Страница 156 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

16. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между плоскостями $ABC$ и $SEF$.

Дано

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковые ребра $l = 2$.

Найти:

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

Решение

Угол между плоскостью основания $ABC$ и боковой гранью $SEF$ - это двугранный угол. Линия пересечения этих плоскостей - ребро $EF$ основания.

Для нахождения двугранного угла необходимо выбрать точку на ребре $EF$ и провести из нее перпендикуляры к $EF$ в каждой из плоскостей. Угол между этими перпендикулярами и будет искомым углом.

Пусть $O$ - центр правильного шестиугольника $ABCDEF$ (и проекция вершины $S$ на плоскость основания).

1. Проведем $OM \perp EF$, где $M$ - середина $EF$. $OM$ - апофема основания.

2. Проведем $SM \perp EF$. Так как $SE=SF$ (боковые ребра равны), треугольник $SEF$ равнобедренный, и $SM$ - его высота, опущенная на основание $EF$. $SM$ - апофема боковой грани.

3. Угол между плоскостями $ABC$ и $SEF$ - это угол $\angle SMO$. Треугольник $SOM$ является прямоугольным, так как $SO$ - высота пирамиды, перпендикулярная плоскости основания $ABC$, а значит, и отрезку $OM$, лежащему в этой плоскости.

Вычислим длины отрезков $OM$ и $SM$.

1. Вычисление $OM$:

Для правильного шестиугольника со стороной $a=1$, расстояние от центра до середины стороны (апофема) $OM$ вычисляется по формуле:

$OM = a \frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим $a=1$:

$OM = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

2. Вычисление $SM$:

Рассмотрим треугольник $SEF$. Это равнобедренный треугольник со сторонами $SE=SF=l=2$ и $EF=a=1$. Точка $M$ - середина $EF$, поэтому $EM = EF/2 = 1/2$.

В прямоугольном треугольнике $SME$ (гипотенуза $SE$, катеты $SM$ и $EM$) по теореме Пифагора:

$SM^2 + EM^2 = SE^2$

$SM^2 = SE^2 - EM^2$

$SM^2 = 2^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2$

$SM^2 = 4 - \frac{1}{4}$

$SM^2 = \frac{16-1}{4} = \frac{15}{4}$

$SM = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

3. Вычисление косинуса угла $\angle SMO$:

В прямоугольном треугольнике $SOM$ угол $\angle SMO$ является искомым углом между плоскостями. Косинус этого угла равен отношению прилежащего катета $OM$ к гипотенузе $SM$:

$\cos(\angle SMO) = \frac{OM}{SM}$

Подставим найденные значения $OM$ и $SM$:

$\cos(\angle SMO) = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$

$\cos(\angle SMO) = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}$

$\cos(\angle SMO) = \sqrt{\frac{3}{15}}$

$\cos(\angle SMO) = \sqrt{\frac{1}{5}}$

$\cos(\angle SMO) = \frac{1}{\sqrt{5}}$

Для устранения иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{5}$:

$\cos(\angle SMO) = \frac{1 \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{5}$

17. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SCD$.

Дано:

Пирамида $SABCDEF$ — правильная шестиугольная.

Стороны основания $a = 1$.

Боковые ребра $l = 2$.

Перевод в систему СИ не требуется, так как искомая величина (косинус угла) является безразмерной, а заданные длины уже выражены в согласованных условных единицах.

Найти:

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

Решение:

1.Определение высоты пирамиды.

Так как пирамида правильная, ее вершина $S$ проецируется в центр $O$ основания. Основание является правильным шестиугольником, поэтому расстояние от центра $O$ до любой вершины $A$ равно длине стороны основания $a$. То есть, $OA = a = 1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOA$, где $SO$ — высота пирамиды $h$, $OA$ — радиус описанной окружности основания, $SA$ — боковое ребро $l$. По теореме Пифагора:

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

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

Подставляя известные значения:

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

$h^2 + 1 = 4$

$h^2 = 3$

$h = \sqrt{3}$.

Таким образом, высота пирамиды $S = (0, 0, \sqrt{3})$, если начало координат $O$ находится в центре основания.

2.Определение координат вершин основания.

Расположим основание пирамиды в плоскости $xy$, а центр основания $O$ в начале координат $(0,0,0)$. Длина стороны шестиугольника равна 1.

• $A = (1, 0, 0)$ (примем, что вершина $A$ лежит на оси $x$)

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

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

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

3.Нахождение нормальных векторов к плоскостям.

Угол между плоскостями можно найти как угол между их нормальными векторами. Нормальный вектор к плоскости можно найти как векторное произведение двух векторов, лежащих в этой плоскости.

Для плоскости $SAF$:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SF}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_1} = \mathbf{i}(0 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-\sqrt{3}/2)) - \mathbf{j}(1 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (1/2)) + \mathbf{k}(1 \cdot (-\sqrt{3}/2) - 0 \cdot (1/2))$

$\vec{n_1} = \mathbf{i}(0 - 3/2) - \mathbf{j}(-\sqrt{3} + \sqrt{3}/2) + \mathbf{k}(-\sqrt{3}/2 - 0)$

$\vec{n_1} = (-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)$.

Для плоскости $SCD$:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{SC} \times \vec{SD}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1 & 0 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(\sqrt{3}/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot 0) - \mathbf{j}(-1/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-1)) + \mathbf{k}(-1/2 \cdot 0 - \sqrt{3}/2 \cdot (-1))$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(-3/2 - 0) - \mathbf{j}(\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}) + \mathbf{k}(0 + \sqrt{3}/2)$

$\vec{n_2} = (-3/2, \sqrt{3}/2, \sqrt{3}/2)$.

4.Вычисление косинуса угла между плоскостями.

Косинус угла $\theta$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

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

Скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (-3/2)(-3/2) + (\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}/2) + (-\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}/2)$

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 9/4 + 3/4 - 3/4 = 9/4$.

Модули нормальных векторов:

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{(-3/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{9/4 + 3/4 + 3/4} = \sqrt{15/4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(-3/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{9/4 + 3/4 + 3/4} = \sqrt{15/4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

Теперь подставим эти значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|9/4|}{(\sqrt{15}/2)(\sqrt{15}/2)} = \frac{9/4}{15/4} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5}$.

Ответ:

$3/5$

18. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус двугранного угла, образованного гранями $SAB$ и $SAF$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Стороны основания: $a = AB = BC = CD = DE = EF = FA = 1$.

Боковые ребра: $l = SA = SB = SC = SD = SE = SF = 2$.

Найти:

Косинус двугранного угла, образованного гранями $SAB$ и $SAF$.

Решение:

1. Двугранный угол между двумя плоскостями (гранями) определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными к их общей линии пересечения. В данном случае, общей линией пересечения граней $SAB$ и $SAF$ является боковое ребро $SA$.

2. Для определения двугранного угла, выберем точку $K$ на общем ребре $SA$. Затем проведем прямую $BK$ в плоскости $SAB$ так, чтобы $BK \perp SA$. Аналогично, проведем прямую $FK$ в плоскости $SAF$ так, чтобы $FK \perp SA$. Угол $\angle BKF$ будет искомым двугранным углом.

3. Поскольку пирамида правильная, и грани $SAB$ и $SAF$ являются конгруэнтными равнобедренными треугольниками ($SA=SB=2$, $AB=1$ и $SA=SF=2$, $AF=1$), то высоты, опущенные из вершин $B$ и $F$ на общее ребро $SA$, будут равны по длине и будут пересекать $SA$ в одной и той же точке $K$.

4. Найдем длины сторон треугольника $BKF$.

а) Найдем длину отрезка $BF$. Треугольник $ABF$ лежит в основании пирамиды. Основание $ABCDEF$ является правильным шестиугольником. Угол между двумя смежными сторонами правильного шестиугольника равен $\angle BAF = \frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = \frac{4 \cdot 180^\circ}{6} = 120^\circ$.

По теореме косинусов в $\triangle ABF$:

$BF^2 = AB^2 + AF^2 - 2 \cdot AB \cdot AF \cdot \cos(\angle BAF)$

$BF^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ)$

$BF^2 = 1 + 1 - 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$

$BF^2 = 2 + 1 = 3$

$BF = \sqrt{3}$

б) Найдем длину отрезка $BK$ (и $FK$). Треугольник $SAB$ является равнобедренным ($SA=SB=2$, $AB=1$). Площадь этого треугольника можно найти двумя способами.

Сначала найдем высоту $SM$ из вершины $S$ на сторону $AB$, где $M$ - середина $AB$. $AM = MB = \frac{AB}{2} = \frac{1}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $SMB$:

$SM = \sqrt{SB^2 - MB^2} = \sqrt{2^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{4 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{16-1}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

Площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{15}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

Также, площадь $\triangle SAB$ можно выразить через высоту $BK$ к стороне $SA$:

Площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot BK = BK$

Приравнивая выражения для площади:

$BK = \frac{\sqrt{15}}{4}$

Аналогично, $FK = \frac{\sqrt{15}}{4}$.

5. Теперь у нас есть все стороны треугольника $BKF$: $BK = \frac{\sqrt{15}}{4}$, $FK = \frac{\sqrt{15}}{4}$, $BF = \sqrt{3}$. Найдем косинус угла $\angle BKF$ (обозначим его как $\theta$) по теореме косинусов:

$BF^2 = BK^2 + FK^2 - 2 \cdot BK \cdot FK \cdot \cos\theta$

$(\sqrt{3})^2 = \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{15}{16} + \frac{15}{16} - 2 \cdot \frac{15}{16} \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{30}{16} - \frac{30}{16} \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{15}{8} - \frac{15}{8} \cdot \cos\theta$

Умножим все члены уравнения на 8, чтобы избавиться от дробей:

$24 = 15 - 15 \cdot \cos\theta$

$15 \cdot \cos\theta = 15 - 24$

$15 \cdot \cos\theta = -9$

$\cos\theta = -\frac{9}{15}$

$\cos\theta = -\frac{3}{5}$

Ответ: $-\frac{3}{5}$

19. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDЕF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между плоскостями SAF и SBC.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковые ребра $l = 2$.

Плоскости: $SAF$ и $SBC$.

Перевод в СИ:

В данной задаче используются безразмерные единицы длины. Для формальности примем их за метры.

$a = 1$ м

$l = 2$ м

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$.

Решение:

Для определения косинуса угла между двумя плоскостями воспользуемся методом координат. Разместим центр правильного шестиугольного основания в начале координат $O(0,0,0)$.

Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится строго над центром основания $O$. В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности, поэтому расстояние от центра до любой вершины основания равно $a = 1$.

Расположим вершины основания в плоскости $Oxy$ следующим образом:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

Пусть координаты вершины пирамиды $S = (0, 0, h)$. Высоту $h$ найдем из длины бокового ребра $SA$. Треугольник $SOA$ является прямоугольным с гипотенузой $SA$. $OA$ - радиус описанной окружности, равный стороне основания, $OA = a = 1$.

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

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

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

$4 = 1 + h^2$

$h^2 = 3$

$h = \sqrt{3}$

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

Для нахождения угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$ найдем их нормальные векторы.

1. Нормальный вектор к плоскости $SAF$:

Векторы, лежащие в плоскости $SAF$, это $\vec{SA}$ и $\vec{SF}$.

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

$\vec{SF} = F - S = (1/2 - 0, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $SAF$ является векторным произведением $\vec{SA} \times \vec{SF}$:

$\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SF} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_1} = \vec{i}(0 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-\sqrt{3}/2)) - \vec{j}(1 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot 1/2) + \vec{k}(1 \cdot (-\sqrt{3}/2) - 0 \cdot 1/2)$

$\vec{n_1} = \vec{i}(0 - 3/2) - \vec{j}(-\sqrt{3} + \sqrt{3}/2) + \vec{k}(-\sqrt{3}/2 - 0)$

$\vec{n_1} = (-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_1}$, умножив его на 2: $\vec{n_1'} = (-3, \sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

2. Нормальный вектор к плоскости $SBC$:

Векторы, лежащие в плоскости $SBC$, это $\vec{SB}$ 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 $\vec{n_2}$ к плоскости $SBC$ является векторным произведением $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

$\vec{n_2} = \vec{SB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \vec{i}(\sqrt{3}/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3}/2) - \vec{j}(1/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-1/2)) + \vec{k}(1/2 \cdot \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2 \cdot (-1/2))$

$\vec{n_2} = \vec{i}(-3/2 + 3/2) - \vec{j}(-\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2) + \vec{k}(\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4)$

$\vec{n_2} = (0, -\sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_2}$, умножив его на 2 и изменив знак для удобства: $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, -\sqrt{3})$. (На самом деле, при раскрытии определителя в $j$-компоненте минус перед скобкой даст $+ \sqrt{3}$, как я понял раньше, так что $\vec{n_2} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$ и $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$). Мои перепроверки выше были правильными.

Возьмем $\vec{n_1'} = (-3, \sqrt{3}, -\sqrt{3})$ и $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

3. Косинус угла между плоскостями:

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 $\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}$:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (-3)(0) + (\sqrt{3})(2\sqrt{3}) + (-\sqrt{3})(\sqrt{3}) = 0 + 6 - 3 = 3$

Вычислим длины векторов $||\vec{n_1'}||$ и $||\vec{n_2'}||$:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{(-3)^2 + (\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 3 + 3} = \sqrt{15}$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{0 + 12 + 3} = \sqrt{15}$

Теперь подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|3|}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{15}} = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}$

Ответ:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$ равен $1/5$.

20. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между плоскостями SBD и SDF.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SBD$ и $SDF$.

Решение:

1. Установим систему координат. Пусть центр основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$.

2. Определим координаты вершин основания. В правильном шестиугольнике сторона $a$ равна радиусу описанной окружности. Поскольку $a=1$, то радиус описанной окружности также равен $1$. Расположим вершину $D$ на положительной оси $Ox$.

Тогда координаты вершин основания будут:

$D = (1, 0, 0)$

$B = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ (угол $120^\circ$ относительно $D$)

$F = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ (угол $-120^\circ$ относительно $D$)

3. Найдем высоту пирамиды $h = SO$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится над центром основания $O$. Расстояние от $S$ до любой вершины основания равно длине бокового ребра $l=2$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOD$ (с прямым углом в $O$):

$SD^2 = SO^2 + OD^2$

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

Подставим известные значения:

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

$4 = h^2 + 1$

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

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

4. Найдем нормальный вектор к плоскости $SBD$.

Для этого возьмем два вектора, лежащие в плоскости $SBD$, например, $\vec{DS}$ и $\vec{DB}$.

$\vec{DS} = S - D = (0-1, 0-0, \sqrt{3}-0) = (-1, 0, \sqrt{3})$

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $SBD$ можно найти как векторное произведение $\vec{DS} \times \vec{DB}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 0 & \sqrt{3} \\ -\frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \end{vmatrix}$

$\vec{n_1} = \vec{i}(0 \cdot 0 - \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) - \vec{j}(-1 \cdot 0 - \sqrt{3} \cdot (-\frac{3}{2})) + \vec{k}(-1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \cdot (-\frac{3}{2}))$

$\vec{n_1} = (-\frac{3}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор $\vec{n_1}'$, умноженный на $-2$: $\vec{n_1}' = (3, 3\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

5. Найдем нормальный вектор к плоскости $SDF$.

Возьмем два вектора, лежащие в плоскости $SDF$: $\vec{DS}$ и $\vec{DF}$.

$\vec{DS} = (-1, 0, \sqrt{3})$ (уже найдено)

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $SDF$ можно найти как векторное произведение $\vec{DS} \times \vec{DF}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 0 & \sqrt{3} \\ -\frac{3}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \vec{i}(0 \cdot 0 - \sqrt{3} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \vec{j}(-1 \cdot 0 - \sqrt{3} \cdot (-\frac{3}{2})) + \vec{k}(-1 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - 0 \cdot (-\frac{3}{2}))$

$\vec{n_2} = (\frac{3}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор $\vec{n_2}'$, умноженный на $2$: $\vec{n_2}' = (3, -3\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

6. Найдем косинус угла $\theta$ между плоскостями $SBD$ и $SDF$. Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус этого угла вычисляется по формуле:

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

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

$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = (3)(3) + (3\sqrt{3})(-3\sqrt{3}) + (\sqrt{3})(\sqrt{3})$

$= 9 - 9 \cdot 3 + 3 = 9 - 27 + 3 = -15$

Вычислим модули векторов $\vec{n_1}'$ и $\vec{n_2}'$:

$||\vec{n_1}'|| = \sqrt{3^2 + (3\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 27 + 3} = \sqrt{39}$

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{3^2 + (-3\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 27 + 3} = \sqrt{39}$

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|-15|}{\sqrt{39} \cdot \sqrt{39}} = \frac{15}{39}$

Сократим полученную дробь, разделив числитель и знаменатель на $3$:

$\frac{15}{39} = \frac{3 \cdot 5}{3 \cdot 13} = \frac{5}{13}$

Ответ:

$\frac{5}{13}$

21. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BCA_1$.

Дано:

В правильной треугольной призме $ABC A_1 B_1 C_1$ все ребра равны 1.

Длина ребра призмы $a = 1$.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BCA_1$.

Решение:

Угол между плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными к линии их пересечения, проведенными из одной точки на этой линии.

1. Линией пересечения плоскостей $ABC$ и $BCA_1$ является прямая $BC$.

2. В плоскости $ABC$ проведем высоту $AM$ равностороннего треугольника $ABC$ к стороне $BC$. Точка $M$ — середина $BC$. Так как треугольник $ABC$ равносторонний, $AM \perp BC$.

Длина $AM$ (высота равностороннего треугольника со стороной $a$) вычисляется по формуле: $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Подставляем $a=1$: $AM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. В плоскости $BCA_1$ также необходимо провести перпендикуляр к $BC$. Поскольку призма правильная, боковое ребро $A_1A$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, $A_1A \perp BC$.

Мы имеем $A_1A \perp BC$ и $AM \perp BC$. Поскольку $A_1A$ и $AM$ являются пересекающимися прямыми, лежащими в плоскости $A_1AM$, то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $A_1AM$. Из этого следует, что любая прямая, лежащая в плоскости $A_1AM$ и проходящая через точку $M$, будет перпендикулярна $BC$. В частности, $A_1M \perp BC$.

4. Угол между плоскостями $ABC$ и $BCA_1$ равен углу между прямыми $AM$ и $A_1M$, то есть $\angle A_1MA$. Обозначим этот угол как $\phi$.

5. Рассмотрим треугольник $A_1AM$. Этот треугольник является прямоугольным, так как $A_1A \perp AM$ (поскольку $A_1A$ перпендикулярна плоскости $ABC$, а $AM$ лежит в этой плоскости). Прямой угол находится при вершине $A$.

Нам известны длины катетов:

$A_1A = 1$ (высота призмы, которая равна длине ребра).

$AM = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Тангенс угла $\phi$ в прямоугольном треугольнике $A_1AM$ определяется как отношение противолежащего катета к прилежащему катету:

$\tan \phi = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{A_1A}{AM}$.

Подставляем известные значения:

$\tan \phi = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

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

Ответ:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BCA_1$ равен $\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

22. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AB_1C_1$.

Дано

Правильная треугольная призма $ABC A_1B_1C_1$.
Длины всех ребер равны 1: $AB = BC = CA = AA_1 = BB_1 = CC_1 = 1$.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AB C_1$.

Решение

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях, проведенными перпендикулярно к линии их пересечения через одну и ту же точку.
1. Найдем линию пересечения плоскостей $ABC$ и $AB C_1$. Обе плоскости содержат отрезок $AB$, следовательно, линия пересечения - это прямая $AB$.
2. В плоскости $ABC$ проведем высоту $CM$ к стороне $AB$ в равностороннем треугольнике $ABC$. Поскольку $M$ - середина $AB$, $CM \perp AB$. Длина стороны треугольника $a = 1$. Высота $CM$ в равностороннем треугольнике равна $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$CM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
3. В плоскости $AB C_1$ проведем отрезок $C_1M$. Треугольник $AB C_1$ является равнобедренным, так как $AC_1 = \sqrt{AC^2 + CC_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ и $BC_1 = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Поскольку $M$ - середина $AB$, $C_1M$ является медианой к основанию равнобедренного треугольника, а значит, и его высотой. Следовательно, $C_1M \perp AB$.
4. Таким образом, угол между плоскостями $ABC$ и $AB C_1$ равен углу $\angle C_1MC$.
5. Рассмотрим прямоугольный треугольник $C_1MC$. Поскольку призма правильная, ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, $CC_1 \perp CM$.
6. Катеты этого треугольника: $CC_1 = 1$ (высота призмы) и $CM = \frac{\sqrt{3}}{2}$ (высота основания).
7. Тангенс угла $\angle C_1MC$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему катету:
$\tan(\angle C_1MC) = \frac{CC_1}{CM} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
8. Рационализируем знаменатель: $\frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

23. В правильной треугольной призме $A B C A_1 B_1 C_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $BCA_1$ и $AB_1 C_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABC A_1 B_1 C_1$.

Длины всех ребер равны 1. То есть, $AB = BC = AC = AA_1 = BB_1 = CC_1 = 1$.

Все данные уже в относительных единицах, перевод в СИ не требуется, так как искомая величина — косинус угла, является безразмерной.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $BCA_1$ и $AB_1C_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Разместим призму в декартовой системе координат.

Пусть середина ребра $AB$ лежит в начале координат $(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин основания $ABC$ (эквивалентного треугольника со стороной 1) будут:

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

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

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

Так как все ребра призмы равны 1, высота призмы также равна 1. Координаты вершин верхнего основания $A_1 B_1 C_1$ будут:

$A_1 = (0, -\frac{1}{2}, 1)$

$B_1 = (0, \frac{1}{2}, 1)$

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

Найдем нормальный вектор для плоскости $BCA_1$.

Точки плоскости: $B(0, \frac{1}{2}, 0)$, $C(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0, 0)$, $A_1(0, -\frac{1}{2}, 1)$.

Векторы, лежащие в плоскости:

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

$\vec{CA_1} = A_1 - C = (0 - \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $BCA_1$ найдем как векторное произведение $\vec{CB} \times \vec{CA_1}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \end{vmatrix} = (\frac{1}{2} \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{1}{2})) \mathbf{i} - ((-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) \mathbf{j} + ((-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (-\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) \mathbf{k}$

$\vec{n_1} = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$

Для удобства вычислений умножим вектор $\vec{n_1}$ на 2: $\vec{n_1'} = (1, \sqrt{3}, \sqrt{3})$.

Найдем нормальный вектор для плоскости $AB_1C_1$.

Точки плоскости: $A(0, -\frac{1}{2}, 0)$, $B_1(0, \frac{1}{2}, 1)$, $C_1(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0, 1)$.

Векторы, лежащие в плоскости:

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (0 - 0, \frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}), 1 - 0) = (0, 1, 1)$

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $AB_1C_1$ найдем как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AC_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & 1 \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{vmatrix} = (1 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{1}{2}) \mathbf{i} - (0 \cdot 1 - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) \mathbf{j} + (0 \cdot \frac{1}{2} - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) \mathbf{k}$

$\vec{n_2} = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$

Для удобства вычислений умножим вектор $\vec{n_2}$ на 2: $\vec{n_2'} = (1, \sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

Косинус угла $\theta$ между плоскостями равен косинусу угла между их нормальными векторами.

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

Скалярное произведение нормальных векторов:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (1)(1) + (\sqrt{3})(\sqrt{3}) + (\sqrt{3})(-\sqrt{3}) = 1 + 3 - 3 = 1$

Модули нормальных векторов:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3 + 3} = \sqrt{7}$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3 + 3} = \sqrt{7}$

Подставляем значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|1|}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}} = \frac{1}{7}$

Ответ: $\frac{1}{7}$

24. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AEF_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AEF_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Разместим центр нижнего основания (плоскости $ABC$) в начале координат $(0, 0, 0)$. Поскольку призма правильная и все её ребра равны 1, то длина стороны основания шестиугольника $s=1$, и высота призмы $h=1$. Координаты вершин нижнего основания $ABCDEF$ для правильного шестиугольника со стороной $s=1$ и центром в $(0,0,0)$:

$A = (1, 0, 0)$

$E = (1 \cdot \cos(4 \cdot 60^\circ), 1 \cdot \sin(4 \cdot 60^\circ), 0) = (\cos(240^\circ), \sin(240^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

$F = (1 \cdot \cos(5 \cdot 60^\circ), 1 \cdot \sin(5 \cdot 60^\circ), 0) = (\cos(300^\circ), \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Для верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все z-координаты увеличиваются на высоту призмы, то есть на 1.

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

Плоскость $ABC$ является плоскостью основания, которая в нашей системе координат совпадает с плоскостью $z=0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ (или $z=0$) может быть выбран как $\vec{n}_{ABC} = (0, 0, 1)$.

Для плоскости $AEF_1$ нам нужны три точки: $A(1, 0, 0)$, $E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $F_1(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

Нормальный вектор к плоскости $AEF_1$ найдем как векторное произведение $\vec{n}_{AEF_1} = \vec{AE} \times \vec{AF_1}$:

$\vec{n}_{AEF_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -3/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-\sqrt{3}/2)(1) - 0) - \mathbf{j}((-3/2)(1) - 0) + \mathbf{k}((-3/2)(-\sqrt{3}/2) - (-\sqrt{3}/2)(-1/2))$

$\vec{n}_{AEF_1} = (-\sqrt{3}/2) \mathbf{i} + (3/2) \mathbf{j} + (3\sqrt{3}/4 - \sqrt{3}/4) \mathbf{k}$

$\vec{n}_{AEF_1} = (-\sqrt{3}/2, 3/2, 2\sqrt{3}/4) = (-\sqrt{3}/2, 3/2, \sqrt{3}/2)$

Для удобства можно умножить этот вектор на 2: $\vec{n}_{AEF_1} = (-\sqrt{3}, 3, \sqrt{3})$.

Угол $\theta$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус угла $\theta$ находится по формуле:

$\cos \theta = \frac{|\vec{n}_{ABC} \cdot \vec{n}_{AEF_1}|}{||\vec{n}_{ABC}|| \cdot ||\vec{n}_{AEF_1}||}$

Скалярное произведение: $\vec{n}_{ABC} \cdot \vec{n}_{AEF_1} = (0)(-\sqrt{3}) + (0)(3) + (1)(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$

Модули векторов:

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

$||\vec{n}_{AEF_1}|| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 3^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 9 + 3} = \sqrt{15}$

Тогда:

$\cos \theta = \frac{|\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{15}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$

Теперь найдем тангенс угла $\theta$. Мы знаем, что $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.

$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - (1/\sqrt{5})^2 = 1 - 1/5 = 4/5$

Так как угол между плоскостями всегда острый или прямой, $\sin \theta \ge 0$.

$\sin \theta = \sqrt{4/5} = 2/\sqrt{5}$

$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{2/\sqrt{5}}{1/\sqrt{5}} = 2$

Ответ: 2

25. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CA_1E_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1. Это означает, что длина стороны основания $a = 1$, и высота призмы $h = 1$.

Плоскость 1: $ABC$ (плоскость нижнего основания).

Плоскость 2: $CA_1E_1$.

Перевод всех данных в систему СИ:

Длина ребра $a = 1$ (единица длины).

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

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CA_1E_1$, то есть $\tan(\alpha)$, где $\alpha$ — угол между указанными плоскостями.

Решение:

Для определения угла между двумя плоскостями воспользуемся методом координат.

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

Так как призма правильная и длина стороны основания $a = 1$, координаты вершин основания будут:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

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

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

Высота призмы $h = 1$, поэтому координаты вершин верхнего основания $A_1, B_1, \dots, F_1$ будут иметь z-координату, равную 1:

$A_1 = (1, 0, 1)$

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

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

Плоскость $ABC$ является плоскостью $xy$, её уравнение $z = 0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ равен $\vec{n_1} = (0, 0, 1)$.

Теперь найдем нормальный вектор к плоскости $CA_1E_1$. Плоскость проходит через точки $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $A_1(1, 0, 1)$ и $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{u} = \vec{A_1C} = C - A_1 = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 1) = (-3/2, \sqrt{3}/2, -1)$

$\vec{v} = \vec{A_1E_1} = E_1 - A_1 = (-1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 1) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $CA_1E_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{u} \times \vec{v}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -3/2 & \sqrt{3}/2 & -1 \\ -3/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}((\sqrt{3}/2)(0) - (-1)(-\sqrt{3}/2)) - \mathbf{j}((-3/2)(0) - (-1)(-3/2)) + \mathbf{k}((-3/2)(-\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(-3/2))$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(0 - \sqrt{3}/2) - \mathbf{j}(0 - 3/2) + \mathbf{k}(3\sqrt{3}/4 + 3\sqrt{3}/4)$

$\vec{n_2} = (-\sqrt{3}/2, 3/2, 3\sqrt{3}/2)$

Для удобства вычислений можно использовать пропорциональный вектор, умножив все компоненты на $2/\sqrt{3}$:

$\vec{n_2}' = (-1, \sqrt{3}, 3)$

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

$\cos(\alpha) = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}'|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}'||}$

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

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}' = (0)(-1) + (0)(\sqrt{3}) + (1)(3) = 3$

Вычислим длины векторов:

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

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 3 + 9} = \sqrt{13}$

Теперь найдем $\cos(\alpha)$:

$\cos(\alpha) = \frac{|3|}{1 \cdot \sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}$

Для нахождения тангенса угла воспользуемся тригонометрическим тождеством $\tan^2(\alpha) + 1 = \sec^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)}$:

$\tan^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} - 1$

$\cos^2(\alpha) = \left(\frac{3}{\sqrt{13}}\right)^2 = \frac{9}{13}$

$\tan^2(\alpha) = \frac{1}{9/13} - 1 = \frac{13}{9} - 1 = \frac{13 - 9}{9} = \frac{4}{9}$

Так как угол между плоскостями по определению является острым или прямым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), то его тангенс неотрицателен.

$\tan(\alpha) = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$

Ответ: $2/3$

26. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между плоскостями $ABC$ и $BFE_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1.

Длина ребра основания $a = 1$.

Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ:

Все данные уже в безразмерных единицах, можно считать, что они равны 1 метру или 1 единице длины.

$a = 1$ м

$h = 1$ м

Найти:

Угол между плоскостями $ABC$ и $BFE_1$.

Решение:

1.Определение плоскостей и линии пересечения.

Плоскость $ABC$ — это плоскость нижнего основания призмы.

Плоскость $BFE_1$ — это плоскость, проходящая через вершины $B$ и $F$ нижнего основания и вершину $E_1$ верхнего основания.

Линией пересечения этих двух плоскостей является прямая $BF$.

2.Выбор системы координат и координат вершин.

Поместим центр нижнего основания $O$ в начало координат $(0,0,0)$.

Так как все ребра равны 1, длина стороны основания $a=1$, а высота призмы $h=1$. Нижнее основание лежит в плоскости $z=0$, верхнее — в плоскости $z=1$.

Координаты вершин нижнего основания (радиус описанной окружности равен $a=1$):

Пусть $B = (1,0,0)$.

Тогда остальные вершины шестиугольника, обходя против часовой стрелки:

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

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

$E = (-1,0,0)$.

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

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

Координаты соответствующей вершины верхнего основания $E_1$: $E_1 = (-1,0,1)$.

3.Векторный метод нахождения угла между плоскостями.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами.

a) Нормальный вектор для плоскости $ABC$.

Плоскость $ABC$ совпадает с плоскостью $z=0$. Ее нормальный вектор $\vec{n_1}$ направлен вдоль оси $z$.

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

b) Нормальный вектор для плоскости $BFE_1$.

Для нахождения нормального вектора плоскости $BFE_1$ используем векторное произведение двух векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{FB}$ и $\vec{FE_1}$.

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

Вектор $\vec{FE_1} = E_1 - F = (-1 - (-1/2), 0 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{FB} \times \vec{FE_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 3/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i} ((\sqrt{3}/2)(1) - 0(\sqrt{3}/2)) - \mathbf{j} ((3/2)(1) - 0(-1/2)) + \mathbf{k} ((3/2)(\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(-1/2))$

$\vec{n_2} = \mathbf{i} (\sqrt{3}/2) - \mathbf{j} (3/2) + \mathbf{k} (3\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}/2, -3/2, 4\sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}/2, -3/2, \sqrt{3})$.

Для упрощения вычислений, возьмем скалированный нормальный вектор $\vec{n_2}' = 2\vec{n_2} = (\sqrt{3}, -3, 2\sqrt{3})$.

c) Вычисление угла.

Угол $\theta$ между плоскостями определяется по формуле $\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}'|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}'|}$.

Скалярное произведение: $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}' = (0)(\sqrt{3}) + (0)(-3) + (1)(2\sqrt{3}) = 2\sqrt{3}$.

Модули векторов:

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

$|\vec{n_2}'| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-3)^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 9 + 4 \cdot 3} = \sqrt{3 + 9 + 12} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$.

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

Следовательно, $\theta = \arccos(\frac{1}{\sqrt{2}}) = 45^\circ$.

4.Геометрический метод (проверка).

Угол между плоскостями — это угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными к линии их пересечения в одной точке.

Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $BFE_1$ — это прямая $BF$.

a) Определение прямой в плоскости $ABC$, перпендикулярной $BF$.

Рассмотрим векторы $\vec{FB}$ и $\vec{FE}$ в плоскости $ABC$.

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

$B = (1,0,0)$

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

Вектор $\vec{FB} = (3/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

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

Найдем скалярное произведение $\vec{FB} \cdot \vec{FE}$: $(3/2)(-1/2) + (\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}/2) + (0)(0) = -3/4 + 3/4 = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, $\vec{FB} \perp \vec{FE}$. Таким образом, прямая $FE$ лежит в плоскости $ABC$ и перпендикулярна $BF$ в точке $F$.

b) Определение прямой в плоскости $BFE_1$, перпендикулярной $BF$.

Рассмотрим треугольник $BFE_1$. Длины его сторон:

$BF = \sqrt{3}$ (короткая диагональ шестиугольника).

$FE_1 = \sqrt{(-1 - (-1/2))^2 + (0 - (-\sqrt{3}/2))^2 + (1-0)^2} = \sqrt{(-1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 1} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

$BE_1 = \sqrt{(-1-1)^2 + (0-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$.

Проверим, является ли треугольник $BFE_1$ прямоугольным: $BF^2 + FE_1^2 = (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2 = 3+2=5$. $BE_1^2 = (\sqrt{5})^2 = 5$.

Так как $BF^2 + FE_1^2 = BE_1^2$, треугольник $BFE_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $F$ ($\angle BFE_1 = 90^\circ$).

Таким образом, прямая $FE_1$ лежит в плоскости $BFE_1$ и перпендикулярна линии пересечения $BF$ в точке $F$.

c) Вычисление угла между плоскостями.

Угол между плоскостями $ABC$ и $BFE_1$ — это угол между прямыми $FE$ и $FE_1$, т.е. $\angle EFE_1$.

Рассмотрим треугольник $EFE_1$. Это прямоугольный треугольник, так как $EE_1$ — высота призмы, перпендикулярная плоскости основания $ABC$, а значит, перпендикулярная любой прямой в этой плоскости, включая $FE$.

Стороны прямоугольного треугольника $EFE_1$:

$FE = 1$ (сторона шестиугольника).

$EE_1 = 1$ (высота призмы).

Найдем тангенс угла $\angle EFE_1$:

$\tan(\angle EFE_1) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{EE_1}{FE} = \frac{1}{1} = 1$.

Следовательно, $\angle EFE_1 = \arctan(1) = 45^\circ$.

Оба метода дают один и тот же результат, что подтверждает правильность решения.

Ответ:

Угол между плоскостями $ABC$ и $BFE_1$ равен $45^\circ$.

27. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между плоскостями $AFD_1$ и $CDF_1$.

Дано

Правильная шестиугольная призма $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер призмы равна 1.

Найти

Угол между плоскостями $AFD_1$ и $CDF_1$.

Решение

1.Введение системы координат

Поместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начало координат $O(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль радиуса $OA$. Ось $Oz$ направим вдоль ребра $OO_1$ (высота призмы). Так как призма правильная и длина всех ребер равна 1, то сторона шестиугольника $a=1$, и высота призмы $h=1$. Координаты вершин будут следующими:

• $A=(1,0,0)$
• $F=(1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $D_1=(-1,0,1)$ (Вершина $D$ на нижнем основании: $(-1,0,0)$, а $D_1$ на верхнем основании)
• $C=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $D=(-1,0,0)$
• $F_1=(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

2.Нахождение нормального вектора для плоскости $AFD_1$

Для нахождения нормального вектора $\vec{n_1}$ к плоскости $AFD_1$ возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, например $\vec{AF}$ и $\vec{AD_1}$.

• $\vec{AF} = F - A = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $\vec{AD_1} = D_1 - A = (-1 - 1, 0 - 0, 1 - 0) = (-2, 0, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ найдем как векторное произведение $\vec{AF} \times \vec{AD_1}$:

$\vec{n_1} = \det \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}$

$\vec{n_1} = \mathbf{i}((-\sqrt{3}/2)(1) - 0) - \mathbf{j}((-1/2)(1) - 0) + \mathbf{k}((-1/2)(0) - (-\sqrt{3}/2)(-2))$

$\vec{n_1} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} + \frac{1}{2}\mathbf{j} - \sqrt{3}\mathbf{k} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, -\sqrt{3})$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_1}$, умножив его на 2: $\vec{n_1'} = (-\sqrt{3}, 1, -2\sqrt{3})$.

3.Нахождение нормального вектора для плоскости $CDF_1$

Аналогично, для плоскости $CDF_1$ возьмем векторы $\vec{CD}$ и $\vec{CF_1}$.

• $\vec{CD} = D - C = (-1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $\vec{CF_1} = F_1 - C = (1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (1, -\sqrt{3}, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ найдем как векторное произведение $\vec{CD} \times \vec{CF_1}$:

$\vec{n_2} = \det \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ 1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}((-\sqrt{3}/2)(1) - 0) - \mathbf{j}((-1/2)(1) - 0) + \mathbf{k}((-1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}/2)(1))$

$\vec{n_2} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} + \frac{1}{2}\mathbf{j} + (\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2})\mathbf{k} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, \sqrt{3})$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_2}$, умножив его на 2: $\vec{n_2'} = (-\sqrt{3}, 1, 2\sqrt{3})$.

4.Вычисление угла между плоскостями

Угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Для этого используем формулу косинуса угла между векторами:

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

• Скалярное произведение $\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}$:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (-\sqrt{3})(-\sqrt{3}) + (1)(1) + (-2\sqrt{3})(2\sqrt{3}) = 3 + 1 - 12 = -8$

• Модули нормальных векторов:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 1^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 12} = \sqrt{16} = 4$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 1^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 12} = \sqrt{16} = 4$

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

$\cos\phi = \frac{|-8|}{4 \cdot 4} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$

Следовательно, $\phi = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

28. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AFE_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер призмы равна $1$.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $AFE_1$.

Решение:

1. Определим угол между двумя плоскостями. Угол между плоскостями равен углу между прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно их линии пересечения.

2. Найдем линию пересечения плоскостей $ABC$ и $AFE_1$. Плоскость $ABC$ является плоскостью нижнего основания призмы. Плоскость $AFE_1$ содержит вершины $A$, $F$ (лежащие в плоскости основания) и $E_1$ (лежащую в плоскости верхнего основания). Таким образом, общая прямая для этих двух плоскостей - это прямая, проходящая через точки $A$ и $F$. Линия пересечения - прямая $AF$.

3. Построим перпендикуляры к линии пересечения. Пусть $E$ - проекция вершины $E_1$ на плоскость нижнего основания $ABC$. Поскольку призма правильная, отрезок $E_1E$ перпендикулярен плоскости основания $ABC$. Длина $E_1E$ равна высоте призмы, которая по условию задачи равна $1$.

4. В плоскости основания $ABC$ проведем прямую $EP$ из точки $E$ перпендикулярно прямой $AF$. Точка $P$ будет лежать на прямой $AF$.

5. По теореме о трех перпендикулярах, если $E_1E \perp (ABC)$ и $EP \perp AF$ (где $EP$ - проекция $E_1P$ на плоскость $ABC$), то $E_1P \perp AF$. Таким образом, искомый угол между плоскостями $ABC$ и $AFE_1$ равен углу $\angle E_1PE$ в прямоугольном треугольнике $E_1PE$ (с прямым углом при вершине $E$).

6. Найдем координаты необходимых точек. Пусть центр основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку призма правильная шестиугольная, и все ее ребра равны $1$, то длина стороны основания $a=1$, и высота призмы $h=1$. Координаты вершин:

• $A = (1, 0, 0)$
• $F = (\cos(-60^\circ), \sin(-60^\circ), 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $E = (\cos(-120^\circ), \sin(-120^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ (проекция $E_1$ на плоскость основания)
• $E_1 = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

7. Найдем координаты точки $P$, которая является проекцией точки $E$ на прямую $AF$. Для этого используем векторный метод. Вектор $\vec{AF} = F - A = (\frac{1}{2}-1, -\frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$. Вектор $\vec{AE} = E - A = (-\frac{1}{2}-1, -\frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-0) = (-\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$. Вектор $\vec{AP}$ (проекция $\vec{AE}$ на $\vec{AF}$) вычисляется по формуле: $\vec{AP} = \frac{\vec{AE} \cdot \vec{AF}}{||\vec{AF}||^2} \vec{AF}$. Скалярное произведение $\vec{AE} \cdot \vec{AF} = (-\frac{3}{2})(-\frac{1}{2}) + (-\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$. Квадрат длины вектора $||\vec{AF}||^2 = (-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1$. Таким образом, $\vec{AP} = \frac{3/2}{1} \vec{AF} = \frac{3}{2} \vec{AF}$. Координаты точки $P$: $P = A + \vec{AP} = A + \frac{3}{2}\vec{AF} = (1,0,0) + \frac{3}{2}(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0) = (1 - \frac{3}{4}, 0 - \frac{3\sqrt{3}}{4}, 0) = (\frac{1}{4}, -\frac{3\sqrt{3}}{4}, 0)$.

8. Найдем длину отрезка $EP$. Вектор $\vec{EP} = P - E = (\frac{1}{4} - (-\frac{1}{2}), -\frac{3\sqrt{3}}{4} - (-\frac{\sqrt{3}}{2}), 0) = (\frac{1}{4} + \frac{2}{4}, -\frac{3\sqrt{3}}{4} + \frac{2\sqrt{3}}{4}, 0) = (\frac{3}{4}, -\frac{\sqrt{3}}{4}, 0)$. Длина $EP = ||\vec{EP}|| = \sqrt{(\frac{3}{4})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{4})^2} = \sqrt{\frac{9}{16} + \frac{3}{16}} = \sqrt{\frac{12}{16}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

9. Вычислим тангенс искомого угла $\alpha = \angle E_1PE$. В прямоугольном треугольнике $E_1PE$: $E_1E = 1$ (высота призмы). $EP = \frac{\sqrt{3}}{2}$. $\tan(\alpha) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{E_1E}{EP} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$. Рационализируем знаменатель: $\tan(\alpha) = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

29. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BFD_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Перевод в СИ:

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

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

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BFD_1$.

Решение:

Для нахождения тангенса угла между плоскостями воспользуемся методом координат.

Поместим центр основания $ABCDEF$ в начало координат $O(0,0,0)$.

Вершины правильного шестиугольника $ABCDEF$ со стороной $a=1$ можно расположить следующим образом:

$A=(1,0,0)$

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

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

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

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

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

Высота призмы равна 1, поэтому координаты верхних вершин $A_1, B_1, \dots, F_1$ получаются добавлением 1 к z-координате соответствующих нижних вершин.

Плоскость $ABC$ совпадает с плоскостью $z=0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ можно взять как $\vec{n_1} = (0,0,1)$.

Для плоскости $BFD_1$ используем координаты точек:

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

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

$D_1=(-1,0,1)$ (так как $D=(-1,0,0)$ и $DD_1=1$)

Найдем два вектора, лежащих в плоскости $BFD_1$:

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

$\vec{FD_1} = D_1 - F = (-1 - 1/2, 0 - (-\sqrt{3}/2), 1-0) = (-3/2, \sqrt{3}/2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BFD_1$ найдем как векторное произведение $\vec{FB} \times \vec{FD_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ -3/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\sqrt{3} \cdot 1 - 0 \cdot \sqrt{3}/2) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-3/2)) + \mathbf{k}(0 \cdot \sqrt{3}/2 - \sqrt{3} \cdot (-3/2))$

$\vec{n_2} = (\sqrt{3}, 0, 3\sqrt{3}/2)$

Косинус угла $\theta$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

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

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

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(\sqrt{3}) + (0)(0) + (1)(3\sqrt{3}/2) = 3\sqrt{3}/2$

Найдем модули векторов:

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

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 0^2 + (3\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{3 + (9 \cdot 3)/4} = \sqrt{3 + 27/4} = \sqrt{12/4 + 27/4} = \sqrt{39/4} = \frac{\sqrt{39}}{2}$

Теперь вычислим $\cos\theta$:

$\cos\theta = \frac{|3\sqrt{3}/2|}{1 \cdot \sqrt{39}/2} = \frac{3\sqrt{3}/2}{\sqrt{39}/2} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{39}}$

Упростим выражение:

$\cos\theta = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3 \cdot 13}} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}$

Теперь найдем тангенс угла $\theta$. Используем тождество $\tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta} - 1$:

$\tan^2\theta = \frac{1}{(3/\sqrt{13})^2} - 1 = \frac{1}{9/13} - 1 = \frac{13}{9} - 1 = \frac{13-9}{9} = \frac{4}{9}$

Поскольку угол между плоскостями по определению является острым или прямым ($0 \le \theta \le \pi/2$), его тангенс должен быть неотрицательным.

$\tan\theta = \sqrt{4/9} = 2/3$

Ответ:

$2/3$

30. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $AFE_1$ и $CDE_1$.

Дано:

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

Перевод в СИ:

Длина стороны основания призмы $a = 1$ (единица длины).
Высота призмы $h = 1$ (единица длины).

Найти:

Косинус угла между плоскостями $AFE_1$ и $CDE_1$.

Решение:

Для нахождения косинуса угла между плоскостями воспользуемся методом координат. Разместим центр нижнего основания призмы в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку призма правильная, ее основания являются правильными шестиугольниками, и боковые ребра перпендикулярны основаниям. Все ребра равны 1.

Координаты вершин нижнего основания (плоскость $z=0$, сторона шестиугольника $a=1$):
$A = (1, 0, 0)$
$B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$D = (-1, 0, 0)$
$E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
$F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Координаты вершин верхнего основания (плоскость $z=h=1$):
$A_1 = (1, 0, 1)$
$B_1 = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
$C_1 = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
$D_1 = (-1, 0, 1)$
$E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
$F_1 = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

Найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ для плоскости $AFE_1$. Для этого возьмем векторы, лежащие в этой плоскости, например, $\vec{AF}$ и $\vec{AE_1}$.
Координаты точек: $A(1,0,0)$, $F(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.
$\vec{AF} = F - A = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
$\vec{AE_1} = E_1 - A = (-1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
Нормальный вектор $\vec{n_1}$ находится как векторное произведение $\vec{AF} \times \vec{AE_1}$:
$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ -3/2 & -\sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix}$
$\vec{n_1} = \mathbf{i}((-\sqrt{3}/2)(1) - 0) - \mathbf{j}((-1/2)(1) - 0) + \mathbf{k}((-1/2)(-\sqrt{3}/2) - (-\sqrt{3}/2)(-3/2))$
$\vec{n_1} = (-\sqrt{3}/2) \mathbf{i} - (-1/2) \mathbf{j} + (\sqrt{3}/4 - 3\sqrt{3}/4) \mathbf{k}$
$\vec{n_1} = (-\sqrt{3}/2, 1/2, -2\sqrt{3}/4) = (-\sqrt{3}/2, 1/2, -\sqrt{3}/2)$
Для упрощения вычислений можно взять вектор, коллинеарный $\vec{n_1}$, например, $\vec{n_1}' = 2\vec{n_1} = (-\sqrt{3}, 1, -\sqrt{3})$.

Найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ для плоскости $CDE_1$. Для этого возьмем векторы, лежащие в этой плоскости, например, $\vec{CD}$ и $\vec{CE_1}$.
Координаты точек: $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1, 0, 0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.
$\vec{CD} = D - C = (-1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
$\vec{CE_1} = E_1 - C = (-1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (0, -\sqrt{3}, 1)$
Нормальный вектор $\vec{n_2}$ находится как векторное произведение $\vec{CD} \times \vec{CE_1}$:
$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix}$
$\vec{n_2} = \mathbf{i}((-\sqrt{3}/2)(1) - 0) - \mathbf{j}((-1/2)(1) - 0) + \mathbf{k}((-1/2)(-\sqrt{3}) - 0)$
$\vec{n_2} = (-\sqrt{3}/2) \mathbf{i} - (-1/2) \mathbf{j} + (\sqrt{3}/2) \mathbf{k}$
$\vec{n_2} = (-\sqrt{3}/2, 1/2, \sqrt{3}/2)$
Для упрощения вычислений можно взять вектор, коллинеарный $\vec{n_2}$, например, $\vec{n_2}' = 2\vec{n_2} = (-\sqrt{3}, 1, \sqrt{3})$.

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

Вычислим скалярное произведение $\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}'$:
$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = (-\sqrt{3})(-\sqrt{3}) + (1)(1) + (-\sqrt{3})(\sqrt{3})$
$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = 3 + 1 - 3 = 1$

Вычислим модули нормальных векторов:
$||\vec{n_1}'|| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 3} = \sqrt{7}$
$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + 1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 3} = \sqrt{7}$

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \theta = \frac{|1|}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}} = \frac{1}{7}$

Ответ:

$\frac{1}{7}$