножив его на $2/\sqrt{3}$: $\vec{n}' = (0, 2, 1)$. Будем использовать $\vec{n} = (0, 2, 1)$. Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$.

5. Найдем синус угла $\phi$ между прямой $AF$ и плоскостью $SBC$. Угол $\phi$ между прямой и плоскостью находится по формуле: $\sin \phi = \frac{|\vec{AF} \cdot \vec{n}|}{|\vec{AF}| |\vec{n}|}$ Скалярное произведение $\vec{AF} \cdot \vec{n} = (-1/2)(0) + (-\sqrt{3}/2)(2) + (0)(1) = 0 - \sqrt{3} + 0 = -\sqrt{3}$. Тогда $\sin \phi = \frac{|-\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

6. Найдем косинус угла $\phi$. Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \phi + \sin^2 \phi = 1$. $\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 = 1 - \frac{15}{25} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}$. Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению острый ($0 \le \phi \le 90^\circ$), его косинус будет положительным. $\cos \phi = \sqrt{\frac{2}{5}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$

35. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямой $BF$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$. Длина стороны основания $a = AB = 1$. Длина бокового ребра $l = SA = 2$.

Перевод в СИ:

Все данные уже в безразмерных единицах, можно считать метрами: $a = 1 \, \text{м}$ $l = 2 \, \text{м}$

Найти:

Косинус угла между прямой $BF$ и плоскостью $SBC$.

Решение:

1.Установим систему координат. Пусть центр основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси $Oz$. Сторона правильного шестиугольника равна радиусу описанной окружности. Таким образом, $OA = OB = OC = OD = OE = OF = a = 1$. Расположим вершины основания: $A = (1, 0, 0)$ $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $D = (-1, 0, 0)$ $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$ $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

2.Найдем высоту пирамиды. В прямоугольном треугольнике $SOA$ (где $O$ - центр основания, $S$ - вершина пирамиды, $A$ - вершина основания) гипотенуза $SA = l = 2$, катет $OA = a = 1$. По теореме Пифагора $SO^2 + OA^2 = SA^2$: $h^2 + 1^2 = 2^2$ $h^2 + 1 = 4$ $h^2 = 3$ $h = \sqrt{3}$. Таким образом, координаты вершины $S = (0,0,\sqrt{3})$.

3.Найдем вектор направления прямой $BF$. Направляющий вектор прямой $BF$ равен $\vec{v} = \vec{BF} = F - B = (1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0) = (0, -\sqrt{3}, 0)$. Длина вектора $|\vec{v}| = |\vec{BF}| = \sqrt{0^2 + (-\sqrt{3})^2 + 0^2} = \sqrt{3}$.

4.Найдем нормальный вектор к плоскости $SBC$. Используем точки $S(0,0,\sqrt{3})$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Векторы, лежащие в плоскости $SBC$: $\vec{SB} = B - S = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ $\vec{SC} = C - S = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ находится как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$ $\vec{n} = \mathbf{i} \left( (\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(\sqrt{3}/2) \right) - \mathbf{j} \left( (1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-1/2) \right) + \mathbf{k} \left( (1/2)(\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(-1/2) \right)$ $\vec{n} = \mathbf{i} \left( -3/2 + 3/2 \right) - \mathbf{j} \left( -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2 \right) + \mathbf{k} \left( \sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 \right)$ $\vec{n} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$. Для удобства вычислений, умножим нормальный вектор на 2: $\vec{n'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$. Длина вектора $|\vec{n'}| = \sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{0 + 12 + 3} = \sqrt{15}$.

5.Найдем синус угла между прямой $BF$ и плоскостью $SBC$. Угол $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$ определяется формулой: $\sin(\alpha) = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$ Здесь $\vec{v} = \vec{BF} = (0, -\sqrt{3}, 0)$ и $\vec{n} = \vec{n'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$. Скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n} = (0)(0) + (-\sqrt{3})(2\sqrt{3}) + (0)(\sqrt{3}) = 0 - 6 + 0 = -6$. $\sin(\alpha) = \frac{|-6|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{15}} = \frac{6}{\sqrt{45}} = \frac{6}{3\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$. Рационализируем знаменатель: $\sin(\alpha) = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.

6.Найдем косинус угла $\alpha$. Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$. $\cos^2(\alpha) = 1 - \sin^2(\alpha)$ $\cos^2(\alpha) = 1 - \left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)^2 = 1 - \frac{4 \cdot 5}{25} = 1 - \frac{20}{25} = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$. Поскольку угол между прямой и плоскостью, по определению, всегда острый (или прямой), $\cos(\alpha)$ должен быть положительным. $\cos(\alpha) = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$. Рационализируем знаменатель: $\cos(\alpha) = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{5}}{5}$

36. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите синус угла между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида SABCDEF.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Перевод в СИ:

Длины даны в абстрактных единицах, перевод в СИ не требуется.

Найти:

Синус угла между прямой SA и плоскостью SBC, $\sin(\alpha)$.

Решение:

Обозначим центр основания пирамиды через O. Поскольку пирамида правильная, вершина S проецируется в центр основания O.

В правильном шестиугольнике сторона $a$ равна радиусу описанной окружности, поэтому $OA = a = 1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOA$. По теореме Пифагора найдем высоту пирамиды SO:

$SO^2 = SA^2 - OA^2$

$SO^2 = l^2 - a^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$

$SO = \sqrt{3}$

Для нахождения синуса угла между прямой SA и плоскостью SBC воспользуемся формулой:

$\sin(\alpha) = \frac{\text{расстояние от точки A до плоскости SBC}}{\text{длина отрезка SA}}$

Длина отрезка SA дана: $SA = l = 2$.

Найдем расстояние от точки A до плоскости SBC. Воспользуемся методом координат.

Пусть центр основания O находится в начале координат $(0,0,0)$. Ось Z направим вдоль SO.

Тогда координаты вершины S: $S(0,0,\sqrt{3})$.

Координаты вершин основания: поскольку $OA=1$ и мы можем положить A на оси X, $A(1,0,0)$.

Координаты B и C (для плоскости SBC):

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

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

Найдем векторы, лежащие в плоскости SBC:

$\vec{SB} = B - S = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SC} = C - S = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости SBC как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

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

$\vec{n} = (0, \sqrt{3}, \frac{\sqrt{3}}{2})$

Для удобства можно взять нормальный вектор, пропорциональный $\vec{n}$, например, умножив на $2/\sqrt{3}$:

$\vec{n'} = (0, 2, 1)$

Уравнение плоскости SBC имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Используя $\vec{n'} = (0, 2, 1)$, получаем $0x + 2y + 1z + D = 0$.

Подставим координаты точки S $(0,0,\sqrt{3})$ в уравнение плоскости, чтобы найти D:

$2(0) + 1(\sqrt{3}) + D = 0 \Rightarrow D = -\sqrt{3}$

Уравнение плоскости SBC: $2y + z - \sqrt{3} = 0$.

Найдем расстояние от точки A $(1,0,0)$ до плоскости $2y + z - \sqrt{3} = 0$ по формуле $dist = \frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$:

$dist(A, \text{SBC}) = \frac{|0(1) + 2(0) + 1(0) - \sqrt{3}|}{\sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2}} = \frac{|-\sqrt{3}|}{\sqrt{4+1}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$

Теперь вычислим синус угла $\alpha$:

$\sin(\alpha) = \frac{\text{расстояние от A до плоскости SBC}}{SA} = \frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{10}$

Ответ:

$\frac{\sqrt{15}}{10}$

37. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны $1$, а боковые ребра равны $2$, найдите синус угла между прямой $SF$ и плоскостью $SBC$.

Дано

Пирамида $SABCDEF$ — правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Найти

Синус угла между прямой $SF$ и плоскостью $SBC$.

Решение

1. Установим систему координат. Пусть центр основания правильной шестиугольной пирамиды $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси $z$. Высоту пирамиды обозначим $h$. В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности. Следовательно, расстояние от центра до любой вершины основания равно $a=1$. Выберем координаты вершин основания. Пусть вершина $A$ лежит на оси $x$. Тогда $A = (1, 0, 0)$, $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D = (-1, 0, 0)$, $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$. Координаты вершины $S = (0, 0, h)$. Длина бокового ребра $SF$ равна 2. Используем формулу расстояния между точками $S(0,0,h)$ и $F(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$: $SF^2 = (1/2 - 0)^2 + (-\sqrt{3}/2 - 0)^2 + (0 - h)^2$. $2^2 = (1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + (-h)^2$. $4 = 1/4 + 3/4 + h^2$. $4 = 1 + h^2$. $h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$. Таким образом, координаты вершины $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

2. Найдем направляющий вектор прямой $SF$. Вектор $\vec{SF} = F - S = (1/2 - 0, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$.

3. Найдем нормальный вектор плоскости $SBC$. Для этого нам нужны две точки, лежащие в плоскости $SBC$. У нас есть $S(0,0,\sqrt{3})$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Построим два вектора, лежащих в плоскости: $\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$. $\vec{SC} = C - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$. Нормальный вектор $\vec{n}$ перпендикулярен этим двум векторам и может быть найден как их векторное произведение:

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

$\vec{n}_x = (\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(\sqrt{3}/2) = -3/2 - (-3/2) = 0$

$\vec{n}_y = (-\sqrt{3})(-1/2) - (1/2)(-\sqrt{3}) = \sqrt{3}/2 + \sqrt{3}/2 = \sqrt{3}$

$\vec{n}_z = (1/2)(\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(-1/2) = \sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 = \sqrt{3}/2$

Таким образом, нормальный вектор $\vec{n} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$. Для упрощения вычислений можно умножить его на $2/\sqrt{3}$, получив $\vec{n}' = (0, 2, 1)$.

4. Вычислим синус угла между прямой $SF$ и плоскостью $SBC$. Синус угла $\phi$ между прямой, задаваемой направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, вычисляется по формуле: $\sin(\phi) = \frac{| \vec{v} \cdot \vec{n} |}{| \vec{v} | | \vec{n} |}$. У нас $\vec{v} = \vec{SF} = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ и $\vec{n} = (0, 2, 1)$. Скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n} = (1/2)(0) + (-\sqrt{3}/2)(2) + (-\sqrt{3})(1) = 0 - \sqrt{3} - \sqrt{3} = -2\sqrt{3}$. Модуль вектора $\vec{v} = |\vec{SF}| = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 3} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2$. Модуль вектора $\vec{n} = \sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$. Подставляем значения в формулу: $\sin(\phi) = \frac{|-2\sqrt{3}|}{2 \cdot \sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$. Для рационализации знаменателя умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{5}$: $\sin(\phi) = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{15}}{5}$

38. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.
Длина всех ребер $a = 1$.

В системе СИ:

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

Найти:

Синус угла между прямой $BA_1$ и плоскостью $BCC_1$, то есть $\sin(\alpha)$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Расположим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начале координат $(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль радиуса $OA$, ось $Oy$ перпендикулярно $AD$ в плоскости основания, ось $Oz$ вдоль ребра $OO_1$ (высоты призмы).

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

Координаты вершин нижнего основания правильного шестиугольника со стороной 1, расположенного в плоскости $z=0$ с центром в $(0,0,0)$: Вершина $A$ лежит на оси $Ox$, поэтому ее координаты $A(1,0,0)$. Вершина $B$ образует угол $60^\circ$ с осью $Ox$. Ее координаты: $B(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$. Вершина $C$ образует угол $120^\circ$ с осью $Ox$. Ее координаты: $C(1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Вершины верхнего основания $A_1, B_1, C_1$ имеют ту же $x$ и $y$ координаты, но $z$-координата равна высоте призмы, то есть 1. $A_1(1,0,1)$. $B_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$. $C_1(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Найдем вектор, представляющий прямую $BA_1$: $\vec{BA_1} = A_1 - B = (1 - \frac{1}{2}, 0 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Длина (модуль) вектора $\vec{BA_1}$: $|\vec{BA_1}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.

Теперь определим уравнение плоскости $BCC_1$. Плоскость $BCC_1$ содержит точки $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $C_1(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$. Заметим, что для всех этих точек $y$-координата равна $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это означает, что плоскость $BCC_1$ параллельна оси $Ox$ и оси $Oz$, и ее уравнение имеет вид $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$. В общем виде уравнение плоскости $Ax+By+Cz+D=0$. В нашем случае это $0 \cdot x + 1 \cdot y + 0 \cdot z - \frac{\sqrt{3}}{2} = 0$.

Нормальный вектор к плоскости $BCC_1$ (вектор, перпендикулярный плоскости) будет $\vec{n} = (0, 1, 0)$.

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

Синус угла $\alpha$ между прямой, заданной вектором $\vec{l}$ и плоскостью с нормальным вектором $\vec{n}$, вычисляется по формуле: $\sin \alpha = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{|\vec{l}| \cdot |\vec{n}|}$. В нашем случае $\vec{l} = \vec{BA_1} = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$ и $\vec{n} = (0, 1, 0)$.

Скалярное произведение $\vec{BA_1} \cdot \vec{n}$: $\vec{BA_1} \cdot \vec{n} = (\frac{1}{2})(0) + (-\frac{\sqrt{3}}{2})(1) + (1)(0) = 0 - \frac{\sqrt{3}}{2} + 0 = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Подставляем значения в формулу для синуса угла: $\sin \alpha = \frac{|-\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$.

Упростим выражение, избавившись от иррациональности в знаменателе: $\sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

39. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $AF_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер призмы равна 1.

Перевод в СИ:

Длина ребра основания $a = 1$.

Высота призмы $h = 1$.

Найти:

Синус угла между прямой $AF_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат.

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

Поскольку призма правильная шестиугольная, и длина всех ребер равна 1, то длина стороны основания $a=1$ и высота призмы $h=1$. Радиус описанной окружности вокруг основания правильного шестиугольника равен его стороне, то есть 1.

Координаты вершин нижнего основания:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

Высота призмы равна 1, поэтому z-координаты вершин верхнего основания на 1 больше, чем у соответствующих вершин нижнего основания:

$F_1 = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

1. Найдем вектор, направляющий прямую $AF_1$:

$\vec{AF_1} = F_1 - A = (\frac{1}{2} - 1, -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Длина вектора $\vec{AF_1}$ (модуль направляющего вектора):

$||\vec{AF_1}|| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$

2. Найдем нормальный вектор к плоскости $BCC_1$.

Точки $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ принадлежат нижнему основанию. Так как призма правильная, и грань $BCC_1B_1$ является боковой гранью, она параллельна оси Z и содержит отрезок $BC$. Заметим, что y-координаты точек $B$ и $C$ равны $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Так как это вертикальная грань, все точки плоскости $BCC_1$ будут иметь y-координату $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Следовательно, уравнение плоскости $BCC_1$ имеет вид $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Нормальный вектор к плоскости $y = k$ равен $\vec{n} = (0, 1, 0)$.

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

3. Вычислим синус угла $\alpha$ между прямой $AF_1$ (с направляющим вектором $\vec{v} = \vec{AF_1}$) и плоскостью $BCC_1$ (с нормальным вектором $\vec{n}$).

Формула для синуса угла между прямой и плоскостью:

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

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

$\vec{AF_1} \cdot \vec{n} = (-\frac{1}{2})(0) + (-\frac{\sqrt{3}}{2})(1) + (1)(0) = 0 - \frac{\sqrt{3}}{2} + 0 = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь подставим значения в формулу:

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

Для избавления от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:

$\sin(\alpha) = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

Ответ:

$\frac{\sqrt{6}}{4}$

40. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $B_1E$ и плоскостью $BCC_1$.

41. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер равна 1.

Перевод в СИ:

Длина стороны основания $a = 1$.

Высота призмы $h = 1$.

Найти:

Синус угла между прямой $B_1E$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение:

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

Так как призма правильная и все ее ребра равны 1, то длина стороны правильного шестиугольника в основании равна $a=1$, и высота призмы $h=1$.

Расположим вершины основания следующим образом: ось $y$ проходит через точки $B$ и $E$.

Координаты вершин нижнего основания:

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

Координаты соответствующих вершин верхнего основания (с $z$-координатой равной высоте $h=1$):

• $B_1 = (0, 1, 1)$
• $C_1 = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1)$

Найдем вектор направления прямой $B_1E$:

$\vec{B_1E} = E - B_1 = (0-0, -1-1, 0-1) = (0, -2, -1)$.

Длина вектора $\vec{B_1E}$: $|\vec{B_1E}| = \sqrt{0^2 + (-2)^2 + (-1)^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$.

Для определения плоскости $BCC_1$ используем векторы $\vec{BB_1}$ и $\vec{BC}$.

$\vec{BB_1} = B_1 - B = (0-0, 1-1, 1-0) = (0, 0, 1)$.

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BCC_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BB_1}$:

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

Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{1} = 1$.

Синус угла $\alpha$ между прямой и плоскостью вычисляется по формуле: $\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$, где $\vec{v}$ - направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ - нормальный вектор плоскости.

Скалярное произведение $\vec{B_1E} \cdot \vec{n}$:

$\vec{B_1E} \cdot \vec{n} = (0)(-\frac{1}{2}) + (-2)(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (-1)(0) = 0 + \sqrt{3} + 0 = \sqrt{3}$.

Теперь подставим значения в формулу для синуса угла:

$\sin \alpha = \frac{|\sqrt{3}|}{\sqrt{5} \cdot 1} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$.

Для рационализации знаменателя умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{5}$:

$\sin \alpha = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{15}}{5}$

41. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $BCE_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1.

В данном случае, перевод в систему СИ не требуется, так как задача является геометрической, и длины даны в относительных единицах, которые сократятся в итоговом отношении.

Найти:

Синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $BCE_1$.

Решение:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть центр нижнего основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Так как призма правильная, и все ее ребра равны 1, то сторона основания шестиугольника $a = 1$, и высота призмы $h = 1$. Радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне, то есть $R=a=1$.

Координаты вершин нижнего основания $ABCDEF$ (если $A$ лежит на оси $Ox$): $A = (1, 0, 0)$, $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $E = (1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Координаты соответствующей вершины верхнего основания $E_1$ (сдвинуты по оси $Oz$ на высоту $h=1$): $E_1 = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Найдем направляющий вектор прямой $AB$.

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

Длина вектора $\vec{AB}$:

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

Теперь найдем нормальный вектор к плоскости $BCE_1$. Для этого возьмем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BE_1}$, и найдем их векторное произведение.

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

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

Нормальный вектор $\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BE_1}$:

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

$\vec{n} = (0, 1, \sqrt{3})$

Длина нормального вектора $\vec{n}$:

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

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

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

Здесь $\vec{l} = \vec{AB} = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $\vec{n} = (0, 1, \sqrt{3})$.

Скалярное произведение $\vec{AB} \cdot \vec{n}$:

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

Подставляем значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2}|}{1 \cdot 2} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$

Ответ:

Синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $BCE_1$ равен $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

42. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Призма: правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длины всех ребер: $a = 1$.

Значения уже даны в безразмерных единицах, соответствующих друг другу, перевод в систему СИ не требуется.

Синус угла между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Для решения задачи введем декартову систему координат. Разместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начале координат $O(0,0,0)$. Поскольку призма правильная, и все ее ребра равны 1, длина стороны шестиугольника $AB=BC=...=1$, а высота призмы $AA_1=BB_1=...=1$.

Координаты вершин шестиугольника со стороной $a=1$, расположенного в плоскости $z=0$ (нижнее основание), если одна из вершин (например, A) лежит на оси X, будут:

• $A = (1, 0, 0)$
• $B = (\cos(60^\circ), \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $C = (\cos(120^\circ), \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $D = (-1, 0, 0)$
• $E = (\cos(240^\circ), \sin(240^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (\cos(300^\circ), \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Координаты вершин верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ будут иметь $z$-координату, равную высоте призмы, то есть 1:

• $B_1 = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
• $C_1 = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
• $E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

Найдем направляющий вектор прямой $BC_1$:

$\vec{BC_1} = C_1 - B = (-1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-1, 0, 1)$.

Найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в плоскости $BCE_1$. Для этого используем точки $B$, $C$ и $E_1$:

• $\vec{BC} = C - B = (-1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-1, 0, 0)$.
• $\vec{BE_1} = E_1 - B = (-1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-1, -\sqrt{3}, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BCE_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BE_1}$:

$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BE_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-\sqrt{3})) - \mathbf{j}(-1 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) + \mathbf{k}(-1 \cdot (-\sqrt{3}) - 0 \cdot (-1))$

$\vec{n} = 0\mathbf{i} - (-1)\mathbf{j} + (\sqrt{3})\mathbf{k} = (0, 1, \sqrt{3})$.

Синус угла $\phi$ между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCE_1$ равен абсолютному значению косинуса угла $\theta$ между направляющим вектором прямой $\vec{BC_1}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n}$. Формула для синуса угла между прямой и плоскостью: $\sin \phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{BC_1} \cdot \vec{n}$:

$\vec{BC_1} \cdot \vec{n} = (-1)(0) + (0)(1) + (1)(\sqrt{3}) = 0 + 0 + \sqrt{3} = \sqrt{3}$.

Вычислим длины векторов $||\vec{BC_1}||$ и $||\vec{n}||$:

$||\vec{BC_1}|| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.

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

Теперь подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

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

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:

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

Синус угла между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCE_1$ равен $\frac{\sqrt{6}}{4}$.