Страница 93 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

16.12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BC_1D_1$.

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BC_1D_1$.

Решение:

Введем систему координат с началом в точке $A$. Пусть ребро куба равно $a$. Тогда координаты вершин куба будут:

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

Для определения угла $\phi$ между прямой и плоскостью можно использовать формулу синуса угла между направляющим вектором прямой $\vec{v}$ и нормальным вектором плоскости $\vec{n}$:

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

Найдем направляющий вектор прямой $AB_1$:

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

Найдем нормальный вектор плоскости $BC_1D_1$. Для этого возьмем два вектора, лежащих в этой плоскости, и найдем их векторное произведение. Используем точки $B=(a,0,0)$, $C_1=(a,a,a)$, $D_1=(0,a,a)$.

Векторы в плоскости:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n}$ плоскости $BC_1D_1$ равен векторному произведению $\vec{BC_1} \times \vec{BD_1}$:

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

$\vec{n} = \mathbf{i}(a^2 - a^2) - \mathbf{j}(0 + a^2) + \mathbf{k}(0 + a^2) = (0, -a^2, a^2)$

Для удобства можем взять более простой нормальный вектор, пропорциональный найденному, например, разделив на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$):

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

Теперь вычислим скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$:

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

Вычислим модули векторов:

$||\vec{v}|| = ||\vec{AB_1}|| = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

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

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

$\sin \phi = \frac{|a|}{(a\sqrt{2})(\sqrt{2})} = \frac{a}{a \cdot 2} = \frac{1}{2}$

Следовательно, $\phi = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

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

Дано:

Пирамида $SABCDEF$ - правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Найти:

$\cos \alpha$, где $\alpha$ - угол между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Разместим центр правильного шестиугольника $ABCDEF$ в начале координат $(0,0,0)$. Поскольку шестиугольник правильный, расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны основания, т.е. $1$.

Координаты вершин основания:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

Вершина пирамиды $S$ находится на оси $z$. Пусть ее координаты $S = (0,0,h)$. Расстояние от $S$ до любой вершины основания равно длине бокового ребра $l=2$. Например, $SA = 2$. $SA^2 = (1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-h)^2 = 1^2 + h^2 = 1 + h^2$. По условию $SA^2 = 2^2 = 4$. $1 + h^2 = 4 \Rightarrow h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$. Таким образом, координаты вершины $S = (0,0,\sqrt{3})$.

Найдем вектор направления прямой $AB$:

$\vec{v}_{AB} = B - A = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Длина вектора $AB$:

$|\vec{v}_{AB}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4} = \sqrt{1} = 1$.

Для нахождения угла между прямой и плоскостью, нам нужен нормальный вектор плоскости $SBC$. Возьмем два вектора, лежащие в плоскости $SBC$: $\vec{SB}$ 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 $\vec{n}$ плоскости $SBC$ найдем как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

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

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

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

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

Итак, нормальный вектор $\vec{n} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$.

Длина нормального вектора:

$|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{0 + 3 + 3/4} = \sqrt{15/4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

Угол $\alpha$ между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$ определяется формулой $\sin\alpha = \frac{|\vec{v}_{AB} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}_{AB}| \cdot |\vec{n}|}$.

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

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

Теперь вычислим $\sin\alpha$:

$\sin\alpha = \frac{|3/2|}{1 \cdot \frac{\sqrt{15}}{2}} = \frac{3/2}{\sqrt{15}/2} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Теперь найдем $\cos\alpha$ из тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:

$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 = 1 - \frac{15}{25} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}$.

$\cos\alpha = \sqrt{\frac{2}{5}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$

16.14. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1, точка $D$ – середина ребра $CC_1$. Докажите, что прямые $AD$ и $A_1B$ перпендикулярны.

Дано

Дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длина всех ребер призмы $a = 1$.

Точка $D$ - середина ребра $CC_1$.

Найти:

Доказать, что прямые $AD$ и $A_1B$ перпендикулярны.

Решение

Для доказательства перпендикулярности прямых $AD$ и $A_1B$ воспользуемся методом координат. Если скалярное произведение векторов, лежащих на этих прямых, равно нулю, то прямые перпендикулярны.

1. Выберем систему координат.

Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$.

Пусть ребро $AB$ лежит на оси $Ox$. Тогда координаты $B = (1,0,0)$, так как длина ребра $AB=1$.

Так как призма правильная, основание $ABC$ - равносторонний треугольник со стороной 1. Координаты вершины $C$ для равностороннего треугольника со стороной $a=1$ с вершинами $A=(0,0,0)$ и $B=(1,0,0)$ будут $C = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Ребро $AA_1$ перпендикулярно основанию и имеет длину 1. Направим ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$. Тогда $A_1 = (0,0,1)$.

Исходя из координат вершин нижнего основания и высоты призмы, найдем координаты вершин верхнего основания:

$A = (0,0,0)$

$B = (1,0,0)$

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

$A_1 = (0,0,1)$

$B_1 = (1,0,1)$

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

2. Найдем координаты точки D.

Точка $D$ является серединой ребра $CC_1$. Координаты середины отрезка вычисляются как среднее арифметическое координат его концов:

$D = \left(\frac{x_C+x_{C_1}}{2}, \frac{y_C+y_{C_1}}{2}, \frac{z_C+z_{C_1}}{2}\right)$

$D = \left(\frac{1/2+1/2}{2}, \frac{\sqrt{3}/2+\sqrt{3}/2}{2}, \frac{0+1}{2}\right)$

$D = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$

3. Найдем векторы $\vec{AD}$ и $\vec{A_1B}$.

Вектор $\vec{AD}$ имеет координаты $D - A$:

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

Вектор $\vec{A_1B}$ имеет координаты $B - A_1$:

$\vec{A_1B} = (1 - 0, 0 - 0, 0 - 1) = (1, 0, -1)$

4. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{A_1B}$.

Скалярное произведение двух векторов $\vec{v_1}=(x_1,y_1,z_1)$ и $\vec{v_2}=(x_2,y_2,z_2)$ вычисляется по формуле $\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = x_1x_2 + y_1y_2 + z_1z_2$.

$\vec{AD} \cdot \vec{A_1B} = (1/2) \cdot (1) + (\sqrt{3}/2) \cdot (0) + (1/2) \cdot (-1)$

$\vec{AD} \cdot \vec{A_1B} = 1/2 + 0 - 1/2$

$\vec{AD} \cdot \vec{A_1B} = 0$

5. Заключение.

Поскольку скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{A_1B}$ равно нулю, это означает, что эти векторы перпендикулярны. Следовательно, прямые $AD$ и $A_1B$, на которых лежат эти векторы, также перпендикулярны.

Ответ: Прямые $AD$ и $A_1B$ перпендикулярны.

16.15. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1. Докажите, что прямая $AD_1$ перпендикулярна плоскости $BFA_1$.

Дано

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ – правильная шестиугольная.
Все ребра равны 1, то есть, длина стороны основания $a = 1$ и высота призмы $h = 1$.

Найти:

Доказать, что прямая $AD_1$ перпендикулярна плоскости $BFA_1$.

Решение

Для доказательства перпендикулярности прямой $AD_1$ плоскости $BFA_1$ воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат. Пусть начало координат $O(0,0,0)$ совпадает с центром нижнего основания правильной шестиугольной призмы. Ось $Ox$ направим вдоль диагонали $AD$. Ось $Oy$ направим перпендикулярно $Ox$ в плоскости нижнего основания. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра (высоты призмы).

Так как призма правильная и все ее ребра равны 1: Сторона правильного шестиугольника $AB = 1$. Расстояние от центра шестиугольника до любой его вершины равно длине стороны, т.е. 1. Длина большой диагонали шестиугольника (например, $AD$) равна двум сторонам, т.е. $AD = 2 \times 1 = 2$. Высота призмы $AA_1 = 1$.

Определим координаты ключевых вершин: Вершины нижнего основания: Так как $A$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии 1 от центра, $A = (1, 0, 0)$. Вершина $D$ находится на противоположной стороне шестиугольника на оси $Ox$, $D = (-1, 0, 0)$. Координаты $B$ и $F$ определяются, учитывая, что угол между радиус-векторами соседних вершин составляет $60^\circ$: $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. $F = (1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Вершины верхнего основания (с координатой $z=1$, равной высоте призмы): $A_1 = (1, 0, 1)$. $D_1 = (-1, 0, 1)$.

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

Чтобы доказать перпендикулярность прямой $AD_1$ плоскости $BFA_1$, достаточно показать, что прямая $AD_1$ перпендикулярна двум непараллельным прямым, лежащим в этой плоскости. Выберем прямые $BF$ и $FA_1$.

Найдем координаты вектора $\vec{BF}$: $\vec{BF} = F - B = (1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (0, -\sqrt{3}, 0)$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{AD_1} \cdot \vec{BF}$: $\vec{AD_1} \cdot \vec{BF} = (-2)(0) + (0)(-\sqrt{3}) + (1)(0) = 0 + 0 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AD_1}$ и $\vec{BF}$ ортогональны, то есть прямая $AD_1$ перпендикулярна прямой $BF$.

Найдем координаты вектора $\vec{FA_1}$: $\vec{FA_1} = A_1 - F = (1 - 1/2, 0 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{AD_1} \cdot \vec{FA_1}$: $\vec{AD_1} \cdot \vec{FA_1} = (-2)(1/2) + (0)(\sqrt{3}/2) + (1)(1) = -1 + 0 + 1 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AD_1}$ и $\vec{FA_1}$ ортогональны, то есть прямая $AD_1$ перпендикулярна прямой $FA_1$.

Прямые $BF$ и $FA_1$ лежат в плоскости $BFA_1$ и пересекаются в точке $F$. Векторы $\vec{BF} = (0, -\sqrt{3}, 0)$ и $\vec{FA_1} = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$ не являются параллельными (их координаты не пропорциональны). Поскольку прямая $AD_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BF$ и $FA_1$, лежащим в плоскости $BFA_1$, то прямая $AD_1$ перпендикулярна всей плоскости $BFA_1$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Ответ:

Доказано.

16.16. Дворец мира и согласия в г. Нур-Султане имеет форму правильной четырехугольной пирамиды (см. рис. 12.14, § 12), в которой высота равна стороне основания. Найдите тангенс угла между боковым ребром и плоскостью основания этой пирамиды.

Дано:

• Пирамида: правильная четырехугольная.
• Высота пирамиды $h$ равна стороне основания $a$. То есть, $h = a$.

В данной задаче все величины представлены в условных единицах или как соотношения, поэтому перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

• Тангенс угла между боковым ребром и плоскостью основания ($\tan \alpha$).

Решение:

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Пусть сторона основания квадрата $ABCD$ равна $a$. Высота пирамиды $SO$ (где $O$ — центр основания) равна $h$. По условию задачи, высота пирамиды равна стороне основания, то есть $h = a$.

Угол между боковым ребром и плоскостью основания — это угол между боковым ребром (например, $SA$) и его проекцией на плоскость основания ($AO$). Таким образом, нам нужно найти тангенс угла $\angle SAO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAO$. Катет $SO$ является высотой пирамиды, а катет $AO$ — это половина диагонали основания.

Длина диагонали $d$ квадрата со стороной $a$ вычисляется по формуле: $d = a\sqrt{2}$

Длина отрезка $AO$ (половина диагонали) равна: $AO = \frac{d}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Тангенс угла в прямоугольном треугольнике определяется как отношение противолежащего катета к прилежащему. В треугольнике $SAO$: $\tan(\angle SAO) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{SO}{AO}$

Подставим известные значения: $SO = h = a$ и $AO = \frac{a\sqrt{2}}{2}$: $\tan(\angle SAO) = \frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}$

Упростим выражение: $\tan(\angle SAO) = \frac{a \cdot 2}{a\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$: $\tan(\angle SAO) = \frac{2 \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$

Ответ: $\sqrt{2}$

16.17. Дайте понятие угла между двумя пересекающимися плоскостями.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями (двугранный угол) определяется следующим образом: Возьмем произвольную точку на линии пересечения этих плоскостей. Из этой точки проведем в каждой плоскости по прямой, перпендикулярной к линии их пересечения. Угол между этими двумя прямыми и есть угол между данными плоскостями. Обычно в качестве угла между плоскостями принимают меньший из двух смежных углов, образующихся при таком построении, то есть угол $\alpha$, удовлетворяющий условию $0^\circ \le \alpha \le 90^\circ$.

Ответ:

16.18. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Перевод в СИ:

Нет необходимости в переводе в систему СИ, так как задача геометрическая и ответ будет представлен в градусах.

Найти:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$.

Решение:

Для определения угла между двумя плоскостями необходимо найти их линию пересечения. Затем, из любой точки на этой линии, провести в каждой из плоскостей перпендикуляр к линии пересечения. Угол между этими двумя перпендикулярами будет искомым углом между плоскостями.

1. Плоскости $ABC_1$ и $ABC$ имеют общую прямую $AB$, которая является линией их пересечения.

2. Рассмотрим плоскость $ABC$, которая является плоскостью основания куба ($ABCD$). Поскольку $ABCD$ — квадрат, то ребро $BC$ перпендикулярно ребру $AB$. Следовательно, $BC \perp AB$.

3. Теперь рассмотрим плоскость $ABC_1$. Нам нужно найти прямую, проходящую через точку на линии пересечения $AB$ (например, точку $B$) и перпендикулярную $AB$. В кубе ребро $AB$ перпендикулярно всей плоскости грани $BCC_1B_1$ (так как $AB \perp BC$ и $AB \perp BB_1$). Поскольку прямая $BC_1$ лежит в плоскости $BCC_1B_1$, то $AB$ перпендикулярна $BC_1$. Следовательно, $BC_1 \perp AB$.

4. Таким образом, мы нашли две прямые, перпендикулярные линии пересечения $AB$ в точке $B$: прямая $BC$ в плоскости $ABC$ и прямая $BC_1$ в плоскости $ABC_1$. Угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$ равен углу между этими прямыми, то есть $\angle C_1BC$.

5. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BCC_1$. Катеты этого треугольника $BC$ и $CC_1$ являются ребрами куба. Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда $BC = a$ и $CC_1 = a$.

6. Для нахождения угла $\angle C_1BC$ в прямоугольном треугольнике $BCC_1$ воспользуемся тангенсом:

$\mathrm{tg}(\angle C_1BC) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{CC_1}{BC}$

Подставляя значения длин ребер:

$\mathrm{tg}(\angle C_1BC) = \frac{a}{a} = 1$

7. Угол, тангенс которого равен $1$, составляет $45^\circ$.

$\angle C_1BC = \mathrm{arctg}(1) = 45^\circ$

Ответ:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$ равен $45^\circ$.