Номер 14, страница 147 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

14. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны 1, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Дано:

Тетраэдр $ABCD$.
Все ребра равны 1, то есть $AB = BC = CD = DA = AC = BD = 1$.
Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Перевод в систему СИ:

Длина ребра $a = 1$ (в данной задаче длина является безразмерной величиной, поэтому преобразования в СИ не требуются).

Найти:

Угол $\phi$ между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Решение:

Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся координатным методом. Угол $\phi$ между прямой, заданной направляющим вектором $\vec{v}$, и плоскостью, заданной нормальным вектором $\vec{n}$, определяется формулой $\sin\phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$.
Расположим вершины тетраэдра $ABCD$ в декартовой системе координат. Поскольку тетраэдр правильный (все ребра равны), мы можем выбрать удобное расположение.
Пусть вершина $B$ находится в начале координат: $B=(0,0,0)$.
Вершина $C$ лежит на оси $Ox$: $C=(1,0,0)$.
Вершина $D$ лежит в плоскости $Oxy$ так, чтобы $\triangle BCD$ был равносторонним: $D=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
Для вершины $A=(x_A, y_A, z_A)$ выполним условия $AB=AC=AD=1$:
$AB^2 = x_A^2+y_A^2+z_A^2 = 1$
$AC^2 = (x_A-1)^2+y_A^2+z_A^2 = 1 \implies x_A^2-2x_A+1+y_A^2+z_A^2 = 1$. Подставив $x_A^2+y_A^2+z_A^2=1$, получаем $1-2x_A+1=1 \implies 2-2x_A=1 \implies 2x_A=1 \implies x_A=1/2$.
$AD^2 = (x_A-1/2)^2+(y_A-\sqrt{3}/2)^2+z_A^2 = 1$. Подставив $x_A=1/2$, получаем $0^2+(y_A-\sqrt{3}/2)^2+z_A^2 = 1 \implies y_A^2-y_A\sqrt{3}+3/4+z_A^2=1$.
Из $x_A^2+y_A^2+z_A^2=1$ и $x_A=1/2$ следует $(1/2)^2+y_A^2+z_A^2=1 \implies 1/4+y_A^2+z_A^2=1 \implies y_A^2+z_A^2=3/4$.
Подставим $y_A^2+z_A^2=3/4$ в уравнение для $AD^2$: $3/4-y_A\sqrt{3}+3/4=1 \implies 3/2-y_A\sqrt{3}=1 \implies y_A\sqrt{3}=1/2 \implies y_A=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Найдем $z_A$: $z_A^2 = 3/4 - y_A^2 = 3/4 - (\sqrt{3}/6)^2 = 3/4 - 3/36 = 3/4 - 1/12 = 9/12 - 1/12 = 8/12 = 2/3$.
Примем $z_A = \sqrt{2/3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.
Таким образом, координаты вершин: $A=(1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{6}/3)$, $B=(0,0,0)$, $C=(1,0,0)$, $D=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.
Точка $E$ — середина ребра $AD$. Координаты точки $E$:
$E = \left( \frac{1/2+1/2}{2}, \frac{\sqrt{3}/6+\sqrt{3}/2}{2}, \frac{\sqrt{6}/3+0}{2} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}/6+3\sqrt{3}/6}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{4\sqrt{3}/6}{2}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{6} \right)$.
Вектор направления прямой $AB$ — это вектор $\vec{v} = \vec{BA} = A - B = (1/2, \sqrt{3}/6, \sqrt{6}/3)$.
Модуль вектора $|\vec{v}| = AB = 1$.
Для нахождения нормального вектора $\vec{n}$ к плоскости $BCE$, используем векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BE}$.
$\vec{BC} = C - B = (1,0,0)$.
$\vec{BE} = E - B = (1/2, \sqrt{3}/3, \sqrt{6}/6)$.
Нормальный вектор $\vec{n}$ находится как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BE}$:
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1/2 & \sqrt{3}/3 & \sqrt{6}/6 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}) - \mathbf{j}(1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{6} - 0 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} - 0 \cdot \frac{1}{2})$
$\vec{n} = (0, -\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{3})$.
Модуль нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + \left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{6}{36} + \frac{3}{9}} = \sqrt{\frac{1}{6} + \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{1}{6} + \frac{2}{6}} = \sqrt{\frac{3}{6}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{v} \cdot \vec{n}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n} = \left(\frac{1}{2}\right)(0) + \left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right) + \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$
$\vec{v} \cdot \vec{n} = 0 - \frac{\sqrt{18}}{36} + \frac{\sqrt{18}}{9} = 0 - \frac{3\sqrt{2}}{36} + \frac{3\sqrt{2}}{9} = -\frac{\sqrt{2}}{12} + \frac{4\sqrt{2}}{12} = \frac{3\sqrt{2}}{12} = \frac{\sqrt{2}}{4}$.
Теперь подставим все значения в формулу для синуса угла $\phi$:
$\sin\phi = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|} = \frac{|\sqrt{2}/4|}{1 \cdot \sqrt{2}/2} = \frac{\sqrt{2}/4}{\sqrt{2}/2} = \frac{\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
Так как $\sin\phi = 1/2$, то угол $\phi = \arcsin(1/2) = 30^\circ$.

Ответ:

$30^\circ$