Страница 155 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

43. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Дано:

• Призма: правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

• Длина всех ребер: $a = 1$.

Перевод в СИ:

Величины даны в безразмерных единицах (длина 1), перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

Синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Разместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начале координат $(0,0,0)$.

Так как призма правильная шестиугольная и все ее ребра равны 1, то сторона основания $a=1$ и высота призмы $h=1$. Вершины правильного шестиугольника, вписанного в окружность радиуса $R=a=1$, можно определить следующим образом:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

$D = (\cos(180^\circ), \sin(180^\circ), 0) = (-1, 0, 0)$

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

$F = (\cos(300^\circ), \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Соответствующие вершины верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ будут иметь $z$-координату, равную высоте призмы $h=1$:

$A_1 = (1, 0, 1)$

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

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

$D_1 = (-1, 0, 1)$

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

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

1. Вектор прямой $BD_1$:

Для прямой $BD_1$ найдем вектор $\vec{BD_1}$.

$B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$D_1 = (-1, 0, 1)$

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

Длина вектора $\vec{BD_1}$:

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

2. Нормальный вектор к плоскости $BCE_1$:

Для плоскости $BCE_1$ нам нужны три точки, лежащие в этой плоскости:

$B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

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

Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости:

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

$\vec{CE_1} = E_1 - C = (-1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (0, -\sqrt{3}, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BCE_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{CE_1}$:

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

Длина нормального вектора $\vec{n}$:

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

3. Синус угла между прямой и плоскостью:

Синус угла $\theta$ между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCE_1$ определяется по формуле:

$\sin \theta = \frac{| \vec{n} \cdot \vec{BD_1} |}{| \vec{n} | \cdot | \vec{BD_1} |}$

Найдем скалярное произведение $\vec{n} \cdot \vec{BD_1}$:

$\vec{n} \cdot \vec{BD_1} = (0, 1, \sqrt{3}) \cdot (-3/2, -\sqrt{3}/2, 1) = 0 \cdot (-3/2) + 1 \cdot (-\sqrt{3}/2) + \sqrt{3} \cdot 1 = 0 - \sqrt{3}/2 + \sqrt{3} = \sqrt{3}/2$

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

$\sin \theta = \frac{|\sqrt{3}/2|}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt{3}/2}{4} = \frac{\sqrt{3}}{8}$

Ответ:

Синус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCE_1$ равен $\frac{\sqrt{3}}{8}$.

44. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой $B_1E$ и плоскостью $BCE_1$.

Дано

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длины всех рёбер равны $1$.

Перевод всех данных в систему СИ: Данные представлены в безразмерных единицах, что является стандартным для геометрических задач. Перевод в систему СИ не требуется.

Найти

Синус угла между прямой $B_1E$ и плоскостью $BCE_1$, обозначим этот угол как $\alpha$.

Решение

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Разместим центр нижнего основания $O$ в начале координат $(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль $OA$. Поскольку призма правильная шестиугольная и длина ребра основания $a=1$, координаты вершин основания $ABCDEF$ будут:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

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

$F = (1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Поскольку все рёбра призмы равны $1$, высота призмы также равна $1$. Следовательно, координаты вершин верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ будут иметь $z$-координату, равную $1$. Для нашей задачи необходимы следующие точки:

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

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

$B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

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

1. Находим направляющий вектор прямой $B_1E$:

Вектор $\vec{v} = \vec{EB_1}$ является направляющим вектором прямой $B_1E$.

$\vec{v} = B_1 - E = (1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (1, \sqrt{3}, 1)$.

Длина вектора $\vec{v}$ (длина отрезка $B_1E$):

$|\vec{v}| = |\vec{B_1E}| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 3 + 1} = \sqrt{5}$.

2. Находим нормальный вектор плоскости $BCE_1$:

Для определения плоскости $BCE_1$ используем три точки: $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

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

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

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

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

Длина нормального вектора $\vec{n}$:

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

3. Вычисляем синус угла между прямой и плоскостью:

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

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

Сначала найдем скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$:

$\vec{v} \cdot \vec{n} = (1)(\text{0}) + (\sqrt{3})(1) + (1)(\sqrt{3}) = 0 + \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.

Теперь подставим значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|2\sqrt{3}|}{\sqrt{5} \cdot 2} = \frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$.

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:

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

45. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямой $FC_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны $1$.

Найти:

Косинус угла между прямой $FC_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Решение:

Для решения задачи введем систему координат. Поместим центр нижнего основания $O$ в начало координат $(0,0,0)$. Пусть ось $x$ проходит через вершину $A$ и центр $O$. Тогда координаты вершин нижнего основания (призма правильная, длина ребра основания $a=1$):

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

Высота призмы $h=1$. Координаты вершин верхнего основания:

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

Найдем вектор, направляющий прямую $FC_1$.
Координаты точки $F$: $(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.
Координаты точки $C_1$: $(-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.
Вектор $\vec{v} = \vec{FC_1} = C_1 - F = (-1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (-1, \sqrt{3}, 1)$.
Длина вектора $|\vec{v}| = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 3 + 1} = \sqrt{5}$.

Найдем нормальный вектор к плоскости $BCE_1$.
Координаты точек, лежащих в плоскости $BCE_1$:
$B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
Найдем два неколлинеарных вектора в этой плоскости:
$\vec{u} = \vec{CB} = B - C = (1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (1, 0, 0)$.
$\vec{w} = \vec{CE_1} = E_1 - C = (-1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (0, -\sqrt{3}, 1)$.
Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости равен векторному произведению этих векторов:
$\vec{n} = \vec{u} \times \vec{w} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-\sqrt{3})) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(1 \cdot (-\sqrt{3}) - 0 \cdot 0) = (0, -1, -\sqrt{3})$.
Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{0 + 1 + 3} = \sqrt{4} = 2$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью связан с углом $\beta$ между направляющим вектором прямой $\vec{v}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n}$ соотношением $\sin(\alpha) = |\cos(\beta)|$.
Найдем $\cos(\beta) = \frac{\vec{v} \cdot \vec{n}}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$.
Скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n} = (-1)(0) + (\sqrt{3})(-1) + (1)(-\sqrt{3}) = 0 - \sqrt{3} - \sqrt{3} = -2\sqrt{3}$.
$\cos(\beta) = \frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{5} \cdot 2} = \frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$.
Тогда $\sin(\alpha) = \left|\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\right| = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$.

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$ для нахождения $\cos(\alpha)$.
$\cos(\alpha) = \sqrt{1 - \sin^2(\alpha)} = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{3}{5}} = \sqrt{\frac{5-3}{5}} = \sqrt{\frac{2}{5}}$.
Для устранения иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{5}$:
$\cos(\alpha) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $ \frac{\sqrt{10}}{5} $

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $A_1B_1C_1$ и $BDC_1$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Требуется найти тангенс угла между плоскостями $A_1B_1C_1$ и $BDC_1$.

Найти: $\tan \varphi$, где $\varphi$ — угол между плоскостями $A_1B_1C_1$ и $BDC_1$.

Решение

1. Введем декартову систему координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Оси координат направим вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$. Тогда координаты вершин куба будут:

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

2. Найдем вектор нормали к плоскости $A_1B_1C_1$. Плоскость $A_1B_1C_1$ является плоскостью верхней грани куба. Ее уравнение в выбранной системе координат равно $z=a$. Соответственно, вектор нормали к этой плоскости можно взять как $\vec{n_1} = (0,0,1)$.

3. Найдем вектор нормали к плоскости $BDC_1$. Эта плоскость проходит через точки $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$ и $C_1(a,a,a)$. Для нахождения вектора нормали к плоскости, определенной тремя точками, найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, и вычислим их векторное произведение. Выберем векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:

• $\vec{DB} = B - D = (a-0, 0-a, 0-0) = (a, -a, 0)$
• $\vec{DC_1} = C_1 - D = (a-0, a-a, a-0) = (a, 0, a)$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $BDC_1$ является векторным произведением $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:

$\vec{n_2} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \det \begin{pmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & -a & 0 \\ a & 0 & a \end{pmatrix} = \vec{i}((-a)(a) - (0)(0)) - \vec{j}((a)(a) - (0)(a)) + \vec{k}((a)(0) - (-a)(a))$

$\vec{n_2} = -a^2\vec{i} - a^2\vec{j} + a^2\vec{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$

Поскольку $a \ne 0$, мы можем взять коллинеарный вектор нормали, разделив все компоненты на $-a^2$: $\vec{n_2} = (1, 1, -1)$.

4. Вычислим косинус угла $\varphi$ между двумя плоскостями. Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус угла между векторами вычисляется по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(1) + (0)(1) + (1)(-1) = 0 + 0 - 1 = -1$

Вычислим длины (модули) векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

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

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

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

$\cos \varphi = \frac{|-1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

5. Вычислим тангенс угла $\varphi$. Используем основное тригонометрическое тождество $\tan^2 \varphi + 1 = \sec^2 \varphi = \frac{1}{\cos^2 \varphi}$:

$\tan^2 \varphi = \frac{1}{\cos^2 \varphi} - 1 = \frac{1}{(1/\sqrt{3})^2} - 1 = \frac{1}{1/3} - 1 = 3 - 1 = 2$

Поскольку угол между плоскостями принято считать острым (или прямым, т.е. $\varphi \in [0, \pi/2]$), значение тангенса должно быть неотрицательным ($\tan \varphi \ge 0$).

$\tan \varphi = \sqrt{2}$

Ответ: $\sqrt{2}$

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CB_1D_1$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ най...

Дано:

куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CB_1D_1$.

Решение:

обозначим сторону куба за $a$.введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.оси $x, y, z$ направим вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно.

тогда координаты вершин будут:

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

1. Найдем нормальный вектор плоскости $ABC$.

плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $xy$ (плоскость $z=0$).ее нормальный вектор можно взять как $\vec{n_1} = (0,0,1)$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $CB_1D_1$.

для этого найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{CB_1}$ и $\vec{CD_1}$.

• $\vec{CB_1} = B_1 - C = (a-a, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$
• $\vec{CD_1} = D_1 - C = (0-a, a-a, a-0) = (-a, 0, a)$

нормальный вектор $\vec{n_2}$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{CB_1} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -a & a \\ -a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-a)(a) - (a)(0)) - \mathbf{j}((0)(a) - (a)(-a)) + \mathbf{k}((0)(0) - (-a)(-a))$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(-a^2) - \mathbf{j}(a^2) + \mathbf{k}(-a^2) = (-a^2, -a^2, -a^2)$

для удобства можем взять более простой нормальный вектор, пропорциональный $(-a^2, -a^2, -a^2)$, например, поделив на $-a^2$: $\vec{n_2} = (1,1,1)$.

3. Найдем косинус угла между плоскостями.

угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами.косинус угла между векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ вычисляется по формуле:

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

где:

• $\vec{n_1} = (0,0,1)$
• $\vec{n_2} = (1,1,1)$

скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(1) + (0)(1) + (1)(1) = 1$.

длины векторов:

• $||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$
• $||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$

теперь подставим значения в формулу для косинуса угла:

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

4. Найдем тангенс угла между плоскостями.

используем тригонометрическое тождество $\tan^2 \phi + 1 = \sec^2 \phi = \frac{1}{\cos^2 \phi}$.

$\tan^2 \phi = \frac{1}{\cos^2 \phi} - 1$

$\cos^2 \phi = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{1}{3}$

$\tan^2 \phi = \frac{1}{1/3} - 1 = 3 - 1 = 2$

поскольку угол между плоскостями по определению является острым (или прямым), его тангенс должен быть положительным.

$\tan \phi = \sqrt{2}$

Ответ:

тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CB_1D_1$ равен $\sqrt{2}$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $BCC_1$ и $CB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.Плоскость $P_1$: $BCC_1$.Плоскость $P_2$: $CB_1D_1$.

Для решения задачи примем длину ребра куба за $a$. Перевод в систему СИ не требуется, так как задача носит геометрический характер и не содержит физических величин.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $BCC_1$ и $CB_1D_1$.

Решение:

Введем прямоугольную систему координат. Пусть начало координат совпадает с вершиной $A$. Оси $x$, $y$, $z$ направим вдоль ребер $AB$, $AD$, $AA_1$ соответственно.

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

1. Нахождение нормального вектора для плоскости $BCC_1$.

Плоскость $BCC_1$ (то есть грань $BCC_1B_1$) параллельна плоскости $YOZ$ и проходит через точку с координатой $x=a$. Уравнение этой плоскости: $x - a = 0$.Нормальный вектор для плоскости $BCC_1$ можно взять как $\vec{n_1} = (1, 0, 0)$.

2. Нахождение нормального вектора для плоскости $CB_1D_1$.

Плоскость $CB_1D_1$ проходит через точки $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:$\vec{CB_1} = B_1 - C = (a-a, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$.$\vec{CD_1} = D_1 - C = (0-a, a-a, a-0) = (-a, 0, a)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ для плоскости $CB_1D_1$ перпендикулярен обоим векторам $\vec{CB_1}$ и $\vec{CD_1}$. Его можно найти с помощью векторного произведения:$\vec{n_2} = \vec{CB_1} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -a & a \\ -a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - a \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - (-a) \cdot (-a))$$\vec{n_2} = \mathbf{i}(-a^2) - \mathbf{j}(a^2) + \mathbf{k}(-a^2) = (-a^2, -a^2, -a^2)$.Для удобства расчетов можно взять любой вектор, коллинеарный $\vec{n_2}$. Разделим все компоненты на $-a^2$ (поскольку $a \neq 0$):$\vec{n_2} = (1, 1, 1)$.

3. Вычисление косинуса угла между плоскостями.

Угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус угла между векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ определяется по формуле:$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$

Вычислим скалярное произведение:$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (1)(1) + (0)(1) + (0)(1) = 1$.

Вычислим длины векторов:$||\vec{n_1}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$.$||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$.

Теперь подставим значения в формулу для косинуса:$\cos \phi = \frac{|1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

4. Вычисление тангенса угла.

Используем основное тригонометрическое тождество, связывающее тангенс и косинус: $\tan^2 \phi + 1 = \sec^2 \phi = \frac{1}{\cos^2 \phi}$.Отсюда выразим $\tan^2 \phi$:$\tan^2 \phi = \frac{1}{\cos^2 \phi} - 1$$\tan^2 \phi = \frac{1}{(1/\sqrt{3})^2} - 1 = \frac{1}{1/3} - 1 = 3 - 1 = 2$.Поскольку угол между плоскостями обычно принимается как острый (от $0$ до $\pi/2$), его тангенс будет положительным:$\tan \phi = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$

4. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $ADD_1$ и $BDC_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Плоскости $ADD_1$ и $BDC_1$.

Перевод в СИ:

Для данной геометрической задачи перевод величин в систему СИ не требуется, так как отсутствуют численные значения длин, выраженные в конкретных единицах измерения. Примем длину ребра куба за $a$.

Найти:

$\tan \theta$, где $\theta$ - угол между плоскостями $ADD_1$ и $BDC_1$.

Решение:

Для определения угла между двумя плоскостями воспользуемся методом координат.

1. Введем систему координат. Пусть ребро куба равно $a$. Разместим вершину $D$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты остальных вершин будут: $A=(a,0,0)$ $B=(a,a,0)$ $C=(0,a,0)$ $D=(0,0,0)$ $A_1=(a,0,a)$ $B_1=(a,a,a)$ $C_1=(0,a,a)$ $D_1=(0,0,a)$

2. Найдем нормальный вектор к плоскости $ADD_1$. Плоскость $ADD_1$ (она же плоскость $AA_1D_1D$) содержит точки $A(a,0,0)$, $D(0,0,0)$, $D_1(0,0,a)$. Векторы, лежащие в этой плоскости: $\vec{DA} = A - D = (a,0,0)$ $\vec{DD_1} = D_1 - D = (0,0,a)$ Нормальный вектор $\vec{n_1}$ можно найти как векторное произведение $\vec{DA} \times \vec{DD_1}$: $\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a \end{vmatrix} = (0 \cdot a - 0 \cdot 0)\mathbf{i} - (a \cdot a - 0 \cdot 0)\mathbf{j} + (a \cdot 0 - 0 \cdot 0)\mathbf{k} = (0, -a^2, 0)$. Для удобства можно взять нормальный вектор, пропорциональный $(0, -a^2, 0)$, например, $\vec{n_1} = (0, 1, 0)$.

3. Найдем нормальный вектор к плоскости $BDC_1$. Плоскость $BDC_1$ содержит точки $B(a,a,0)$, $D(0,0,0)$, $C_1(0,a,a)$. Векторы, лежащие в этой плоскости: $\vec{DB} = B - D = (a,a,0)$ $\vec{DC_1} = C_1 - D = (0,a,a)$ Нормальный вектор $\vec{n_2}$ можно найти как векторное произведение $\vec{DB} \times \vec{DC_1}$: $\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = (a \cdot a - 0 \cdot a)\mathbf{i} - (a \cdot a - 0 \cdot 0)\mathbf{j} + (a \cdot a - 0 \cdot a)\mathbf{k} = (a^2, -a^2, a^2)$. Для удобства можно взять нормальный вектор, пропорциональный $(a^2, -a^2, a^2)$, например, $\vec{n_2} = (1, -1, 1)$.

4. Вычислим косинус угла $\theta$ между плоскостями. Угол $\theta$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. $\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$ Скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(1) + (1)(-1) + (0)(1) = 0 - 1 + 0 = -1$. Модули векторов: $||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1} = 1$. $||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$. Тогда $\cos \theta = \frac{|-1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

5. Найдем тангенс угла $\theta$. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ найдем $\sin \theta$: $\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. Так как угол между плоскостями по определению является острым ($\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$), $\sin \theta \ge 0$. $\sin \theta = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Теперь найдем $\tan \theta$: $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = \sqrt{2}$.

Ответ:

$\tan \theta = \sqrt{2}$.

5. В кубе $ABCD A_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $ABC_1$ и $AB_1D_1$.

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Тангенс угла между плоскостями $ABC_1$ и $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $A$. Оси $x$, $y$, $z$ направим вдоль ребер $AB$, $AD$, $AA_1$ соответственно.

Координаты вершин куба:

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

Найдем нормальный вектор для плоскости $ABC_1$. Плоскость проходит через точки $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$ и $C_1(a,a,a)$.

Векторы, лежащие в плоскости $ABC_1$:
$\vec{AB} = (a-0, 0-0, 0-0) = (a,0,0)$
$\vec{AC_1} = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ABC_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC_1}$:
$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0) = 0\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (0, -a^2, a^2)$
Для упрощения можно взять нормальный вектор $\vec{n_1} = (0, -1, 1)$.

Найдем нормальный вектор для плоскости $AB_1D_1$. Плоскость проходит через точки $A(0,0,0)$, $B_1(a,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.

Векторы, лежащие в плоскости $AB_1D_1$:
$\vec{AB_1} = (a-0, 0-0, a-0) = (a,0,a)$
$\vec{AD_1} = (0-0, a-0, a-0) = (0,a,a)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $AB_1D_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$:
$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0) = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$
Для упрощения можно взять нормальный вектор $\vec{n_2} = (-1, -1, 1)$.

Косинус угла $\phi$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:
$\cos\phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$

Вычислим скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}$:
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(-1) + (-1)(-1) + (1)(1) = 0 + 1 + 1 = 2$

Вычислим длины векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:
$||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$
$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

Теперь найдем $\cos\phi$:
$\cos\phi = \frac{|2|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Для нахождения тангенса угла воспользуемся тригонометрическим тождеством $\tan^2\phi = \frac{1}{\cos^2\phi} - 1$ или $\tan\phi = \frac{\sin\phi}{\cos\phi}$.

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

Так как угол между плоскостями всегда острый или прямой ($0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}$), $\sin\phi \ge 0$.
$\sin\phi = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Теперь найдем $\tan\phi$:
$\tan\phi = \frac{\sin\phi}{\cos\phi} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{6}}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$

6. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между плоскостями $BDA_1$ и $BDC_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскости $BDA_1$ и $BDC_1$.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $BDA_1$ и $BDC_1$.

Решение:

1. Пусть длина ребра куба равна $a$.

2. Плоскости $BDA_1$ и $BDC_1$ имеют общую прямую $BD$. Эта прямая является линией пересечения данных плоскостей.

3. Угол между двумя плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, каждая из которых лежит в одной из плоскостей, обе перпендикулярны линии пересечения плоскостей и пересекаются в одной точке на этой линии.

4. Рассмотрим точку $O$ — центр квадрата $ABCD$. Точка $O$ является серединой диагонали $BD$ и лежит на линии пересечения $BD$.

5. Рассмотрим треугольник $A_1BD$. Длины его сторон: $BD = a\sqrt{2}$ (диагональ грани). $A_1D = \sqrt{AD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $ADD_1A_1$). $A_1B = \sqrt{A_1A^2 + AB^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $A_1B_1BA$). Таким образом, треугольник $A_1BD$ является равносторонним. Поскольку $O$ — середина $BD$, медиана $A_1O$ в равностороннем треугольнике $A_1BD$ также является высотой. Следовательно, $A_1O \perp BD$. Прямая $A_1O$ лежит в плоскости $BDA_1$ и перпендикулярна $BD$ в точке $O$.

6. Рассмотрим треугольник $C_1BD$. Длины его сторон: $BD = a\sqrt{2}$. $C_1D = \sqrt{CD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $CDD_1C_1$). $C_1B = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $BCC_1B_1$). Таким образом, треугольник $C_1BD$ также является равносторонним. Поскольку $O$ — середина $BD$, медиана $C_1O$ в равностороннем треугольнике $C_1BD$ также является высотой. Следовательно, $C_1O \perp BD$. Прямая $C_1O$ лежит в плоскости $BDC_1$ и перпендикулярна $BD$ в точке $O$.

7. Угол между плоскостями $BDA_1$ и $BDC_1$ равен углу $\angle A_1OC_1$. Найдем косинус этого угла, используя метод координат. Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $D$ находилась в начале координат $(0,0,0)$, а ребра $DA$, $DC$, $DD_1$ лежали на осях $Ox$, $Oy$, $Oz$ соответственно. Для удобства расчетов примем длину ребра куба $a=1$. Координаты необходимых вершин: $D=(0,0,0)$ $B=(1,1,0)$ $A_1=(1,0,1)$ $C_1=(0,1,1)$ Точка $O$ является серединой отрезка $BD$, поэтому ее координаты: $O = \left(\frac{0+1}{2}, \frac{0+1}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$.

8. Найдем координаты векторов $\vec{OA_1}$ и $\vec{OC_1}$: $\vec{OA_1} = A_1 - O = (1 - 1/2, 0 - 1/2, 1 - 0) = (1/2, -1/2, 1)$. $\vec{OC_1} = C_1 - O = (0 - 1/2, 1 - 1/2, 1 - 0) = (-1/2, 1/2, 1)$.

9. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{OA_1}$ и $\vec{OC_1}$: $\vec{OA_1} \cdot \vec{OC_1} = (1/2) \cdot (-1/2) + (-1/2) \cdot (1/2) + (1) \cdot (1) = -1/4 - 1/4 + 1 = -1/2 + 1 = 1/2$.

10. Вычислим длины (модули) векторов $\vec{OA_1}$ и $\vec{OC_1}$: $|\vec{OA_1}| = \sqrt{(1/2)^2 + (-1/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 1/4 + 1} = \sqrt{1/2 + 1} = \sqrt{3/2}$. $|\vec{OC_1}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (1/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 1/4 + 1} = \sqrt{1/2 + 1} = \sqrt{3/2}$.

11. Косинус угла $\phi$ между векторами $\vec{OA_1}$ и $\vec{OC_1}$ (что и есть угол между плоскостями) определяется по формуле: $\cos \phi = \frac{\vec{OA_1} \cdot \vec{OC_1}}{|\vec{OA_1}| \cdot |\vec{OC_1}|}$ $\cos \phi = \frac{1/2}{\sqrt{3/2} \cdot \sqrt{3/2}} = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Ответ:

Косинус угла между плоскостями $BDA_1$ и $BDC_1$ равен $\frac{1}{3}$.

7. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между плоскостями $BA_1C_1$ и $AB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскость $\alpha$ проходит через точки $B, A_1, C_1$.

Плоскость $\beta$ проходит через точки $A, B_1, D_1$.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $BA_1C_1$ и $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $A$. Оси координат направим вдоль ребер $AB, AD, AA_1$.

Тогда координаты вершин куба будут:

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

Найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $BA_1C_1$. Для этого возьмем три точки, принадлежащие плоскости: $B(a, 0, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$.

Составим два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $BA_1C_1$ равен векторному произведению $\vec{BA_1} \times \vec{BC_1}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(-a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(-a \cdot a - 0 \cdot 0)$

$\vec{n_1} = -a^2\mathbf{i} + a^2\mathbf{j} - a^2\mathbf{k} = (-a^2, a^2, -a^2)$

Для удобства можем взять коллинеарный вектор, разделив на $-a^2$ (поскольку $a \ne 0$):

$\vec{n_1} = (1, -1, 1)$

Теперь найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $AB_1D_1$. Точки, принадлежащие плоскости: $A(0, 0, 0)$, $B_1(a, 0, a)$, $D_1(0, a, a)$.

Составим два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $AB_1D_1$ равен векторному произведению $\vec{AB_1} \times \vec{AD_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0)$

$\vec{n_2} = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$

Для удобства можем взять коллинеарный вектор, разделив на $-a^2$:

$\vec{n_2} = (1, 1, -1)$

Косинус угла $\phi$ между двумя плоскостями определяется по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (1)(1) + (-1)(1) + (1)(-1) = 1 - 1 - 1 = -1$

Вычислим модули нормальных векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$

Подставим значения в формулу для косинуса угла:

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

Ответ:

Косинус угла между плоскостями $BA_1C_1$ и $AB_1D_1$ равен $\frac{1}{3}$.

8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

Дано

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

Решение

Для решения задачи используем метод координат. Пусть ребро куба равно $a$. Введем систему координат с началом в точке A, ось Ax направлена вдоль AB, Ay вдоль AD, Az вдоль $AA_1$.

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. Нахождение нормального вектора плоскости $ABC_1$.

Плоскость $ABC_1$ определяется точками $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$ и $C_1(a,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ABC_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC_1}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) = (0, -a^2, a^2)$

Для удобства вычислений можно взять более простой коллинеарный вектор, например, разделив на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$):

$\vec{n_1} = (0, -1, 1)$

2. Нахождение нормального вектора плоскости $BCD_1$.

Плоскость $BCD_1$ определяется точками $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$ и $D_1(0,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

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

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) = (a^2, 0, a^2)$

Для удобства вычислений можно взять более простой коллинеарный вектор, например, разделив на $a^2$:

$\vec{n_2} = (1, 0, 1)$

3. Вычисление угла между плоскостями.

Угол $\phi$ между двумя плоскостями можно найти по формуле, используя их нормальные векторы $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

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

Вычислим скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(1) + (-1)(0) + (1)(1) = 0 + 0 + 1 = 1$

Вычислим модули нормальных векторов:

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$

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

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

Следовательно, угол $\phi$ равен:

$\phi = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$

Ответ: $60^\circ$

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$, найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ACB_1$

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

(Перевод в систему СИ не требуется, так как задача по геометрии и не содержит физических величин)

Найти:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

Решение:

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем декартову систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$. Тогда координаты вершин куба будут: $A(0,0,0)$ $B(a,0,0)$ $C(a,a,0)$ $D(0,a,0)$ $A_1(0,0,a)$ $B_1(a,0,a)$ $C_1(a,a,a)$ $D_1(0,a,a)$

1. Найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ABC_1$. Для этого выберем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$. Вектор $\vec{AB} = B - A = (a-0, 0-0, 0-0) = (a,0,0)$. Вектор $\vec{AC_1} = C_1 - A = (a-0, a-0, a-0) = (a,a,a)$. Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ABC_1$ можно найти как векторное произведение этих двух векторов: $\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) = (0, -a^2, a^2)$. Поскольку нам нужен только направление нормального вектора, мы можем взять вектор, пропорциональный $(0, -1, 1)$. Пусть $\vec{n_1} = (0, -1, 1)$.

2. Найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BCD_1$. Для этого выберем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$. Вектор $\vec{BC} = C - B = (a-a, a-0, 0-0) = (0,a,0)$. Вектор $\vec{BD_1} = D_1 - B = (0-a, a-0, a-0) = (-a,a,a)$. Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BCD_1$ можно найти как векторное произведение этих двух векторов: $\vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) = (a^2, 0, a^2)$. Аналогично, мы можем взять вектор, пропорциональный $(1, 0, 1)$. Пусть $\vec{n_2} = (1, 0, 1)$.

3. Угол $\theta$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус угла между векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ вычисляется по формуле: $\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$ Найдем скалярное произведение векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$: $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(1) + (-1)(0) + (1)(1) = 0 + 0 + 1 = 1$. Найдем модули (длины) векторов: $||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$. $||\vec{n_2}|| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$. Подставим эти значения в формулу для косинуса угла: $\cos \theta = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$. Следовательно, угол $\theta = \arccos\left(\frac{1}{2}\right)$. $\theta = 60^\circ$.

Ответ:

$60^\circ$

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ACB_1$ и $BCD_1$.

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Плоскости $ACB_1$ и $BCD_1$.

Найти: Угол между плоскостями $ACB_1$ и $BCD_1$.

Решение

Для определения угла между плоскостями воспользуемся методом координат.

1. Введем прямоугольную декартову систему координат. Пусть начало координат совпадает с вершиной $A(0,0,0)$ куба. Оси координат $x, y, z$ направим вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Тогда координаты вершин куба будут:

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

2. Найдем нормальный вектор к 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:

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ACB_1$ является векторным произведением этих двух векторов:

$ \vec{n_1} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \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_1} = (a^2, -a^2, -a^2) $

Для удобства вычислений можно взять коллинеарный вектор, разделив все компоненты на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$):

$ \vec{n_1}' = (1, -1, -1) $

3. Найдем нормальный вектор к плоскости $BCD_1$.

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

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BCD_1$ является векторным произведением этих двух векторов:

$ \vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) $

$ \vec{n_2} = (a^2, 0, a^2) $

Для удобства вычислений можно взять коллинеарный вектор, разделив все компоненты на $a^2$:

$ \vec{n_2}' = (1, 0, 1) $

4. Вычислим угол между плоскостями.

Угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус угла между векторами $\vec{n_1}'$ и $\vec{n_2}'$ вычисляется по формуле:

$ \cos \phi = \frac{|\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}'|}{|\vec{n_1}'| |\vec{n_2}'|} $

Найдем скалярное произведение векторов:

$ \vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = (1)(1) + (-1)(0) + (-1)(1) = 1 + 0 - 1 = 0 $

Так как скалярное произведение нормальных векторов равно нулю, это означает, что векторы ортогональны. Следовательно, косинус угла между ними равен 0.

$ \cos \phi = 0 $

Отсюда, угол $\phi$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

11. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны $1$, найдите косинус угла между плоскостями $ABC$ и $ACD$.

Дано

Тетраэдр $ABCD$.

Длина всех ребер $a = AB = BC = CD = DA = AC = BD = 1$.

Перевод в систему СИ

Длина ребра $a = 1 \, \text{м}$.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $ABC$ и $ACD$, то есть $\cos(\angle (ABC, ACD))$.

Решение

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно их линии пересечения из одной точки, лежащей на этой линии.

Линией пересечения плоскостей $ABC$ и $ACD$ является прямая $AC$.

Поскольку все ребра тетраэдра равны 1, то тетраэдр $ABCD$ является правильным. Следовательно, все его грани, включая $\triangle ABC$ и $\triangle ACD$, являются равносторонними треугольниками со стороной 1.

Пусть $M$ - середина ребра $AC$.

В равностороннем треугольнике $ABC$, медиана $BM$ также является высотой, поэтому $BM \perp AC$. Длина медианы (высоты) равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Для $\triangle ABC$ со стороной $a=1$: $BM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Аналогично, в равностороннем треугольнике $ACD$, медиана $DM$ также является высотой, поэтому $DM \perp AC$.

Для $\triangle ACD$ со стороной $a=1$: $DM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, угол между плоскостями $ABC$ и $ACD$ - это угол $\angle BMD$.

Рассмотрим треугольник $BMD$. Мы знаем длины сторон: $BM = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $DM = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $BD = 1$ (как ребро тетраэдра).

Применим теорему косинусов для треугольника $BMD$ для нахождения косинуса угла $\angle BMD$:

$BD^2 = BM^2 + DM^2 - 2 \cdot BM \cdot DM \cdot \cos(\angle BMD)$

Подставим известные значения:

$1^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos(\angle BMD)$

$1 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} - 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \cos(\angle BMD)$

$1 = \frac{6}{4} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle BMD)$

$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle BMD)$

Выразим $\cos(\angle BMD)$:

$\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle BMD) = \frac{3}{2} - 1$

$\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle BMD) = \frac{1}{2}$

$\cos(\angle BMD) = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}$

$\cos(\angle BMD) = \frac{1}{3}$

Ответ:

$\frac{1}{3}$

12. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $ABC$ и $SCD$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Все ребра равны 1: $AB = BC = CD = DA = SA = SB = SC = SD = 1$.

Перевод в СИ:

Длины ребер даны в условных единицах (без указания конкретной единицы измерения). Поэтому перевод в систему СИ не требуется. Будем считать, что длина ребра $a = 1$ (условная единица).

Найти:

Косинус угла между плоскостями $ABC$ и $SCD$.

Решение:

Угол между плоскостями $ABC$ (плоскость основания $ABCD$) и $SCD$ определяется как угол между перпендикулярами к линии их пересечения, проведенными в каждой из плоскостей из одной точки на линии пересечения.

1. Линией пересечения плоскостей $ABCD$ и $SCD$ является ребро $CD$.

2. Пусть $K$ — середина ребра $CD$. Тогда $K$ лежит на линии пересечения $CD$.

3. В плоскости основания $ABCD$: $ABCD$ — квадрат со стороной $a=1$. $O$ — центр основания (проекция вершины $S$). Отрезок $OK$ является апофемой основания, которая перпендикулярна $CD$. Длина $OK$ равна половине стороны квадрата: $OK = \frac{1}{2}a = \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$.

4. В плоскости боковой грани $SCD$: Треугольник $SCD$ является равносторонним, так как $SC=CD=SD=1$. $SK$ — медиана и высота этого равностороннего треугольника, проведенная к стороне $CD$. Следовательно, $SK \perp CD$. Длина $SK$ (высота равностороннего треугольника со стороной $a=1$) равна $SK = \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

5. Угол между плоскостями $ABC$ и $SCD$ — это угол $\angle SKO$, поскольку $OK \perp CD$ и $SK \perp CD$.

6. Рассмотрим треугольник $SOK$. $SO$ — высота пирамиды, которая перпендикулярна плоскости основания $ABCD$, а значит, и отрезку $OK$, лежащему в этой плоскости. Таким образом, $\triangle SOK$ является прямоугольным треугольником с прямым углом при вершине $O$.

7. Косинус угла $\angle SKO$ в прямоугольном треугольнике $SOK$ равен отношению прилежащего катета $OK$ к гипотенузе $SK$:

$\cos(\angle SKO) = \frac{OK}{SK}$

$\cos(\angle SKO) = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

$\cos(\angle SKO) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}$

$\cos(\angle SKO) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Для того чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\cos(\angle SKO) = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

13. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $SAB$ и $SCD$.

Дано:

Пирамида $SABCD$ - правильная четырехугольная.

Все ребра равны 1 ($SA = SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 1$).

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SAB$ и $SCD$.

Решение:

1. Так как пирамида $SABCD$ является правильной четырехугольной, ее основание $ABCD$ - квадрат. Все боковые грани (треугольники $SAB$, $SBC$, $SCD$, $SDA$) являются равнобедренными треугольниками. Поскольку все ребра пирамиды равны 1, все эти треугольники (включая основание) являются равносторонними со стороной 1.

2. Плоскости $SAB$ и $SCD$ содержат параллельные отрезки $AB$ и $CD$ соответственно. Линия их пересечения проходит через вершину $S$ и параллельна $AB$ и $CD$.

3. Для нахождения угла между плоскостями $SAB$ и $SCD$ построим их линейный угол. Пусть $M$ - середина ребра $AB$, а $N$ - середина ребра $CD$.

4. В равностороннем треугольнике $SAB$ высота $SM$ является медианой и высотой к стороне $AB$. Длина высоты равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае $a=1$, поэтому $SM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

5. Аналогично, в равностороннем треугольнике $SCD$ высота $SN$ к стороне $CD$ будет равна $SN = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

6. Угол между плоскостями $SAB$ и $SCD$ - это угол между прямыми $SM$ и $SN$, то есть $\angle MSN$.

7. Рассмотрим треугольник $MSN$. $M$ и $N$ - середины противоположных сторон квадрата $ABCD$. Следовательно, отрезок $MN$ параллелен сторонам $AD$ и $BC$ и равен их длине. Таким образом, $MN = 1$.

8. Теперь у нас есть треугольник $MSN$ со сторонами $SM = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $SN = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $MN = 1$. Применим теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle MSN)$:

$MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos(\angle MSN)$

$1^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos(\angle MSN)$

$1 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} - 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \cos(\angle MSN)$

$1 = \frac{6}{4} - \frac{6}{4} \cdot \cos(\angle MSN)$

$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN)$

Вычтем $\frac{3}{2}$ из обеих частей уравнения:

$1 - \frac{3}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN)$

$-\frac{1}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN)$

Разделим обе части на $-\frac{3}{2}$:

$\cos(\angle MSN) = \frac{-1/2}{-3/2}$

$\cos(\angle MSN) = \frac{1}{3}$

Ответ: $1/3$

14. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны $1$, найдите тангенс угла между плоскостями $SAC$ и $SBC$.

Дано

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Длины всех ребер равны 1: $AB = BC = CD = DA = 1$, $SA = SB = SC = SD = 1$.

Перевод в СИ

Все ребра равны 1 условной единице длины.

Найти

Тангенс угла между плоскостями $SAC$ и $SBC$.

Решение

1. Определим параметры пирамиды.

Так как пирамида правильная четырехугольная, ее основание $ABCD$ является квадратом со стороной $AB=1$.Все боковые ребра также равны 1 ($SA=SB=SC=SD=1$).Диагональ основания $AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.Пусть $O$ – центр основания $ABCD$. Тогда $O$ является серединой диагоналей $AC$ и $BD$.$OC = \frac{1}{2}AC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания.В прямоугольном треугольнике $SOC$ (угол $SOC$ прямой):$SO^2 + OC^2 = SC^2$$SO^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1^2$$SO^2 + \frac{2}{4} = 1$$SO^2 + \frac{1}{2} = 1$$SO^2 = \frac{1}{2}$$SO = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

2. Найдем угол между плоскостями $SAC$ и $SBC$.

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между перпендикулярами, проведенными в этих плоскостях к линии их пересечения через одну и ту же точку на линии пересечения.Линией пересечения плоскостей $SAC$ и $SBC$ является ребро $SC$.Рассмотрим треугольник $SBC$. Все его стороны равны 1 ($SB=SC=BC=1$), следовательно, треугольник $SBC$ равносторонний.Проведем высоту $BK$ из вершины $B$ к ребру $SC$ в треугольнике $SBC$.В равностороннем треугольнике высота является также медианой, поэтому $K$ – середина $SC$.Длина высоты $BK = BC \cdot \sin(60^\circ) = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Таким образом, $BK \perp SC$ и $K$ – середина $SC$.

Рассмотрим треугольник $SAC$. $SA=1, SC=1, AC=\sqrt{2}$.Проверим тип этого треугольника: $SA^2 + SC^2 = 1^2 + 1^2 = 2$. $AC^2 = (\sqrt{2})^2 = 2$.Так как $SA^2 + SC^2 = AC^2$, треугольник $SAC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $S$. То есть $SA \perp SC$.Это означает, что $SA$ является перпендикуляром к линии $SC$ в плоскости $SAC$. Однако точка $S$ не совпадает с точкой $K$ (серединой $SC$), поэтому $SA$ не может быть одним из отрезков, формирующих искомый угол.

Для нахождения угла между плоскостями нам нужна точка на $SC$, из которой опускаются перпендикуляры к $SC$ в каждой плоскости. Мы уже нашли, что $K$ – середина $SC$.В треугольнике $SBC$, $BK$ – это высота к $SC$, так что $BK \perp SC$. $K$ – середина $SC$.Теперь нам нужно найти отрезок в плоскости $SAC$, который проходит через $K$ и перпендикулярен $SC$.Рассмотрим треугольник $SOC$. $SO = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $SC=1$.Так как $SO^2+OC^2 = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 = SC^2$, треугольник $SOC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $O$.$O$ - это центр основания, $SO$ - высота пирамиды.Проведем высоту $OK$ из вершины $O$ к ребру $SC$ в треугольнике $SOC$.$OK$ – это высота к гипотенузе $SC$ в прямоугольном треугольнике $SOC$.Площадь $\triangle SOC = \frac{1}{2} \cdot SO \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} = \frac{1}{4}$.Также Площадь $\triangle SOC = \frac{1}{2} \cdot SC \cdot OK$.$\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot OK \implies OK = \frac{1}{2}$.Чтобы убедиться, что $K$ действительно середина $SC$, найдем $SK$. В прямоугольном $\triangle SOK$:$SK = \sqrt{SO^2 - OK^2} = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{2}{4} - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$.Так как $SC=1$ и $SK=1/2$, то $K$ действительно является серединой $SC$.Таким образом, мы нашли точку $K$ на $SC$, такую что $BK \perp SC$ (в плоскости $SBC$) и $OK \perp SC$ (в плоскости $SAC$, так как $O$ лежит в плоскости $SAC$ - он является пересечением диагоналей $AC$ и $BD$).Угол между плоскостями $SAC$ и $SBC$ равен углу $\angle OKB$.

3. Вычислим тангенс угла $\angle OKB$.

Рассмотрим треугольник $OKB$.Мы знаем $OK = \frac{1}{2}$ и $BK = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Длину $OB$ мы уже находили: $OB = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ (так как $BD$ - диагональ квадрата со стороной 1).Применим теорему косинусов к треугольнику $OKB$:$OB^2 = OK^2 + BK^2 - 2 \cdot OK \cdot BK \cdot \cos(\angle OKB)$$\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\angle OKB)$$\frac{2}{4} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} - 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \cos(\angle OKB)$$\frac{1}{2} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos(\angle OKB)$$\frac{\sqrt{3}}{2} \cos(\angle OKB) = 1 - \frac{1}{2}$$\frac{\sqrt{3}}{2} \cos(\angle OKB) = \frac{1}{2}$$\cos(\angle OKB) = \frac{1/2}{\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Теперь найдем тангенс этого угла. Пусть $\theta = \angle OKB$.$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$.Мы знаем $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.Так как угол между плоскостями лежит в диапазоне от $0$ до $\frac{\pi}{2}$, $\sin \theta > 0$.$\sin \theta = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.$\tan \theta = \frac{\sqrt{2}/\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = \sqrt{2}$.

Ответ:

Тангенс угла между плоскостями $SAC$ и $SBC$ равен $\sqrt{2}$.

15. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус двугранного угла, образованного гранями $SAD$ и $SCD$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида SABCD, у которой все ребра равны 1. Это означает, что длины всех ребер основания (AB, BC, CD, DA) и всех боковых ребер (SA, SB, SC, SD) равны 1.

Найти:

Косинус двугранного угла, образованного гранями SAD и SCD.

Решение:

Двугранный угол между двумя гранями определяется как угол между двумя прямыми, каждая из которых лежит в одной из граней и перпендикулярна к общей линии пересечения этих граней в одной и той же точке.

Для граней SAD и SCD общей линией пересечения является ребро SD.

Поскольку все ребра пирамиды равны 1, треугольники SAD и SCD являются равносторонними треугольниками со стороной 1. То есть, $SA = AD = SD = 1$ и $SC = CD = SD = 1$.

Проведем высоту AM в равностороннем треугольнике SAD из вершины A к стороне SD. Так как $\triangle SAD$ равносторонний, высота AM также является медианой, поэтому точка M является серединой ребра SD.

Длина высоты AM в равностороннем треугольнике со стороной 1 вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, где $a$ - длина стороны. В нашем случае $a=1$, поэтому $AM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Аналогично, проведем высоту CM в равностороннем треугольнике SCD из вершины C к стороне SD. Точка M также будет серединой ребра SD, так как это равносторонний треугольник. Длина высоты CM равна $CM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, прямые AM и CM лежат в соответствующих гранях (SAD и SCD) и обе перпендикулярны общей линии пересечения SD в точке M. Следовательно, искомый двугранный угол равен углу $\angle AMC$.

Теперь рассмотрим треугольник AMC. Нам известны длины сторон AM и CM. Нам осталось найти длину стороны AC. AC является диагональю основания ABCD. Поскольку основание ABCD является квадратом со стороной 1 ($AD=CD=1$), длина диагонали AC может быть найдена по теореме Пифагора:

$AC = \sqrt{AD^2 + CD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

Теперь, зная длины всех сторон треугольника AMC ($AM = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $CM = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $AC = \sqrt{2}$), мы можем применить теорему косинусов для нахождения косинуса угла $\angle AMC$:

$AC^2 = AM^2 + CM^2 - 2 \cdot AM \cdot CM \cdot \cos(\angle AMC)$

$(\sqrt{2})^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos(\angle AMC)$

$2 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} - 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \cos(\angle AMC)$

$2 = \frac{6}{4} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle AMC)$

$2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle AMC)$

Вычтем $\frac{3}{2}$ из обеих частей уравнения:

$2 - \frac{3}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle AMC)$

$\frac{4}{2} - \frac{3}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle AMC)$

$\frac{1}{2} = -\frac{3}{2} \cdot \cos(\angle AMC)$

Умножим обе части на 2:

$1 = -3 \cdot \cos(\angle AMC)$

Разделим на -3:

$\cos(\angle AMC) = -\frac{1}{3}$

Ответ:

$-\frac{1}{3}$