Номер 30, страница 148 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

30. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер призмы равна 1.

Перевод в СИ:

В данной задаче все линейные размеры даны в относительных единицах, поэтому перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

Угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$.

Решение:

1. Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $a=1$.

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

3. Прямая $AB$ пересекает плоскость $BEE_1$ в точке $B$. Таким образом, точка $B$ является общей для прямой и плоскости.

4. Для нахождения искомого угла необходимо найти проекцию точки $A$ на плоскость $BEE_1$. Пусть $A'$ — это проекция точки $A$ на плоскость $BEE_1$. Тогда искомый угол — это $\angle ABA'$.

5. Плоскость $BEE_1$ является вертикальной плоскостью, поскольку она содержит боковое ребро $EE_1$, перпендикулярное плоскости основания $ABCDEF$. Линия пересечения плоскости $BEE_1$ с плоскостью основания $ABCDEF$ является прямой $BE$.

6. Поскольку точка $A$ лежит в плоскости основания, а плоскость $BEE_1$ перпендикулярна плоскости основания, проекцией точки $A$ на плоскость $BEE_1$ будет основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на линию пересечения плоскостей, то есть на прямую $BE$. Пусть $A'$ — основание этого перпендикуляра, т.е. $AA' \perp BE$.

7. Теперь рассмотрим треугольник $ABE$, лежащий в основании призмы. Длина стороны шестиугольника $AB = 1$. Диагональ $BE$ является большой диагональю правильного шестиугольника и равна двум сторонам, т.е. $BE = 2a = 2 \cdot 1 = 2$.

8. Длина диагонали $AE$ в правильном шестиугольнике со стороной $a$ равна $a\sqrt{3}$. В нашем случае $AE = 1 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$.

9. Проверим тип треугольника $ABE$. Применим теорему Пифагора: $AB^2 + AE^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$. Также $BE^2 = 2^2 = 4$. Поскольку $AB^2 + AE^2 = BE^2$, треугольник $ABE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$ ($\angle BAE = 90^\circ$).

10. Искомый угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$ — это угол между прямой $AB$ и ее проекцией $BA'$ на плоскость $BEE_1$. Поскольку $A'$ лежит на прямой $BE$, то проекцией прямой $AB$ на плоскость $BEE_1$ является прямая $BE$. Следовательно, искомый угол — это $\angle ABE$.

11. В прямоугольном треугольнике $ABE$ (прямой угол при $A$) мы можем найти косинус угла $\angle ABE$:

$\cos(\angle ABE) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AB}{BE}$

$\cos(\angle ABE) = \frac{1}{2}$

12. Из $\cos(\angle ABE) = \frac{1}{2}$ следует, что $\angle ABE = 60^\circ$. Этот угол и есть искомый угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$.

Ответ:

$60^\circ$