Страница 98 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

17.14. Пирамида Хеопса имеет форму правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой равна 230 м, а высота около 138 м. Найдите тангенс двугранного угла, образованного боковой гранью и основанием этой пирамиды. Используя таблицу тригонометрических функций, найдите приближенное значение этого угла.

Дано

Правильная четырехугольная пирамида (Пирамида Хеопса).

Сторона основания: $a = 230$ м

Высота пирамиды: $H = 138$ м

Все данные уже представлены в системе СИ.

Найти

Тангенс двугранного угла между боковой гранью и основанием ($\tan(\alpha)$).

Приближенное значение этого угла ($\alpha$).

Решение

Для определения двугранного угла между боковой гранью и основанием правильной четырехугольной пирамиды необходимо рассмотреть прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды, апофемой основания и апофемой боковой грани.

Апофема основания $h_b$ для правильной четырехугольной пирамиды (с квадратным основанием) равна половине длины стороны основания:

$h_b = \frac{a}{2}$

$h_b = \frac{230\text{ м}}{2} = 115\text{ м}$

Двугранный угол $\alpha$ между боковой гранью и основанием – это угол между апофемой боковой грани и апофемой основания. В образованном прямоугольном треугольнике высота пирамиды $H$ является противолежащим катетом к углу $\alpha$, а апофема основания $h_b$ является прилежащим катетом. Следовательно, тангенс этого угла можно найти как отношение противолежащего катета к прилежащему:

$\tan(\alpha) = \frac{H}{h_b}$

Тангенс двугранного угла

Вычислим значение тангенса:

$\tan(\alpha) = \frac{138\text{ м}}{115\text{ м}} = 1.2$

Ответ: $\tan(\alpha) = 1.2$

Приближенное значение угла

Для нахождения приближенного значения угла $\alpha$ используем обратную тригонометрическую функцию арктангенс:

$\alpha = \arctan(1.2)$

Используя калькулятор или таблицу тригонометрических функций, находим приближенное значение угла:

$\alpha \approx 50.19^\circ$

Округляем до целых градусов, как это часто делается при использовании таблиц:

$\alpha \approx 50^\circ$

Ответ: $\alpha \approx 50^\circ$

17.15. Найдите косинус двугранного угла, образованного соседними гранями правильного тетраэдра (рис. 17.15).

Рис. 17.15

Дано:

Правильный тетраэдр.

Найти:

Косинус двугранного угла между соседними гранями.

Решение:

Пусть длина ребра правильного тетраэдра равна $a$. Все грани правильного тетраэдра являются равносторонними треугольниками. Рассмотрим две соседние грани, например, грани $ABC$ и $DBC$, которые имеют общее ребро $BC$.

Двугранный угол между плоскостями – это угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными к общему ребру, проведенными к одной точке на этом ребре.

Пусть $M$ – середина ребра $BC$. Так как треугольники $ABC$ и $DBC$ являются равносторонними, медианы $AM$ и $DM$ также являются высотами. Следовательно, $AM \perp BC$ и $DM \perp BC$.

Угол между прямыми $AM$ и $DM$ – это и есть искомый двугранный угол. Обозначим его как $\phi = \angle AMD$.

Длина высоты равностороннего треугольника со стороной $a$ равна $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ и $DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Длина ребра $AD$ также равна $a$.

Рассмотрим треугольник $ADM$. Его стороны: $AD = a$ $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ $DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Применим теорему косинусов к треугольнику $ADM$ для угла $\phi$: $AD^2 = AM^2 + DM^2 - 2 \cdot AM \cdot DM \cdot \cos \phi$

Подставим значения: $a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos \phi$

Упростим выражение: $a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos \phi$ $a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos \phi$ $a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos \phi$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (при условии $a \neq 0$): $1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cdot \cos \phi$

Выразим $\cos \phi$: $\frac{3}{2} \cdot \cos \phi = \frac{3}{2} - 1$ $\frac{3}{2} \cdot \cos \phi = \frac{1}{2}$ $\cos \phi = \frac{1/2}{3/2}$ $\cos \phi = \frac{1}{3}$

Ответ:

$\frac{1}{3}$

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

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

Решение:

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Введем систему координат с началом в точке $D$. Оси координат направим вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$.

Координаты вершин куба будут:

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

Плоскость $ABC_1$:

Данная плоскость проходит через точки $A(a,0,0)$, $B(a,a,0)$ и $C_1(0,a,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

• $\vec{AB} = B - A = (a-a, a-0, 0-0) = (0, a, 0)$
• $\vec{AC_1} = C_1 - A = (0-a, a-0, a-0) = (-a, a, a)$

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

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

$\vec{n_1} = a^2 \mathbf{i} + 0 \mathbf{j} + a^2 \mathbf{k} = (a^2, 0, a^2)$.

Для удобства можно взять упрощенный нормальный вектор $\vec{n_1} = (1, 0, 1)$ (разделив на $a^2$).

Плоскость $BCD_1$:

Данная плоскость проходит через точки $B(a,a,0)$, $C(0,a,0)$ и $D_1(0,0,a)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BCD_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{CB} \times \vec{CD_1}$:

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

$\vec{n_2} = 0 \mathbf{i} - a^2 \mathbf{j} - a^2 \mathbf{k} = (0, -a^2, -a^2)$.

Для удобства можно взять упрощенный нормальный вектор $\vec{n_2} = (0, 1, 1)$ (разделив на $-a^2$).

Угол между плоскостями:

Угол $\phi$ между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус этого угла определяется формулой:

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

Вычислим скалярное произведение нормальных векторов:

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

Вычислим длины (модули) нормальных векторов:

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

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

Теперь подставим значения в формулу для косинуса угла:

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

Следовательно, угол $\phi$ равен:

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

Ответ:

$60^\circ$

17.17. У правильной четырехугольной пирамиды все ребра равны. Найдите косинус двугранного угла, образованного соседними боковыми гранями пирамиды.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть длина каждого ребра равна $a$.
Это означает, что основание пирамиды – квадрат со стороной $a$ ($AB=BC=CD=DA=a$), а все боковые ребра также равны $a$ ($SA=SB=SC=SD=a$).
Следовательно, все боковые грани (например, $\triangle SAB$ и $\triangle SBC$) являются равносторонними треугольниками.

Найти:

Косинус двугранного угла, образованного соседними боковыми гранями пирамиды. Пусть этот угол равен $\alpha$.

Решение

Для определения двугранного угла между соседними боковыми гранями, например, между гранью $SAB$ и гранью $SBC$, необходимо рассмотреть их общее ребро $SB$. Двугранный угол определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих гранях и перпендикулярными к общему ребру в одной точке.

Поскольку треугольники $SAB$ и $SBC$ являются равносторонними (все их стороны равны $a$), высоты, проведенные из вершин $A$ и $C$ к общему ребру $SB$, будут совпадать с медианами.

Пусть $M$ - середина ребра $SB$. Тогда $AM$ является высотой равностороннего $\triangle SAB$, а $CM$ является высотой равностороннего $\triangle SBC$. Следовательно, $AM \perp SB$ и $CM \perp SB$.

Искомый двугранный угол $\alpha$ равен углу $\angle AMC$.

Найдем длины отрезков $AM$ и $CM$. Как высоты равносторонних треугольников со стороной $a$, они равны:
$AM = CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Теперь найдем длину отрезка $AC$. $AC$ является диагональю квадратного основания $ABCD$ со стороной $a$. По теореме Пифагора:
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

Рассмотрим треугольник $AMC$. У нас известны все три стороны:
$AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$
$CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$
$AC = a\sqrt{2}$

Применим теорему косинусов к $\triangle AMC$ для нахождения косинуса угла $\alpha = \angle AMC$:
$AC^2 = AM^2 + CM^2 - 2 \cdot AM \cdot CM \cdot \cos(\alpha)$
$(a\sqrt{2})^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos(\alpha)$
$2a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$
$2a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{6a^2}{4} \cos(\alpha)$
$2a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cos(\alpha)$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (поскольку $a \ne 0$):
$2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\alpha)$

Выразим $\cos(\alpha)$:
$2 - \frac{3}{2} = -\frac{3}{2} \cos(\alpha)$
$\frac{4 - 3}{2} = -\frac{3}{2} \cos(\alpha)$
$\frac{1}{2} = -\frac{3}{2} \cos(\alpha)$

Умножим обе части на $2$:
$1 = -3 \cos(\alpha)$
$\cos(\alpha) = -\frac{1}{3}$

Ответ: $-\frac{1}{3}$

Рис. 17.15

17.18. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ все ребра равны 1. Найдите тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $BCD_1$;

б) $ABC$ и $ADE$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $BCD_1$;

б) $ABC$ и $ADE_1$.

Решение:

Пусть длина ребра призмы $a = 1$.

Введем декартову систему координат. Пусть центр нижнего основания (шестиугольника $ABCDEF$) находится в начале координат $O(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль диагонали $AD$. Ось $Oy$ направим так, чтобы $B$ имела положительную $y$-координату. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, то есть перпендикулярно плоскости основания.

Координаты вершин нижнего основания:

• $A = (1, 0, 0)$
• $B = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $C = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $D = (-1, 0, 0)$
• $E = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
• $F = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

Координаты вершин верхнего основания (поскольку высота призмы равна 1):

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

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

а) $ABC$ и $BCD_1$

Для плоскости $BCD_1$ возьмем три точки: $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D_1(-1, 0, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

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

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

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

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

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

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

$|\vec{n_2}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{1 + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$.

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

$\cos\theta = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2}|}{1 \cdot \frac{\sqrt{7}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Для нахождения тангенса угла воспользуемся тождеством $\tan^2\theta + 1 = \frac{1}{\cos^2\theta}$:

$\tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta} - 1 = \frac{1}{(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{3}{7}} - 1 = \frac{7}{3} - 1 = \frac{4}{3}$.

$\tan\theta = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

б) $ABC$ и $ADE_1$

Для плоскости $ADE_1$ возьмем три точки: $A(1,0,0)$, $D(-1,0,0)$, $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{AD} = D - A = (-1 - 1, 0 - 0, 0 - 0) = (-2, 0, 0)$.

$\vec{AE_1} = E_1 - A = (-\frac{1}{2} - 1, -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (-\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n_3}$ к плоскости $ADE_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{AD} \times \vec{AE_1}$:

$\vec{n_3} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 0 & 0 \\ -\frac{3}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \mathbf{j}(-2 \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) + \mathbf{k}(-2 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - 0 \cdot (-\frac{3}{2})) = (0, 2, \sqrt{3})$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $ABC$ и $ADE_1$:

$\cos\phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_3}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_3}|}$.

$|\vec{n_1}| = 1$.

$|\vec{n_3}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 3} = \sqrt{7}$.

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_3} = (0)(0) + (0)(2) + (1)(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$.

$\cos\phi = \frac{|\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.

Тангенс угла $\phi$:

$\tan^2\phi = \frac{1}{\cos^2\phi} - 1 = \frac{1}{(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{3}{7}} - 1 = \frac{7}{3} - 1 = \frac{4}{3}$.

$\tan\phi = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

17.19. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1. Найдите косинус угла между плоскостями $BCD_1$ и $EFA_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $BCD_1$ и $EFA_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Разместим центр нижнего основания $ABCDEF$ в начале координат $O(0,0,0)$. Так как призма правильная и все её ребра равны 1, то длина стороны основания $a=1$ и высота призмы $h=1$.

Координаты вершин нижнего 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 соответствующих вершин верхнего основания (с координатой $z=1$):

• $A_1 = (1, 0, 1)$
• $D_1 = (-1, 0, 1)$

Найдем нормальный вектор к плоскости $BCD_1$. Для этого возьмем три точки: $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D_1(-1, 0, 1)$.

Векторы, лежащие в плоскости $BCD_1$:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $BCD_1$ найдем как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BD_1}$:

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

$\vec{n_1} = (0, -(-1), \sqrt{3}/2) = (0, 1, \sqrt{3}/2)$

Найдем нормальный вектор к плоскости $EFA_1$. Для этого возьмем три точки: $E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $F(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$, $A_1(1, 0, 1)$.

Векторы, лежащие в плоскости $EFA_1$:

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

$\vec{EA_1} = A_1 - E = (1 - (-1/2), 0 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 0) = (3/2, \sqrt{3}/2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $EFA_1$ найдем как векторное произведение $\vec{EF} \times \vec{EA_1}$:

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

$\vec{n_2} = (0, -1, \sqrt{3}/2)$

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

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

Скалярное произведение векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(0) + (1)(-1) + (\sqrt{3}/2)(\sqrt{3}/2) = 0 - 1 + 3/4 = -1/4$

Длины векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{1 + 3/4} = \sqrt{7/4} = \frac{\sqrt{7}}{2}$

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{1 + 3/4} = \sqrt{7/4} = \frac{\sqrt{7}}{2}$

Теперь найдем косинус угла:

$\cos \phi = \frac{|-1/4|}{(\sqrt{7}/2) \cdot (\sqrt{7}/2)} = \frac{1/4}{7/4} = \frac{1}{7}$

Ответ:

$1/7$

17.20. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскости $ABC_1$ и $BDA_1$ перпендикулярны.

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Доказать, что плоскости $ABC_1$ и $BDA_1$ перпендикулярны.

Решение:

Для доказательства перпендикулярности двух плоскостей достаточно показать, что их нормальные векторы перпендикулярны, то есть их скалярное произведение равно нулю. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Координаты вершин куба:

$D = (0,0,0)$

$A = (a,0,0)$

$B = (a,a,0)$

$C = (0,a,0)$

$D_1 = (0,0,a)$

$A_1 = (a,0,a)$

$B_1 = (a,a,a)$

$C_1 = (0,a,a)$

Найдем нормальный вектор для плоскости $ABC_1$:

Точки, принадлежащие плоскости $ABC_1$: $A(a,0,0)$, $B(a,a,0)$, $C_1(0,a,a)$.

Вычислим два вектора, лежащие в этой плоскости:

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

$\vec{AC_1} = C_1 - A = (0-a, a-0, a-0) = (-a, a, a)$

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

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

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

$\vec{n_1} = (a^2, 0, a^2)$

Упростим нормальный вектор, разделив на $a^2$ (поскольку $a \neq 0$):

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

Найдем нормальный вектор для плоскости $BDA_1$:

Точки, принадлежащие плоскости $BDA_1$: $B(a,a,0)$, $D(0,0,0)$, $A_1(a,0,a)$.

Вычислим два вектора, лежащие в этой плоскости:

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

$\vec{DA_1} = A_1 - D = (a-0, 0-0, a-0) = (a, 0, a)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BDA_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{DB} \times \vec{DA_1}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ a & 0 & a \end{vmatrix}$

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

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

Упростим нормальный вектор, разделив на $a^2$:

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

Проверим перпендикулярность плоскостей:

Плоскости перпендикулярны, если их нормальные векторы перпендикулярны, то есть их скалярное произведение равно нулю.

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

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

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

Поскольку скалярное произведение нормальных векторов равно нулю, векторы $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ перпендикулярны. Следовательно, плоскости $ABC_1$ и $BDA_1$ перпендикулярны.

Ответ: Доказано.

17.21. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, плоскости $ACB_1$ и $ABD_1$ перпендикулярны.

Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, плоскости $ACB_1$ и $ABD_1$ перпендикулярны.

Дано:

• Правильная шестиугольная призма $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

• Длины всех ребер призмы равны 1.

Перевод в СИ:

• Длина стороны основания шестиугольника $a = 1 \text{ м}$

• Высота призмы $h = 1 \text{ м}$

Найти:

• Доказать, что плоскости $ACB_1$ и $ABD_1$ перпендикулярны.

Решение:

Для доказательства перпендикулярности двух плоскостей воспользуемся методом координат. Разместим правильную шестиугольную призму в декартовой системе координат. Пусть центр нижнего основания $ABCDEF$ находится в начале координат $O(0,0,0)$. Поскольку все ребра призмы равны 1, длина стороны основания шестиугольника $a=1$, и высота призмы $h=1$.

Расположим вершины нижнего основания следующим образом (для $a=1$):

• $A = (1, 0, 0)$

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

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

• $D = (-1, 0, 0)$

Координаты соответствующих вершин верхнего основания получаются смещением по оси $z$ на высоту призмы $h=1$:

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

• $D_1 = (-1, 0, 1)$

Для определения нормального вектора плоскости $ACB_1$ найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$.

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ плоскости $ACB_1$ равен векторному произведению этих векторов:

$\vec{n_1} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix}$

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

$\vec{n_1} = \mathbf{i}\frac{\sqrt{3}}{2} - \mathbf{j}(-\frac{3}{2}) + \mathbf{k}(-\frac{3\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4})$

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

Для упрощения вычислений, умножим этот нормальный вектор на $\frac{2}{\sqrt{3}}$ (это не изменит его направление):

$\vec{n_1}' = (1, \sqrt{3}, -1)$

Далее, для определения нормального вектора плоскости $ABD_1$ найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AD_1}$.

Вектор $\vec{AB}$: $B - A = (\frac{1}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0 - 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ плоскости $ABD_1$ равен векторному произведению этих векторов:

$\vec{n_2} = \vec{AB} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}$

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

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

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

Для упрощения вычислений, умножим этот нормальный вектор на 2:

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

Две плоскости перпендикулярны, если перпендикулярны их нормальные векторы, то есть их скалярное произведение равно нулю.

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

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

$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = \sqrt{3} + \sqrt{3} - 2\sqrt{3}$

$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = 0$

Так как скалярное произведение нормальных векторов $\vec{n_1}'$ и $\vec{n_2}'$ равно нулю, эти векторы перпендикулярны. Следовательно, плоскости $ACB_1$ и $ABD_1$ также перпендикулярны.

Ответ:

Плоскости $ACB_1$ и $ABD_1$ перпендикулярны.

17.22. 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 боковой гранью и основанием этой пирамиды.

Дано

Пирамида является правильной четырехугольной. Пусть $a$ - длина стороны основания, $h$ - высота пирамиды.

Согласно условию, высота пирамиды равна стороне основания: $h = a$.

Найти:

Тангенс угла между боковой гранью и основанием этой пирамиды, обозначим его $tan(\alpha)$.

Решение

Для определения тангенса угла между боковой гранью и основанием правильной четырехугольной пирамиды, рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный следующими элементами:

1. Высота пирамиды $h$.
2. Отрезок, соединяющий центр основания с серединой одной из сторон основания. Длина этого отрезка равна половине длины стороны основания, то есть $a/2$. Этот отрезок является частью основания.
3. Апофема боковой грани $h_s$ (высота боковой грани), которая является гипотенузой в этом прямоугольном треугольнике.

Прямой угол в этом треугольнике находится в центре основания пирамиды.

Угол $\alpha$ между боковой гранью и основанием - это угол между апофемой боковой грани ($h_s$) и отрезком $a/2$. В рассматриваемом прямоугольном треугольнике:

• Катет, противолежащий углу $\alpha$, это высота пирамиды $h$.
• Катет, прилежащий углу $\alpha$, это половина стороны основания $a/2$.

По определению тангенса в прямоугольном треугольнике:

$tan(\alpha) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}}$

$tan(\alpha) = \frac{h}{a/2}$

Согласно условию задачи, высота пирамиды $h$ равна длине стороны основания $a$. Подставим $h = a$ в формулу:

$tan(\alpha) = \frac{a}{a/2}$

$tan(\alpha) = \frac{a \cdot 2}{a}$

$tan(\alpha) = 2$

Ответ:

$tan(\alpha) = 2$

ПРОВЕРЬ СЕБЯ!

1. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $AD_1$ и $CB_1$:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

2. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $AC$ и $DA_1$:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

3. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $BD$ и $CA_1$:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

4. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между прямыми $AA_1$ и $DB_1$:

А. $\frac{1}{3}$. В. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. D. $\frac{\sqrt{3}}{5}$.

5. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной треугольной пирамиды:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

6. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной четырехугольной пирамиды, все ребра которой равны 1:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

7. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите угол между прямыми $BC$ и $C_1D_1$:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $120^\circ$.

8. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите косинус угла между прямыми $AD_1$ и $CD$:

А. $\frac{1}{3}$. В. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{5}}{5}$.

9. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCC_1$:

А. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. В. $\frac{\sqrt{6}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

10. Найдите угол наклона отрезка к плоскости, если его ортогональная проекция на эту плоскость в два раза меньше самого отрезка:

А. $30^\circ$. В. $45^\circ$. С. $60^\circ$. D. $90^\circ$.

11. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $SAD$ и $SBC$:

А. $\frac{1}{3}$. В. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

12. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между вершинами $A$ и $D_1$:

А. $2$. В. $\sqrt{2}$. С. $\sqrt{3}$. D. $\sqrt{5}$.

13. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$:

А. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. В. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. С. $\frac{\sqrt{6}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

14. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от вершины $B$ до прямой $E_1F_1$:

А. $2$. В. $\sqrt{2}$. С. $\sqrt{3}$. D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

15. Из точки, не принадлежащей плоскости, опущен на нее перпендикуляр и проведена наклонная. Найдите проекцию наклонной, если перпендикуляр равен 12 см, а наклонная 15 см:

А. 3 см. В. 9 см. С. 27 см. D. 81 см.

16. Концы отрезка, не пересекающего плоскость, находятся от данной плоскости на расстоянии 10 см и 15 см. Его ортогональная проекция на плоскость равна 12 дм. Найдите отрезок:

А. 11 см. В. 12 см. С. 13 см. D. 14 см.

17. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние между прямыми $BC$ и $DB_1$:

А. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. В. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

18. Для единичного тетраэдра $ABCD$ найдите расстояние между прямыми $AD$ и $BC$:

А. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. В. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

19. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние от вершины $B$ до плоскости $ACB_1$:

А. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. В. $\frac{\sqrt{2}}{3}$. С. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

20. Найдите высоту правильной четырехугольной пирамиды, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2:

А. $\frac{\sqrt{6}}{2}$. В. $\frac{\sqrt{14}}{2}$. С. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$. D. $\frac{2\sqrt{7}}{3}$.

1. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $AD_1$ и $CB_1$.

Решение

Прямая $CB_1$ параллельна прямой $DA_1$. Таким образом, угол между прямыми $AD_1$ и $CB_1$ равен углу между прямыми $AD_1$ и $DA_1$. Прямые $AD_1$ и $DA_1$ являются диагоналями одной и той же грани куба $ADD_1A_1$. Диагонали квадрата перпендикулярны. Следовательно, угол между ними равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

2. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $AC$ и $DA_1$.

Решение

Рассмотрим куб со стороной $a$. Прямая $DA_1$ параллельна прямой $CB_1$. Таким образом, угол между прямыми $AC$ и $DA_1$ равен углу между прямыми $AC$ и $CB_1$. Рассмотрим треугольник $ACB_1$.

Длина диагонали грани куба равна $a\sqrt{2}$. В нашем случае: $AC = a\sqrt{2}$ (диагональ основания), $CB_1 = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $BCC_1B_1$), $AB_1 = a\sqrt{2}$ (диагональ грани $ABB_1A_1$).

Поскольку все три стороны треугольника $ACB_1$ равны $a\sqrt{2}$, треугольник $ACB_1$ является равносторонним. В равностороннем треугольнике все углы равны $60^\circ$. Следовательно, угол между $AC$ и $CB_1$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

3. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $BD$ и $CA_1$.

Решение

Пусть сторона куба $a=1$. Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут:

$A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(1,1,0)$, $D=(0,1,0)$

$A_1=(0,0,1)$, $B_1=(1,0,1)$, $C_1=(1,1,1)$, $D_1=(0,1,1)$

Вектор $\vec{BD} = D-B = (0-1, 1-0, 0-0) = (-1,1,0)$.

Вектор $\vec{CA_1} = A_1-C = (0-1, 0-1, 1-0) = (-1,-1,1)$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{BD}$ и $\vec{CA_1}$:

$\vec{BD} \cdot \vec{CA_1} = (-1)(-1) + (1)(-1) + (0)(1) = 1 - 1 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, векторы перпендикулярны. Следовательно, угол между прямыми $BD$ и $CA_1$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

4. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между прямыми $AA_1$ и $DB_1$.

Решение

Пусть сторона куба $a=1$. Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут:

$A=(0,0,0)$, $A_1=(0,0,1)$, $D=(0,1,0)$, $B_1=(1,0,1)$.

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

Вектор $\vec{DB_1} = B_1-D = (1-0, 0-1, 1-0) = (1,-1,1)$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AA_1}$ и $\vec{DB_1}$:

$\vec{AA_1} \cdot \vec{DB_1} = (0)(1) + (0)(-1) + (1)(1) = 0 + 0 + 1 = 1$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AA_1}| = \sqrt{0^2+0^2+1^2} = 1$.

$|\vec{DB_1}| = \sqrt{1^2+(-1)^2+1^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

Косинус угла $\theta$ между прямыми равен:

$\cos \theta = \frac{|\vec{AA_1} \cdot \vec{DB_1}|}{|\vec{AA_1}| |\vec{DB_1}|} = \frac{|1|}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

5. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной треугольной пирамиды.

Решение

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$, где $ABC$ - равносторонний треугольник, а $S$ - вершина. Пусть $M$ - середина ребра $BC$.

Рассмотрим скрещивающиеся ребра $SA$ и $BC$.

В равностороннем треугольнике $ABC$, медиана $AM$ является также высотой, поэтому $AM \perp BC$.

В равнобедренном треугольнике $SBC$ (так как $SB=SC$ в правильной пирамиде), медиана $SM$ является также высотой, поэтому $SM \perp BC$.

Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM$ и $SM$, лежащим в плоскости $SAM$, то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $SAM$.

Так как прямая $SA$ лежит в плоскости $SAM$, то $SA \perp BC$.

Следовательно, угол между скрещивающимися ребрами $SA$ и $BC$ равен $90^\circ$. Этот вывод справедлив для любой правильной треугольной пирамиды.

Ответ: $90^\circ$

6. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной четырехугольной пирамиды, все ребра которой равны 1.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

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

Найти:

Угол между скрещивающимися ребрами.

Решение

Рассмотрим скрещивающиеся ребра $AB$ (ребро основания) и $SC$ (боковое ребро).

Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин основания будут:

$A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(1,1,0)$, $D=(0,1,0)$.

Центр основания $O$ (пересечение диагоналей $AC$ и $BD$) имеет координаты $O=(1/2, 1/2, 0)$.

Высота пирамиды $h=SO$. В прямоугольном треугольнике $SOC$, $SC^2 = SO^2 + OC^2$.

Длина бокового ребра $SC=1$.

Длина диагонали основания $AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$OC$ - половина диагонали основания: $OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Найдем высоту $h$: $1^2 = h^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 \implies 1 = h^2 + \frac{2}{4} \implies 1 = h^2 + \frac{1}{2} \implies h^2 = \frac{1}{2} \implies h = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Координаты вершины $S = (1/2, 1/2, \sqrt{2}/2)$.

Вектор $\vec{AB} = B-A = (1,0,0)$.

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

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{SC}$:

$\vec{AB} \cdot \vec{SC} = (1)(1/2) + (0)(1/2) + (0)(-\sqrt{2}/2) = 1/2$.

Длины векторов:

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

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

Косинус угла $\theta$ между прямыми:

$\cos \theta = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{SC}|}{|\vec{AB}| |\vec{SC}|} = \frac{|1/2|}{1 \cdot 1} = 1/2$.

Следовательно, $\theta = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

7. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите угол между прямыми $BC$ и $C_1D_1$.

Решение

В правильной шестиугольной призме верхнее основание $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ параллельно нижнему основанию $ABCDEF$. Соответствующие ребра верхнего и нижнего оснований параллельны. Так, ребро $C_1D_1$ параллельно ребру $CD$ (то есть, $\vec{C_1D_1} \parallel \vec{CD}$).

Таким образом, угол между прямыми $BC$ и $C_1D_1$ равен углу между прямыми $BC$ и $CD$.

В правильном шестиугольнике внутренний угол между смежными сторонами (такими как $BC$ и $CD$) равен $120^\circ$.

Угол между прямыми обычно определяется как острый угол, поэтому $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

8. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите косинус угла между прямыми $AD_1$ и $CD$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Найти:

Косинус угла между прямыми $AD_1$ и $CD$.

Решение

В правильной шестиугольной призме не указаны конкретные размеры, но опции ответов являются числовыми. Это обычно означает, что подразумевается "единичная" призма, то есть длина стороны основания равна высоте призмы, равной $1$. Пусть сторона основания $a=1$ и высота призмы $h=1$.

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

Координаты вершин основания ($a=1$):

$A=(1,0,0)$

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

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

Координаты вершины верхнего основания ($h=1$):

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

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

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

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AD_1}$ и $\vec{CD}$:

$\vec{AD_1} \cdot \vec{CD} = (-2)(-1/2) + (0)(-\sqrt{3}/2) + (1)(0) = 1 + 0 + 0 = 1$.

Найдем длины векторов:

$|\vec{AD_1}| = \sqrt{(-2)^2+0^2+1^2} = \sqrt{4+0+1} = \sqrt{5}$.

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

Косинус угла $\theta$ между прямыми:

$\cos \theta = \frac{|\vec{AD_1} \cdot \vec{CD}|}{|\vec{AD_1}| |\vec{CD}|} = \frac{|1|}{\sqrt{5} \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{5}$

9. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите косинус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Косинус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение

Пусть сторона куба $a=1$. Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут:

$B=(1,0,0)$, $D_1=(0,1,1)$.

Плоскость $BCC_1$ - это грань $BCC_1B_1$. В данной системе координат эта плоскость задается уравнением $x=1$. Нормальный вектор к этой плоскости $\vec{n}=(1,0,0)$.

Вектор прямой $BD_1$: $\vec{BD_1} = D_1-B = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1,1,1)$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью связан с углом $\beta$ между вектором прямой и нормальным вектором плоскости соотношением $\sin \alpha = |\cos \beta|$.

Найдем косинус угла $\beta$ между $\vec{BD_1}$ и $\vec{n}$:

$\cos \beta = \frac{|\vec{BD_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{BD_1}| |\vec{n}|}$.

$\vec{BD_1} \cdot \vec{n} = (-1)(1) + (1)(0) + (1)(0) = -1$.

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

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

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

Тогда $\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Искомый косинус угла $\alpha$ между прямой и плоскостью:

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

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$

10. Найдите угол наклона отрезка к плоскости, если его ортогональная проекция на эту плоскость в два раза меньше самого отрезка.

Дано:

Длина отрезка $L$.

Длина ортогональной проекции отрезка на плоскость $L_p = \frac{1}{2}L$.

Найти:

Угол наклона отрезка к плоскости $\alpha$.

Решение

Пусть отрезок $AB$. Обозначим его длину $L$. Его ортогональная проекция на плоскость - это отрезок $A'B'$. Обозначим его длину $L_p$.

Угол наклона отрезка к плоскости - это угол между отрезком и его ортогональной проекцией.

В прямоугольном треугольнике, образованном отрезком, его проекцией и перпендикуляром, опущенным из одного конца отрезка на плоскость, косинус угла наклона равен отношению длины проекции к длине самого отрезка.

$\cos \alpha = \frac{L_p}{L}$.

Подставим данное условие $L_p = \frac{1}{2}L$:

$\cos \alpha = \frac{\frac{1}{2}L}{L} = \frac{1}{2}$.

Известно, что $\cos 60^\circ = 1/2$.

Следовательно, угол наклона отрезка к плоскости равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

11. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $SAD$ и $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

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

Найти:

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

Решение

Плоскости $SAD$ и $SBC$ - это боковые грани пирамиды. Они пересекаются по прямой, проходящей через вершину $S$ и параллельной ребрам $AD$ и $BC$ (так как $AD \parallel BC$).

Чтобы найти угол между двумя плоскостями, выберем точку на линии их пересечения (в данном случае, вершина $S$) и построим в каждой плоскости по одной прямой, перпендикулярной линии пересечения.

Пусть $K$ - середина ребра $AD$, а $M$ - середина ребра $BC$.

В равнобедренном треугольнике $SAD$ ($SA=SD=1$), $SK$ является медианой и высотой, поэтому $SK \perp AD$.

В равнобедренном треугольнике $SBC$ ($SB=SC=1$), $SM$ является медианой и высотой, поэтому $SM \perp BC$.

Поскольку $AD \parallel BC$, и линия пересечения плоскостей $SAD$ и $SBC$ также параллельна $AD$ и $BC$, то угол между плоскостями $SAD$ и $SBC$ равен углу между прямыми $SK$ и $SM$, то есть углу $\angle KSM$.

Найдем длины сторон треугольника $SKM$:

В равностороннем треугольнике $SAD$ со стороной $1$, высота $SK = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Аналогично, в равностороннем треугольнике $SBC$ со стороной $1$, высота $SM = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Длина отрезка $KM$ равна стороне квадрата основания, то есть $KM = AB = 1$.

Теперь применим теорему косинусов к треугольнику $SKM$ для нахождения $\cos(\angle KSM)$:

$KM^2 = SK^2 + SM^2 - 2 \cdot SK \cdot SM \cdot \cos(\angle KSM)$.

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

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

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

$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\angle KSM)$.

$\frac{3}{2} \cos(\angle KSM) = \frac{3}{2} - 1$.

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

$\cos(\angle KSM) = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3}$.

Ответ: $\frac{1}{3}$

12. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между вершинами $A$ и $D_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны $1$ (сторона основания $a=1$, высота призмы $h=1$).

Найти:

Расстояние между вершинами $A$ и $D_1$.

Решение

Расстояние между вершинами $A$ и $D_1$ - это длина пространственной диагонали $AD_1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADD_1$. Прямой угол находится при вершине $D$, так как боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$.

Длина ребра $DD_1$ равна высоте призмы, то есть $DD_1 = h = 1$.

Длина отрезка $AD$ - это длина большой диагонали правильного шестиугольника основания. Длина большой диагонали правильного шестиугольника со стороной $a$ равна $2a$. В нашем случае $a=1$, поэтому $AD = 2 \cdot 1 = 2$.

По теореме Пифагора для треугольника $ADD_1$:

$AD_1^2 = AD^2 + DD_1^2$.

$AD_1^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$.

$AD_1 = \sqrt{5}$.

Ответ: $\sqrt{5}$

13. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, найдите расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$.

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (сторона $a=1$).

Найти:

Расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$.

Решение

Рассмотрим треугольник $AB_1C$. Длины его сторон:

$AC$ - диагональ грани $ABCD$. $AC = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$AB_1$ - диагональ грани $ABB_1A_1$. $AB_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$B_1C$ - диагональ грани $BCC_1B_1$. $B_1C = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

Так как $AC = AB_1 = B_1C = \sqrt{2}$, треугольник $AB_1C$ является равносторонним.

Расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$ в данном случае является высотой равностороннего треугольника $AB_1C$, опущенной из вершины $B_1$ на сторону $AC$.

Высота $h$ равностороннего треугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле $h = \frac{s\sqrt{3}}{2}$.

В нашем случае $s=\sqrt{2}$, поэтому $h = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{2}$

14. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от вершины $B$ до прямой $E_1F_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны $1$ (сторона основания $a=1$, высота призмы $h=1$).

Найти:

Расстояние от вершины $B$ до прямой $E_1F_1$.

Решение

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

Координаты вершины $B$ ($a=1$): $B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. (Если $A=(1,0,0)$, $B=(\cos 60, \sin 60, 0)$)

Координаты вершин верхнего основания ($h=1$):

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

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

Прямая $E_1F_1$ проходит через точки $E_1$ и $F_1$. Вектор направления прямой $\vec{E_1F_1} = F_1-E_1 = (1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2), 1-1) = (1,0,0)$.

Для нахождения расстояния от точки $B$ до прямой $E_1F_1$ используем формулу $d = \frac{|\vec{E_1B} \times \vec{E_1F_1}|}{|\vec{E_1F_1}|}$.

Вектор $\vec{E_1B} = B-E_1 = (1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2), 0-1) = (1, \sqrt{3}, -1)$.

Найдем векторное произведение $\vec{E_1B} \times \vec{E_1F_1}$:

$\vec{E_1B} \times \vec{E_1F_1} = \det \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & \sqrt{3} & -1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \mathbf{i}(\sqrt{3} \cdot 0 - (-1) \cdot 0) - \mathbf{j}(1 \cdot 0 - (-1) \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 0 - \sqrt{3} \cdot 1)$

$ = \mathbf{i}(0) - \mathbf{j}(1) + \mathbf{k}(-\sqrt{3}) = (0, -1, -\sqrt{3})$.

Найдем модуль векторного произведения:

$|\vec{E_1B} \times \vec{E_1F_1}| = \sqrt{0^2+(-1)^2+(-\sqrt{3})^2} = \sqrt{0+1+3} = \sqrt{4} = 2$.

Найдем модуль вектора $\vec{E_1F_1}$:

$|\vec{E_1F_1}| = \sqrt{1^2+0^2+0^2} = 1$.

Расстояние $d = \frac{2}{1} = 2$.

Ответ: $2$

15. Из точки, не принадлежащей плоскости, опущен на нее перпендикуляр и проведена наклонная. Найдите проекцию наклонной, если перпендикуляр равен 12 см, а наклонная 15 см.

Дано:

Длина перпендикуляра $PH = 12$ см.

Длина наклонной $PL = 15$ см.

Найти:

Длина проекции наклонной $HL$.

Решение

Пусть $P$ - данная точка, $H$ - основание перпендикуляра, опущенного из $P$ на плоскость, $L$ - основание наклонной на плоскости. Тогда $PH$ - перпендикуляр, $PL$ - наклонная, а $HL$ - проекция наклонной на плоскость.

Треугольник $PHL$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.

По теореме Пифагора:

$PL^2 = PH^2 + HL^2$.

$15^2 = 12^2 + HL^2$.

$225 = 144 + HL^2$.

$HL^2 = 225 - 144 = 81$.

$HL = \sqrt{81} = 9$ см.

Ответ: $9$ см

16. Концы отрезка, не пересекающего плоскость, находятся от данной плоскости на расстоянии 10 см и 15 см. Его ортогональная проекция на плоскость равна 12 дм. Найдите отрезок.

Дано:

Расстояния от концов отрезка до плоскости: $h_1 = 10$ см, $h_2 = 15$ см.

Длина ортогональной проекции отрезка на плоскость $L_p = 12$ дм.

Найти:

Длина отрезка $L$.

Решение

Переведем все величины в единую систему измерений, сантиметры. $12$ дм $= 12 \times 10$ см $= 120$ см.

Однако, среди вариантов ответа даны значения в сантиметрах (11, 12, 13, 14), что значительно меньше 120 см. Это указывает на вероятную опечатку в условии, и $12$ дм должно быть $12$ см. Будем решать задачу, предполагая, что $L_p = 12$ см.

Пусть отрезок $AB$. Его концы $A$ и $B$ находятся на расстояниях $AA' = 10$ см и $BB' = 15$ см от плоскости. $A'$ и $B'$ - ортогональные проекции $A$ и $B$ на плоскость. Длина проекции $A'B' = 12$ см.

Построим прямую $AK$ параллельно $A'B'$, где $K$ лежит на $BB'$. Тогда $AA'B'K$ является прямоугольником, и $AK = A'B' = 12$ см. Также $A'A = B'K = 10$ см.

Длина отрезка $KB = BB' - B'K = 15 \text{ см} - 10 \text{ см} = 5$ см.

Треугольник $AKB$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $K$. Гипотенуза этого треугольника - искомый отрезок $AB$.

По теореме Пифагора:

$AB^2 = AK^2 + KB^2$.

$AB^2 = 12^2 + 5^2$.

$AB^2 = 144 + 25 = 169$.

$AB = \sqrt{169} = 13$ см.

Ответ: $13$ см

17. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние между прямыми $BC$ и $DB_1$.

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (сторона $a=1$).

Найти:

Расстояние между прямыми $BC$ и $DB_1$.

Решение

Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут:

$B=(1,0,0)$, $C=(1,1,0)$ (для прямой $BC$).

$D=(0,1,0)$, $B_1=(1,0,1)$ (для прямой $DB_1$).

Прямая $BC$ проходит через точку $P_1 = B=(1,0,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_1} = C-B = (0,1,0)$.

Прямая $DB_1$ проходит через точку $P_2 = D=(0,1,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_2} = B_1-D = (1,-1,1)$.

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми определяется по формуле: $d = \frac{|(\vec{P_2}-\vec{P_1}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{|\vec{v_1} \times \vec{v_2}|}$.

Вектор $\vec{P_2}-\vec{P_1} = D-B = (0-1, 1-0, 0-0) = (-1,1,0)$.

Найдем векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$:

$\vec{v_1} \times \vec{v_2} = \det \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \mathbf{k}(0 \cdot (-1) - 1 \cdot 1)$

$ = \mathbf{i}(1) - \mathbf{j}(0) + \mathbf{k}(-1) = (1,0,-1)$.

Найдем модуль векторного произведения:

$|\vec{v_1} \times \vec{v_2}| = \sqrt{1^2+0^2+(-1)^2} = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$.

Найдем смешанное произведение (числитель формулы):

$(\vec{P_2}-\vec{P_1}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}) = (-1)(1) + (1)(0) + (0)(-1) = -1 + 0 + 0 = -1$.

Расстояние $d = \frac{|-1|}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$

18. Для единичного тетраэдра $ABCD$ найдите расстояние между прямыми $AD$ и $BC$.

Дано:

Единичный тетраэдр $ABCD$ (все ребра равны 1).

Найти:

Расстояние между прямыми $AD$ и $BC$.

Решение

Единичный тетраэдр - это правильный тетраэдр, у которого все ребра равны $1$. Прямые $AD$ и $BC$ являются скрещивающимися ребрами.

Для правильного тетраэдра с ребром $a$, кратчайшее расстояние между двумя противоположными (скрещивающимися) ребрами равно $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В нашем случае $a=1$, поэтому расстояние равно $\frac{1 \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Для подтверждения, используем метод координат (как в Проблеме 5, где $D$ была $S$):

Пусть $A=(0,0,0)$.

$B=(1,0,0)$.

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

$D=(1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{2/3})$.

Прямая $AD$ проходит через $P_1=A=(0,0,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_1} = D-A = (1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{2/3})$.

Прямая $BC$ проходит через $P_2=B=(1,0,0)$ с направляющим вектором $\vec{v_2} = C-B = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Вектор $\vec{P_2}-\vec{P_1} = B-A = (1,0,0)$.

Векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2} = (-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3})$ (вычислено в Проблеме 5 для $a=1$, или более точно, в моих черновых вычислениях для Проблемы 18).

$|\vec{v_1} \times \vec{v_2}| = \sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{6}}{6})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{\frac{2}{4} + \frac{6}{36} + \frac{3}{9}} = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{3+1+2}{6}} = \sqrt{\frac{6}{6}} = 1$.

Смешанное произведение: $(\vec{P_2}-\vec{P_1}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}) = (1,0,0) \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Расстояние $d = \frac{|-\frac{\sqrt{2}}{2}|}{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$

19. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние от вершины $B$ до плоскости $ACB_1$.

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (сторона $a=1$).

Найти:

Расстояние от вершины $B$ до плоскости $ACB_1$.

Решение

Используем метод координат. Разместим вершину $A$ в начале координат $(0,0,0)$. Тогда координаты вершин будут:

$A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$, $C=(1,1,0)$, $B_1=(1,0,1)$.

Найдем нормальный вектор плоскости $ACB_1$. Для этого возьмем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$, лежащие в этой плоскости.

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

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

Нормальный вектор $\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AB_1}$:

$\vec{n} = \det \begin{pmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 0 - 1 \cdot 1)$

$ = \mathbf{i}(1) - \mathbf{j}(1) + \mathbf{k}(-1) = (1,-1,-1)$.

Уравнение плоскости $ACB_1$ имеет вид $Ax+By+Cz+D=0$. Используя точку $A=(0,0,0)$:

$1(x-0) - 1(y-0) - 1(z-0) = 0 \implies x-y-z=0$.

Расстояние от точки $B=(1,0,0)$ до плоскости $x-y-z=0$ вычисляется по формуле:

$d = \frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$.

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

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

20. Найдите высоту правильной четырехугольной пирамиды, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Сторона основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $b = 2$.

Найти:

Высота пирамиды $h=SO$.

Решение

Пусть $S$ - вершина пирамиды, $ABCD$ - ее основание. Высота $SO$ опускается в центр основания $O$ (точку пересечения диагоналей квадрата).

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$. Катеты этого треугольника - высота $SO$ и отрезок $OB$. Гипотенуза - боковое ребро $SB$.

Длина бокового ребра $SB = b = 2$.

Отрезок $OB$ - это половина диагонали основания. Диагональ квадрата со стороной $a$ равна $d = a\sqrt{2}$.

В нашем случае, $d = 1 \cdot \sqrt{2} = \sqrt{2}$.

Тогда $OB = \frac{d}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Применим теорему Пифагора к треугольнику $SOB$:

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

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

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

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

$h^2 = 4 - \frac{1}{2}$.

$h^2 = \frac{8}{2} - \frac{1}{2} = \frac{7}{2}$.

$h = \sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{7}\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{14}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{14}}{2}$