Страница 92 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

16.5. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ стороны основания равны 1, а боковые ребра равны 2 (рис. 16.8). Найдите угол между прямой $SA$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

Пирамида SABCDEDF - правильная шестиугольная пирамида.

Сторона основания $AB = 1$.

Боковое ребро $SA = 2$.

Найти:

Угол между прямой SA и плоскостью ABC.

Решение:

В правильной шестиугольной пирамиде вершина S проецируется в центр основания. Пусть O - центр основания ABCDEF.

Угол между прямой SA и плоскостью ABC - это угол между прямой SA и ее проекцией на эту плоскость. Проекцией прямой SA на плоскость ABC является отрезок AO, так как SO перпендикулярно плоскости основания.

Таким образом, нам необходимо найти угол $\angle SAO$ в прямоугольном треугольнике $\triangle SAO$ (прямой угол при вершине O, так как SO - высота пирамиды).

В правильном шестиугольнике сторона AB равна радиусу описанной окружности. Следовательно, расстояние от вершины A до центра O равно стороне основания: $AO = AB = 1$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$. У нас есть гипотенуза $SA = 2$ (дано) и катет $AO = 1$ (найдено).

Для нахождения угла $\angle SAO$ используем определение косинуса в прямоугольном треугольнике: $\cos(\angle SAO) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AO}{SA}$.

Подставляем известные значения: $\cos(\angle SAO) = \frac{1}{2}$.

Известно, что угол, косинус которого равен $1/2$, составляет $60^\circ$ или $\frac{\pi}{3}$ радиан.

Следовательно, $\angle SAO = 60^\circ$.

Ответ:

Угол между прямой SA и плоскостью ABC составляет $60^\circ$.

16.6. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ все ребра равны 1 (рис. 16.9). Найдите угол между:

а) прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$;

б) прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$;

в) прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$.

Дано:

правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

все ребра равны 1.

то есть, $AB = BC = CD = DE = EF = FA = 1$.

и $AA_1 = BB_1 = CC_1 = DD_1 = EE_1 = FF_1 = 1$.

Найти:

а) угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$;

б) угол между прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$;

в) угол между прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$.

Решение:

а) прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC$

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

Прямая — $AB_1$. Плоскость — $ABC$ (нижнее основание призмы).

Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$.

Проекцией точки $B_1$ на плоскость $ABC$ является точка $B$, так как ребро $B_1B$ перпендикулярно плоскости основания (призма прямая).

Следовательно, проекцией прямой $AB_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AB$.

Искомый угол — это угол $\angle B_1AB$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABB_1$. Это прямоугольный треугольник, так как $B_1B \perp AB$ (поскольку $B_1B \perp$ плоскости $ABC$).

Длины ребер даны: $AB = 1$ (сторона основания) и $B_1B = 1$ (боковое ребро).

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABB_1$ тангенс угла $\angle B_1AB$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему катету:

$\tan(\angle B_1AB) = \frac{B_1B}{AB}$

$\tan(\angle B_1AB) = \frac{1}{1} = 1$

Следовательно, $\angle B_1AB = \arctan(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

б) прямой $AC_1$ и плоскостью $ABC$

Прямая — $AC_1$. Плоскость — $ABC$.

Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$.

Проекцией точки $C_1$ на плоскость $ABC$ является точка $C$ (так как $C_1C \perp ABC$).

Следовательно, проекцией прямой $AC_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AC$.

Искомый угол — это угол $\angle C_1AC$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ACC_1$. Это прямоугольный треугольник, так как $C_1C \perp AC$ (поскольку $C_1C \perp$ плоскости $ABC$).

Длина бокового ребра $C_1C = 1$.

Нам нужно найти длину диагонали $AC$ в правильном шестиугольнике со стороной 1.

В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ сторона $AB = BC = 1$. Угол $\angle ABC$ равен $(6-2) \times 180^\circ / 6 = 4 \times 180^\circ / 6 = 120^\circ$.

Применим теорему косинусов к треугольнику $\triangle ABC$:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$

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

$AC^2 = 1 + 1 - 2 \cdot (-1/2)$

$AC^2 = 2 + 1 = 3$

Следовательно, $AC = \sqrt{3}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle ACC_1$ тангенс угла $\angle C_1AC$ равен:

$\tan(\angle C_1AC) = \frac{C_1C}{AC}$

$\tan(\angle C_1AC) = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Следовательно, $\angle C_1AC = \arctan(\frac{1}{\sqrt{3}}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

в) прямой $AA_1$ и плоскостью $ACD_1$

Угол между прямой и плоскостью можно найти как $90^\circ$ минус угол между направляющим вектором прямой и нормальным вектором плоскости.

Поместим вершину $A$ в начало координат $(0,0,0)$ для упрощения. Тогда это не стандартный шестиугольник, но для вычислений расстояний и углов это не важно, важно относительное положение. Давайте используем другой подход, который не требует переразмещения.

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

Координаты вершин нижнего основания (сторона 1):

$A=(1,0,0)$

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

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

Высота призмы (длина бокового ребра) равна 1.

Координаты вершин верхнего основания:

$A_1=(1,0,1)$

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

Вектор прямой $AA_1$: $\vec{v}_{AA_1} = A_1 - A = (1-1, 0-0, 1-0) = (0,0,1)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $ACD_1$. Для этого возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$.

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

$\vec{AD_1} = D_1 - A = (-1 - 1, 0 - 0, 1 - 0) = (-2, 0, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости $ACD_1$ равен векторному произведению $\vec{AC} \times \vec{AD_1}$:

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

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

Пусть $\theta$ — угол между вектором прямой $AA_1$ и нормальным вектором плоскости $ACD_1$.

Косинус угла $\theta$ находится по формуле скалярного произведения:

$\cos \theta = \frac{|\vec{v}_{AA_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}_{AA_1}| \cdot |\vec{n}|}$

Скалярное произведение $\vec{v}_{AA_1} \cdot \vec{n} = (0)(\sqrt{3}/2) + (0)(3/2) + (1)(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$.

Длина вектора $|\vec{v}_{AA_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$.

Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (3/2)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3/4 + 9/4 + 3} = \sqrt{12/4 + 3} = \sqrt{3 + 3} = \sqrt{6}$.

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

Следовательно, $\theta = 45^\circ$.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью равен $90^\circ - \theta$.

$\phi = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

16.7. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ все ребра равны 1 (рис. 16.6). Найдите косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Рис. 16.6

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Все ребра равны $1$.

Найти:

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

Решение:

Обозначим длину всех ребер за $a=1$.

Введем декартову систему координат. Пусть начало координат $O$ находится в центре основания $ABCD$.

Основание $ABCD$ является квадратом со стороной $a=1$.

Длина диагонали основания $AC = BD = a\sqrt{2} = \sqrt{2}$.

Расстояние от центра основания до любой вершины основания $OA = OB = OC = OD = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Высота пирамиды $SO = h$. В правильной четырехугольной пирамиде высота опускается в центр основания. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA$. $SA$ является боковым ребром и равно $1$.

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

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

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

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

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

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

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

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

Вершины основания: $A\left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$, $B\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$, $C\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, $D\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$.

Угол между прямой и плоскостью можно найти по формуле $\sin\alpha = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{||\vec{l}|| \cdot ||\vec{n}||}$, где $\vec{l}$ - направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ - вектор нормали к плоскости.

1. Направляющий вектор прямой $AB$:

Вектор $\vec{AB}$ можно найти как разность координат точек $B$ и $A$:

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

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

2. Вектор нормали к плоскости $SBC$:

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

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

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

Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен этим двум векторам и может быть найден как их векторное произведение:

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

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

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

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

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

3. Расчет синуса угла между прямой и плоскостью:

Скалярное произведение направляющего вектора прямой и вектора нормали к плоскости:

$\vec{l} \cdot \vec{n} = (1, 0, 0) \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{1}{2}\right) = 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + 0 \cdot 0 + 0 \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Теперь вычислим синус угла $\alpha$ между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$:

$\sin\alpha = \frac{|\vec{l} \cdot \vec{n}|}{||\vec{l}|| \cdot ||\vec{n}||} = \frac{\left|\frac{\sqrt{2}}{2}\right|}{1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

4. Расчет косинуса угла:

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

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

Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$, его косинус должен быть неотрицательным.

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

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

16.8. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите тангенс угла между прямой $CC_1$ и плоскостью $AB D_1$.

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Тангенс угла между прямой $CC_1$ и плоскостью $ABD_1$.

Решение:

1. Введем прямоугольную декартову систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Пусть ребро куба равно $a$. Оси $x$, $y$, $z$ направим по ребрам $AB$, $AD$, $AA_1$ соответственно. Тогда координаты вершин будут: $A = (0, 0, 0)$, $B = (a, 0, 0)$, $C = (a, a, 0)$, $D = (0, a, 0)$, $A_1 = (0, 0, a)$, $B_1 = (a, 0, a)$, $C_1 = (a, a, a)$, $D_1 = (0, a, a)$.

2. Найдем направляющий вектор прямой $CC_1$. Вектор $\vec{CC_1} = \vec{C_1} - \vec{C} = (a, a, a) - (a, a, 0) = (0, 0, a)$. Для вычислений можно использовать более простой сонаправленный вектор $\vec{l} = (0, 0, 1)$.

3. Найдем нормальный вектор плоскости $ABD_1$. Плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$ и $D_1(0, a, a)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{AB} = B - A = (a, 0, 0)$ и $\vec{AD_1} = D_1 - A = (0, a, a)$. Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости перпендикулярен этим двум векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

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

Для удобства вычислений возьмем сонаправленный нормальный вектор $\vec{n} = (0, -1, 1)$ (путем деления на $-a^2$).

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

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

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

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

Вычислим длины векторов: $||\vec{l}|| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$ и $||\vec{n}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$.

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

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

Поскольку $\sin \phi = \frac{1}{\sqrt{2}}$, угол $\phi = 45^\circ$ или $\phi = \frac{\pi}{4}$ радиан.

5. Наконец, найдем тангенс этого угла:

$\tan \phi = \tan(45^\circ) = 1$.

Ответ: $1$

16.9. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ все ребра равны 1. Найдите синус угла между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длина всех ребер $a = 1$.

Найти:

Синус угла $\alpha$ между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение:

Для определения синуса угла между прямой и плоскостью воспользуемся методом координат.

Расположим призму в декартовой системе координат следующим образом:

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

• Ребро $BC$ расположим вдоль оси $Ox$. Так как все ребра призмы равны 1, то $BC = 1$. Следовательно, $C(1,0,0)$.

• Боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$ (так как призма правильная). Расположим $BB_1$ вдоль оси $Oz$. Тогда $B_1(0,0,1)$.

• Для нахождения координат точки $A$: треугольник $ABC$ является равносторонним со стороной 1. Высота $h$ равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = a \frac{\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае $h = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Координата $x$ точки $A$ будет равна половине длины $BC$, т.е. $0.5$. Координата $y$ точки $A$ будет равна высоте треугольника, т.е. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Координата $z$ точки $A$ равна 0, так как точка $A$ лежит в плоскости $Oxy$ (плоскости основания).

Таким образом, координаты точек: $A(0.5, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $B(0,0,0)$, $C(1,0,0)$, $B_1(0,0,1)$.

1. Найдем вектор, направляющий прямую $AB_1$:

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (0 - 0.5, 0 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - 0) = (-0.5, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Длина вектора $\vec{AB_1}$:

$|\vec{AB_1}| = \sqrt{(-0.5)^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{0.25 + 0.75 + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.

2. Найдем нормальный вектор плоскости $BCC_1$.

Плоскость $BCC_1$ проходит через точки $B(0,0,0)$, $C(1,0,0)$ и $B_1(0,0,1)$. Заметим, что все эти точки имеют $y$-координату равную 0. Это означает, что плоскость $BCC_1$ совпадает с координатной плоскостью $Oxz$. Уравнение плоскости $Oxz$ есть $y=0$. Нормальный вектор к этой плоскости - это $\vec{n} = (0,1,0)$.

3. Вычислим синус угла $\alpha$ между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

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

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

Подставим значения:

Скалярное произведение $\vec{n} \cdot \vec{AB_1} = (0) \cdot (-0.5) + (1) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (0) \cdot (1) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

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

Таким образом,

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

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

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

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

16.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ все ребра равны 1.

1. Найдите синус угла между прямой $AB_1$ и плоскостью: а) $BCC_1$; б) $CDD_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер $a = 1$.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$ (единица длины).

Найти:

1. Синус угла между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

2. Синус угла между прямой $AB_1$ и плоскостью $CDD_1$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Поместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начало координат $(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим через вершину $A$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$. Ось $Oy$ выберем так, чтобы она образовывала правую тройку с $Ox$ и $Oz$.

Длина всех ребер призмы равна 1. Следовательно, длина стороны основания $a=1$ и высота призмы $h=1$.

Координаты вершин нижнего основания правильного шестиугольника с центром в начале координат и стороной $a=1$:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

Координаты вершин верхнего основания получаются из координат нижнего основания добавлением $z=1$:

$A_1 = (1, 0, 1)$

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

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

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

Найдем вектор, задающий направление прямой $AB_1$:

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (\frac{1}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Длина вектора $\vec{AB_1}$:

$||\vec{AB_1}|| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$

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

a) BCC₁

Плоскость $BCC_1$ является одной из боковых граней призмы. Она проходит через точки $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $C_1(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Заметим, что все три указанные точки имеют одинаковую y-координату, равную $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это означает, что плоскость $BCC_1$ параллельна оси $Oxz$ и ее уравнение $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Нормальный вектор к плоскости $y = \text{const}$ имеет вид $\vec{n}_{BCC_1} = (0, 1, 0)$.

Длина нормального вектора $||\vec{n}_{BCC_1}|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$.

Вычислим скалярное произведение вектора $\vec{AB_1}$ и нормального вектора $\vec{n}_{BCC_1}$:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{n}_{BCC_1} = (-\frac{1}{2})(0) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(1) + (1)(0) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь подставим значения в формулу для синуса угла $\phi_a$:

$\sin \phi_a = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

б) CDD₁

Плоскость $CDD_1$ также является боковой гранью призмы. Она проходит через точки $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D(-1, 0, 0)$ и $D_1(-1, 0, 1)$.

Для нахождения нормального вектора к плоскости $CDD_1$ воспользуемся двумя векторами, лежащими в этой плоскости, например, $\vec{DC}$ и $\vec{DD_1}$.

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

$\vec{DD_1} = D_1 - D = (-1 - (-1), 0 - 0, 1 - 0) = (0, 0, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n}_{CDD_1}$ можно найти как векторное произведение $\vec{DC} \times \vec{DD_1}$:

$\vec{n}_{CDD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(\frac{1}{2} \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0) = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 0)$

Длина нормального вектора $||\vec{n}_{CDD_1}|| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{1} = 1$.

Вычислим скалярное произведение вектора $\vec{AB_1}$ и нормального вектора $\vec{n}_{CDD_1}$:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{n}_{CDD_1} = (-\frac{1}{2})(\frac{\sqrt{3}}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{1}{2}) + (1)(0) = -\frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4} = -\frac{2\sqrt{3}}{4} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь подставим значения в формулу для синуса угла $\phi_b$:

$\sin \phi_b = \frac{|-\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

16.11. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ все ребра равны 1 (рис. 16.10). Найдите косинус угла между прямой $SA$ и плоскостью $ABC$.

Рис. 16.10

Дано:

Правильная треугольная пирамида $SABC$.
Длины всех ребер равны 1, то есть $SA = SB = SC = AB = BC = CA = 1$.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$. (единица измерения не указана, поэтому оставляем как 1).

Найти:

$\cos(\alpha)$, где $\alpha$ - угол между прямой $SA$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

1. Поскольку пирамида $SABC$ правильная, ее вершина $S$ проецируется в центр основания $ABC$. Пусть $H$ - это проекция вершины $S$ на плоскость основания $ABC$. Тогда $H$ является центром правильного треугольника $ABC$.

2. Угол между прямой $SA$ и плоскостью $ABC$ - это угол между прямой $SA$ и ее проекцией $AH$ на эту плоскость. То есть, нам нужно найти косинус угла $\angle SAH$.

3. Треугольник $ABC$ - равносторонний со стороной $a = 1$. $H$ - центр этого треугольника. Расстояние от вершины равностороннего треугольника до его центра (радиус описанной окружности) можно найти по формуле $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
Следовательно, $AH = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

4. Треугольник $SHA$ является прямоугольным, так как $SH$ - высота пирамиды, а значит, $SH \perp AH$.

5. В прямоугольном треугольнике $SHA$ мы знаем:
$SA = 1$ (это гипотенуза)
$AH = \frac{\sqrt{3}}{3}$ (это катет, прилежащий к углу $\angle SAH$).

6. Косинус угла $\angle SAH$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:
$\cos(\angle SAH) = \frac{AH}{SA} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{1} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

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