Страница 97 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

17.5. Найдите двугранные углы, образованные соседними боковыми гранями правильной шестиугольной призмы (рис. 17.12).

Рис. 17.12

Дано

Правильная шестиугольная призма.

Перевод в СИ

Данные для перевода в систему СИ отсутствуют.

Найти

Двугранные углы, образованные соседними боковыми гранями.

Решение

Двугранный угол между двумя соседними боковыми гранями правильной призмы равен внутреннему углу многоугольника, лежащего в основании призмы. В данном случае основанием является правильный шестиугольник.

Формула для нахождения величины внутреннего угла $\alpha$ правильного n-угольника имеет вид:

$\alpha = \frac{(n-2) \times 180^\circ}{n}$

Для правильного шестиугольника число сторон $n=6$. Подставим это значение в формулу:

$\alpha = \frac{(6-2) \times 180^\circ}{6}$

$\alpha = \frac{4 \times 180^\circ}{6}$

$\alpha = \frac{720^\circ}{6}$

$\alpha = 120^\circ$

Таким образом, каждый двугранный угол, образованный соседними боковыми гранями правильной шестиугольной призмы, равен $120^\circ$.

Ответ:

Двугранные углы, образованные соседними боковыми гранями правильной шестиугольной призмы, составляют $120^\circ$.

17.6. Верно ли, что две плоскости, перпендикулярные третьей, параллельны?

Решение

Рассмотрим три плоскости: $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Утверждение состоит в том, что если плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $\gamma$ ($ \alpha \perp \gamma $), и плоскость $\beta$ перпендикулярна плоскости $\gamma$ ($ \beta \perp \gamma $), то плоскости $\alpha$ и $\beta$ обязательно параллельны.

Это утверждение не всегда верно.

Пример, когда плоскости параллельны: Представьте пол комнаты как плоскость $\gamma$. Две противоположные стены комнаты (например, передняя и задняя) являются плоскостями $\alpha$ и $\beta$. Каждая из этих стен перпендикулярна полу, и при этом они параллельны друг другу.

Пример, когда плоскости не параллельны (пересекаются): Снова представим пол комнаты как плоскость $\gamma$. Теперь рассмотрим две смежные стены комнаты (например, переднюю и боковую) как плоскости $\alpha$ и $\beta$. Каждая из этих стен перпендикулярна полу, но они не параллельны друг другу – они пересекаются по линии, образующей угол комнаты.

Таким образом, две плоскости, перпендикулярные третьей плоскости, могут быть либо параллельными, либо пересекающимися. Следовательно, утверждение в вопросе неверно.

Ответ: Нет.

17.7. Сколько плоскостей, перпендикулярных данной плоскости, можно провести через данную точку?

Решение

Для определения количества плоскостей, перпендикулярных данной плоскости и проходящих через заданную точку, воспользуемся геометрическими определениями и теоремами.

Согласно определению, плоскость $\beta$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, если она содержит прямую, перпендикулярную плоскости $\alpha$.

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $M$.

Через точку $M$ можно провести ровно одну прямую $L$, которая будет перпендикулярна плоскости $\alpha$. (Это следует из аксиом стереометрии: через любую точку пространства можно провести единственную прямую, перпендикулярную данной плоскости).

Любая плоскость $\beta$, которая содержит эту прямую $L$, будет перпендикулярна плоскости $\alpha$ (по определению перпендикулярных плоскостей) и, очевидно, будет проходить через точку $M$, так как точка $M$ лежит на прямой $L$.

Через одну прямую в пространстве можно провести бесконечно много плоскостей. Эти плоскости образуют так называемый пучок плоскостей, проходящих через данную прямую.

Таким образом, поскольку существует одна единственная прямая, проходящая через данную точку и перпендикулярная данной плоскости, и через эту прямую можно провести бесконечно много плоскостей, то и количество плоскостей, удовлетворяющих условиям задачи, будет бесконечным.

Это утверждение справедливо независимо от того, лежит ли данная точка $M$ на данной плоскости $\alpha$ или вне её.

Ответ: Бесконечно много.

провести через данную точ

17.8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $AB_1D_1$;

б) $ABC$ и $ACB_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $AB_1D_1$;

б) $ABC$ и $ACB_1$.

Решение

а) $ABC$ и $AB_1D_1$

Угол между двумя плоскостями можно найти с помощью формулы $\cos \phi = \frac{S_{\text{проекции}}}{S_{\text{оригинала}}}$, где $S_{\text{оригинала}}$ - площадь фигуры, лежащей в одной из плоскостей, а $S_{\text{проекции}}$ - площадь ее ортогональной проекции на другую плоскость.

Рассмотрим плоскость $AB_1D_1$. Треугольник $AB_1D_1$ лежит в этой плоскости.

Найдем длины сторон треугольника $AB_1D_1$:

$AB_1$ - это диагональ грани $ABB_1A_1$. По теореме Пифагора $AB_1 = \sqrt{AB^2 + BB_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

$AD_1$ - это диагональ грани $ADD_1A_1$. $AD_1 = \sqrt{AD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

$B_1D_1$ - это диагональ грани $A_1B_1C_1D_1$. $B_1D_1 = \sqrt{A_1B_1^2 + A_1D_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

Таким образом, треугольник $AB_1D_1$ является равносторонним со стороной $a\sqrt{2}$.

Площадь равностороннего треугольника $S = \frac{\sqrt{3}}{4} (\text{сторона})^2$.

$S_{AB_1D_1} = \frac{\sqrt{3}}{4} (a\sqrt{2})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (2a^2) = \frac{\sqrt{3}a^2}{2}$.

Плоскость $ABC$ - это плоскость основания $ABCD$.

Ортогональной проекцией треугольника $AB_1D_1$ на плоскость $ABC$ является треугольник $ABD$, так как точка $A$ лежит в плоскости $ABC$, а точки $B_1$ и $D_1$ проецируются на $B$ и $D$ соответственно (поскольку ребра $BB_1$ и $DD_1$ перпендикулярны плоскости $ABC$).

Треугольник $ABD$ является прямоугольным (в квадрате $ABCD$ угол $BAD = 90^\circ$).

Площадь прямоугольного треугольника $S = \frac{1}{2} \cdot \text{катет}_1 \cdot \text{катет}_2$.

$S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $ABC$ и $AB_1D_1$ равен:

$\cos \phi = \frac{S_{ABD}}{S_{AB_1D_1}} = \frac{a^2/2}{\sqrt{3}a^2/2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Теперь найдем тангенс угла $\phi$, используя тригонометрическое тождество $\tan^2 \phi + 1 = \frac{1}{\cos^2 \phi}$:

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

Так как угол между плоскостями по определению является острым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), его тангенс должен быть положительным.

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

Ответ: $\sqrt{2}$

б) $ABC$ и $ACB_1$

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между перпендикулярами к их линии пересечения, проведенными в каждой из плоскостей из одной точки на линии пересечения.

Плоскость $ABC$ - это плоскость основания куба $ABCD$.

Плоскость $ACB_1$ проходит через точки $A$, $C$ и $B_1$.

Линией пересечения плоскостей $ABC$ и $ACB_1$ является прямая $AC$.

Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей основания $AC$ и $BD$. В квадрате диагонали взаимно перпендикулярны, поэтому $BD \perp AC$. Значит, $BO \perp AC$.

Длина отрезка $OB$: $BD$ - диагональ квадрата $ABCD$, $BD = a\sqrt{2}$. Тогда $OB = \frac{1}{2} BD = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Теперь рассмотрим плоскость $ACB_1$. Нам нужно найти прямую в этой плоскости, проходящую через $O$ и перпендикулярную $AC$.

Соединим точку $B_1$ с точкой $O$. Рассмотрим прямую $B_1O$.

Ребро $B_1B$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Так как $AC$ лежит в плоскости $ABC$, то $B_1B \perp AC$.

Мы также знаем, что $BO \perp AC$.

По теореме о трех перпендикулярах: если проекция наклонной ($BO$) на плоскость перпендикулярна некоторой прямой ($AC$), лежащей в этой плоскости, то и сама наклонная ($B_1O$) перпендикулярна этой прямой.

Таким образом, $B_1O \perp AC$.

Следовательно, угол между плоскостями $ABC$ и $ACB_1$ - это угол между прямыми $BO$ и $B_1O$, то есть угол $\angle B_1OB$.

Рассмотрим треугольник $B_1OB$. Поскольку $B_1B \perp ABC$, то $B_1B \perp OB$. Значит, треугольник $B_1OB$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$.

Длина катета $B_1B = a$ (ребро куба).

Длина катета $OB = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Тангенс угла $\angle B_1OB$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:

$\tan(\angle B_1OB) = \frac{B_1B}{OB} = \frac{a}{a/\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$

17.9. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите косинус угла между плоскостями $ACB_1$ и $ACD_1$.

17.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$...

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскости $ACB_1$ и $ACD_1$.

Перевод в СИ:

Не требуется, так как исходные данные не содержат физических величин.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $ACB_1$ и $ACD_1$.

Решение:

1. Выбор системы координат:

Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим куб в декартовой системе координат так, что вершина $A$ находится в начале координат $(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин куба будут:

$A = (0,0,0)$

$B = (a,0,0)$

$C = (a,a,0)$

$D = (0,a,0)$

$A_1 = (0,0,a)$

$B_1 = (a,0,a)$

$C_1 = (a,a,a)$

$D_1 = (0,a,a)$

2. Нахождение нормального вектора к плоскости $ACB_1$:

Плоскость $ACB_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(a,a,0)$ и $B_1(a,0,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, исходящие из точки $A$:

$\vec{AC} = C - A = (a,a,0)$

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ACB_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AC} \times \vec{AB_1}$:

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

$\vec{n_1} = (a^2, -a^2, -a^2)$

Для удобства можно использовать более простой нормальный вектор, разделив на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$): $\vec{n_1}' = (1, -1, -1)$.

3. Нахождение нормального вектора к плоскости $ACD_1$:

Плоскость $ACD_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(a,a,0)$ и $D_1(0,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, исходящие из точки $A$:

$\vec{AC} = C - A = (a,a,0)$

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $ACD_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AC} \times \vec{AD_1}$:

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

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

Аналогично, можно использовать более простой нормальный вектор, разделив на $a^2$: $\vec{n_2}' = (1, -1, 1)$.

4. Вычисление косинуса угла между плоскостями:

Косинус угла $\phi$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами. Формула для косинуса угла между двумя векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$:

$\cos \alpha = \frac{\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}}{||\vec{v_1}|| \cdot ||\vec{v_2}||}$

Для угла между плоскостями берется модуль этого значения, так как угол между плоскостями по определению острый или прямой ($\phi \in [0, \frac{\pi}{2}]$):

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

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

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

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

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

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

Теперь подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:

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

Ответ:

$\frac{1}{3}$

17.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1. Найдите угол между плоскостями:

a) $ABB_1$ и $CDD_1$;

б) $ACC_1$ и $CDD_1$;

в) $ACC_1$ и $DEE_1$;

г) $ACC_1$ и $CEE_1$;

д) $ABC$ и $BDE_1$;

е) $CDF_1$ и $AFD_1$.

17.11. Покажите, что в правильной шестиугольной призме

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер $a = 1$.

Найти: Угол между плоскостями.

Решение:

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

Поскольку призма правильная и все ребра равны $1$, то радиус описанной окружности вокруг основания также равен $1$. Высота призмы равна $1$.

Координаты вершин основания:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

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

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

Координаты вершин верхнего основания ($A_1B_1C_1D_1E_1F_1$):

$A_1 = (1, 0, 1)$

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

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

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

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

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

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Если $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ — нормальные векторы к плоскостям, то косинус угла $\theta$ между плоскостями находится по формуле: $\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$.

а) $ABB_1$ и $CDD_1$

Плоскость $ABB_1$ (или $ABB_1A_1$) содержит точки $A(1,0,0)$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $A_1(1,0,1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{AB} = B - A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{AA_1} = A_1 - A = (0,0,1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AA_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2, 1/2, 0)$. Для удобства вычислений возьмем $\vec{n_1} = (\sqrt{3}, 1, 0)$ (умножив на 2).

Плоскость $CDD_1$ (или $CDD_1C_1$) содержит точки $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1,0,0)$, $D_1(-1,0,1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{DC} = C - D = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{DD_1} = D_1 - D = (0,0,1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{DC} \times \vec{DD_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2, -1/2, 0)$. Для удобства вычислений возьмем $\vec{n_2} = (\sqrt{3}, -1, 0)$ (умножив на 2).

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

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

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{3+1} = 2$.

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{3+1} = 2$.

$\cos \theta = \frac{|2|}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

$\theta = \arccos(1/2) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

б) $ACC_1$ и $CDD_1$

Плоскость $ACC_1$ содержит точки $A(1,0,0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C_1(-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{AC} = C - A = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{CC_1} = C_1 - C = (0,0,1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_1} = \vec{AC} \times \vec{CC_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ -3/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2, 3/2, 0)$. Для удобства возьмем $\vec{n_1} = (\sqrt{3}, 3, 0)$ (умножив на 2).

Плоскость $CDD_1$: нормальный вектор $\vec{n_2} = (\sqrt{3}, -1, 0)$ (из предыдущего пункта).

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

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

Так как скалярное произведение нормальных векторов равно $0$, плоскости ортогональны.

$\theta = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

в) $ACC_1$ и $DEE_1$

Плоскость $ACC_1$: нормальный вектор $\vec{n_1} = (\sqrt{3}, 3, 0)$.

Плоскость $DEE_1$ содержит точки $D(-1,0,0)$, $E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{DE} = E - D = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{EE_1} = E_1 - E = (0,0,1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{DE} \times \vec{EE_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (-\sqrt{3}/2, -1/2, 0)$. Для удобства возьмем $\vec{n_2} = (\sqrt{3}, 1, 0)$ (умножив на -2).

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (\sqrt{3})(\sqrt{3}) + (3)(1) + (0)(0) = 3 + 3 = 6$.

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 3^2 + 0^2} = \sqrt{3+9} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{3+1} = 2$.

$\cos \theta = \frac{|6|}{2\sqrt{3} \cdot 2} = \frac{6}{4\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\theta = \arccos(\sqrt{3}/2) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

г) $ACC_1$ и $CEE_1$

Плоскость $ACC_1$: нормальный вектор $\vec{n_1} = (\sqrt{3}, 3, 0)$.

Плоскость $CEE_1$ содержит точки $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{CE} = E - C = (0, -\sqrt{3}, 0)$, $\vec{EE_1} = E_1 - E = (0,0,1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{CE} \times \vec{EE_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 0 & -\sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (-\sqrt{3}, 0, 0)$. Для удобства возьмем $\vec{n_2} = (1, 0, 0)$ (умножив на $-1/\sqrt{3}$).

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

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

$||\vec{n_1}|| = 2\sqrt{3}$.

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

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

$\theta = \arccos(1/2) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

д) $ABC$ и $BDE_1$

Плоскость $ABC$ — это плоскость основания, которая совпадает с плоскостью $z=0$.

Нормальный вектор к плоскости $ABC$ может быть $\vec{n_1} = (0,0,1)$.

Плоскость $BDE_1$ содержит точки $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1,0,0)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{DB} = B - D = (3/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{DE_1} = E_1 - D = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{DB} \times \vec{DE_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 3/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2 \cdot 1 - 0, -(3/2 \cdot 1 - 0), 3/2 \cdot (-\sqrt{3}/2) - \sqrt{3}/2 \cdot 1/2) = (\sqrt{3}/2, -3/2, -3\sqrt{3}/4 - \sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}/2, -3/2, -\sqrt{3})$.

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

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

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

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

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

$\theta = \arccos(\sqrt{2}/2) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

е) $CDF_1$ и $AFD_1$

Плоскость $CDF_1$ содержит точки $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1,0,0)$, $F_1(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{DC} = C - D = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{DF_1} = F_1 - D = (3/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_1} = \vec{DC} \times \vec{DF_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 3/2 & -\sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2 \cdot 1 - 0, -(1/2 \cdot 1 - 0), 1/2 \cdot (-\sqrt{3}/2) - \sqrt{3}/2 \cdot 3/2) = (\sqrt{3}/2, -1/2, -\sqrt{3}/4 - 3\sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}/2, -1/2, -\sqrt{3})$.

Плоскость $AFD_1$ содержит точки $A(1,0,0)$, $F(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $D_1(-1,0,1)$.

Векторы в плоскости: $\vec{FA} = A - F = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $\vec{FD_1} = D_1 - F = (-3/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_2} = \vec{FA} \times \vec{FD_1} = \det \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ -3/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = (\sqrt{3}/2 \cdot 1 - 0, -(1/2 \cdot 1 - 0), 1/2 \cdot \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2 \cdot (-3/2)) = (\sqrt{3}/2, -1/2, \sqrt{3}/4 + 3\sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}/2, -1/2, \sqrt{3})$.

Вычислим косинус угла между нормальными векторами:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}/2) + (-1/2)(-1/2) + (-\sqrt{3})(\sqrt{3}) = 3/4 + 1/4 - 3 = 1 - 3 = -2$.

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (-1/2)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{3/4 + 1/4 + 3} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (-1/2)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3/4 + 1/4 + 3} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

$\cos \theta = \frac{|-2|}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

$\theta = \arccos(1/2) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

17.11. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ перпендикулярны плоскости:

а) $ABC$ и $ABB_1$;

б) $ABC$ и $ACC_1$;

в) $ABC$ и $ADD_1$;

г) $ACC_1$ и $BEE_1$;

д) $ADD_1$ и $BFF_1$.

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ является правильной шестиугольной призмой. Это означает, что её основания $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ являются правильными шестиугольниками, а боковые рёбра (например, $AA_1, BB_1$, и т.д.) перпендикулярны плоскостям оснований.

Решение

а) $ABC$ и $ABB_1$

Плоскость $ABC$ является плоскостью основания призмы. Плоскость $ABB_1$ является боковой гранью призмы. По определению правильной призмы, её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. Таким образом, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Поскольку линия $AA_1$ лежит в плоскости $ABB_1$, то плоскость $ABB_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Доказано.

б) $ABC$ и $ACC_1$

Плоскость $ABC$ является плоскостью основания призмы. Плоскость $ACC_1$ является диагональным сечением. По определению правильной призмы, её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. Таким образом, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Поскольку линия $AA_1$ лежит в плоскости $ACC_1$, то плоскость $ACC_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Доказано.

в) $ABC$ и $ADD_1$

Плоскость $ABC$ является плоскостью основания призмы. Плоскость $ADD_1$ является диагональным сечением. По определению правильной призмы, её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. Таким образом, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Поскольку линия $AA_1$ лежит в плоскости $ADD_1$, то плоскость $ADD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Доказано.

г) $ACC_1$ и $BEE_1$

Плоскости $ACC_1$ и $BEE_1$ являются диагональными сечениями. Чтобы доказать перпендикулярность двух плоскостей, достаточно показать, что одна из них содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости.

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $s$ — длина стороны шестиугольника.

В правильном шестиугольнике:
1. Главные диагонали (например, $AD, BE, CF$) проходят через центр $O$ и делят шестиугольник на 6 равносторонних треугольников.
2. Короткие диагонали (например, $AC, BD, CE, DF, EA, FB$) соединяют вершины через одну.

Докажем, что в правильном шестиугольнике диагональ $AC$ перпендикулярна диагонали $BE$.
Воспользуемся координатами. Пусть центр шестиугольника $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Пусть сторона шестиугольника равна $s$.
Координаты вершин:
$A = (s, 0, 0)$
$B = (s/2, s\sqrt{3}/2, 0)$
$C = (-s/2, s\sqrt{3}/2, 0)$
$E = (-s/2, -s\sqrt{3}/2, 0)$

Вектор $\vec{AC} = C - A = (-s/2 - s, s\sqrt{3}/2 - 0, 0) = (-3s/2, s\sqrt{3}/2, 0)$.
Вектор $\vec{BE} = E - B = (-s/2 - s/2, -s\sqrt{3}/2 - s\sqrt{3}/2, 0) = (-s, -s\sqrt{3}, 0)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BE}$:
$\vec{AC} \cdot \vec{BE} = (-3s/2)(-s) + (s\sqrt{3}/2)(-s\sqrt{3}) + (0)(0)$
$= 3s^2/2 - 3s^2/2 + 0 = 0$.

Поскольку скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BE}$ равно нулю, эти векторы, а следовательно и соответствующие им прямые $AC$ и $BE$, перпендикулярны в плоскости основания. То есть, $AC \perp BE$.

Теперь вернемся к плоскостям.
1. Боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Так как прямая $AC$ лежит в плоскости $ABC$, то $BB_1 \perp AC$.
2. Прямая $BE$ лежит в плоскости основания $ABC$. Мы доказали, что $AC \perp BE$.

Таким образом, прямая $AC$ (лежащая в плоскости $ACC_1$) перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BE$ и $BB_1$), лежащим в плоскости $BEE_1$. Из этого следует, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BEE_1$.

Поскольку прямая $AC$ лежит в плоскости $ACC_1$ и перпендикулярна плоскости $BEE_1$, то плоскости $ACC_1$ и $BEE_1$ перпендикулярны.

Ответ: Доказано.

д) $ADD_1$ и $BFF_1$

Плоскости $ADD_1$ и $BFF_1$ являются диагональными сечениями, проходящими через главные диагонали основания.

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$.
Прямая $AD$ является главной диагональю, проходящей через центр $O$.
Прямая $BF$ также является главной диагональю, проходящей через центр $O$.

В правильном шестиугольнике главные диагонали $AD$ и $BF$ перпендикулярны.
Используя те же координаты, что и выше:
$A = (s, 0, 0)$, $D = (-s, 0, 0)$. Прямая $AD$ лежит на оси $x$ в плоскости $z=0$.
$B = (s/2, s\sqrt{3}/2, 0)$, $F = (s/2, -s\sqrt{3}/2, 0)$. Прямая $BF$ является вертикальной линией $x=s/2$ в плоскости $z=0$.
Очевидно, что горизонтальная линия (ось $x$) и вертикальная линия ($x=s/2$) перпендикулярны в декартовой системе координат. Таким образом, $AD \perp BF$.

Теперь вернемся к плоскостям.
1. Боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Так как прямая $AD$ лежит в плоскости $ABC$, то $BB_1 \perp AD$.
2. Прямая $BF$ лежит в плоскости основания $ABC$. Мы доказали, что $AD \perp BF$.

Таким образом, прямая $AD$ (лежащая в плоскости $ADD_1$) перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BF$ и $BB_1$), лежащим в плоскости $BFF_1$. Из этого следует, что прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $BFF_1$.

Поскольку прямая $AD$ лежит в плоскости $ADD_1$ и перпендикулярна плоскости $BFF_1$, то плоскости $ADD_1$ и $BFF_1$ перпендикулярны.

Ответ: Доказано.

17.12. У правильной четырехугольной пирамиды все ребра равны (рис. 17.13). Найдите тангенс двугранного угла, образованного боковой гранью и основанием пирамиды.

Рис. 17.13

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида.

Все ребра равны. Обозначим длину ребра как $a$.

Найти:

Тангенс двугранного угла, образованного боковой гранью и основанием пирамиды ($\tan \alpha$).

Решение:

Пусть длина каждого ребра пирамиды равна $a$.

Так как пирамида правильная четырехугольная, ее основанием является квадрат. Обозначим вершины основания $A, B, C, D$, а вершину пирамиды $S$. Центр основания, являющийся ортогональной проекцией вершины $S$ на плоскость основания, обозначим $O$.

Поскольку все ребра пирамиды равны $a$, каждая боковая грань (например, $\triangle SBC$) является равносторонним треугольником со стороной $a$.

Двугранный угол между боковой гранью $SBC$ и основанием $ABCD$ - это угол между апофемой боковой грани (высотой $\triangle SBC$) и ее проекцией на плоскость основания. Проведем апофему $SM$ к ребру $BC$, где $M$ - середина $BC$. Так как $\triangle SBC$ - равносторонний, $SM$ является его высотой.

Длина апофемы $SM$ для равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле:

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

Точка $M$ - середина стороны $BC$ квадрата $ABCD$. Расстояние от центра квадрата $O$ до середины стороны $BC$ равно половине стороны квадрата $BC$.

$OM = \frac{1}{2} BC = \frac{a}{2}$

Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Таким образом, треугольник $\triangle SOM$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $O$. Угол $\angle SMO$ - это искомый двугранный угол $\alpha$.

Для нахождения тангенса угла $\alpha$ нам необходимо найти высоту пирамиды $SO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOC$. $SC$ - это боковое ребро пирамиды, равное $a$. $OC$ - это половина диагонали основания $ABCD$.

Диагональ квадрата $AC$ со стороной $a$ равна $a\sqrt{2}$.

$OC = \frac{1}{2} AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Применяя теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику $\triangle SOC$:

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

$SO^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = a^2$

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

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

$SO^2 = a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{2}$

$SO = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Теперь, в прямоугольном треугольнике $\triangle SOM$, найдем тангенс угла $\alpha = \angle SMO$:

$\tan \alpha = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{SO}{OM}$

Подставляем найденные значения $SO$ и $OM$:

$\tan \alpha = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{2}}$

$\tan \alpha = \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2}{a}$

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

Ответ:

Тангенс двугранного угла равен $\sqrt{2}$.

17.13. У правильной шестиугольной пирамиды стороны основания равны 1, а боковые ребра равны 2 (рис. 17.14). Найдите тангенс двугранного угла, образованного боковой гранью и основанием пирамиды.

Рис. 17.14

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Перевод в СИ:

$a = 1$ (единица длины)

$l = 2$ (единицы длины)

Найти:

Тангенс двугранного угла, образованного боковой гранью и основанием пирамиды $ \tan \alpha $.

Решение:

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида с вершиной $S$ и центром основания $O$. Основание пирамиды - правильный шестиугольник $ABCDEF$.

Двугранный угол между боковой гранью (например, $SBC$) и основанием пирамиды измеряется как угол между высотой боковой грани, опущенной на сторону основания, и высотой основания, проведенной к той же стороне из центра.

1. Проведем апофему $SM$ боковой грани $SBC$ к середине стороны $BC$. $M$ - середина $BC$. $SM \perp BC$.

2. Проведем отрезок $OM$ из центра основания $O$ к середине стороны $BC$. $OM \perp BC$.

3. Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания, поэтому $SO \perp OM$.

4. Угол между боковой гранью $SBC$ и основанием $ABCDEF$ - это угол $\angle SMO$. Нам нужно найти $ \tan(\angle SMO) $.

5. Найдем длину $OM$. $OM$ - это апофема правильного шестиугольника, которая является высотой равностороннего треугольника со стороной $a$. Сторона основания $a = 1$.

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

6. Найдем высоту пирамиды $SO$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до вершины равно стороне шестиугольника. То есть $OB = a = 1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$. По теореме Пифагора:

$SO^2 + OB^2 = SB^2$

$SO^2 + 1^2 = 2^2$

$SO^2 + 1 = 4$

$SO^2 = 3$

$SO = \sqrt{3}$.

7. Теперь найдем тангенс угла $\angle SMO$ в прямоугольном треугольнике $SOM$:

$ \tan(\angle SMO) = \frac{SO}{OM} $

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

$ \tan(\angle SMO) = \frac{\sqrt{3} \cdot 2}{\sqrt{3}} $

$ \tan(\angle SMO) = 2 $

Ответ: $2$