Номер 5, страница 152 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Прямая $CA_1$.

Плоскость $BDD_1$.

Найти:

Тангенс угла между прямой $CA_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Решение:

1. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Пусть оси $x, y, z$ направлены вдоль ребер $AB, AD, AA_1$ соответственно. Длину ребра куба обозначим за $a$.

Тогда координаты необходимых вершин будут:

$C(a,a,0)$

$A_1(0,0,a)$

$B(a,0,0)$

$D(0,a,0)$

$D_1(0,a,a)$

2. Найдем направляющий вектор прямой $CA_1$. Вектор $\vec{CA_1}$ определяется как разность координат конечной и начальной точки:

$\vec{u} = \vec{CA_1} = (0-a, 0-a, a-0) = (-a, -a, a)$.

Для упрощения вычислений можно использовать любой вектор, коллинеарный $\vec{u}$, например, $\vec{u'} = (-1, -1, 1)$.

3. Найдем нормальный вектор плоскости $BDD_1$. Плоскость $BDD_1$ проходит через точки $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $D_1(0,a,a)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

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

$\vec{DD_1} = D_1 - D = (0-0, a-a, a-0) = (0, 0, a)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BDD_1$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-a) \cdot a - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot 0 - (-a) \cdot 0)$.

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

Для удобства вычислений можно использовать пропорциональный нормальный вектор $\vec{n'} = (1, 1, 0)$ (полученный делением на $-a^2$).

4. Угол $\alpha$ между прямой $CA_1$ (с направляющим вектором $\vec{u'}$) и плоскостью $BDD_1$ (с нормальным вектором $\vec{n'}$) определяется по формуле синуса угла:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{u'} \cdot \vec{n'}|}{||\vec{u'}|| \cdot ||\vec{n'}||}$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{u'}$ и $\vec{n'}$:

$\vec{u'} \cdot \vec{n'} = (-1)(1) + (-1)(1) + (1)(0) = -1 - 1 + 0 = -2$.

Вычислим длины (модули) векторов:

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

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

Подставим полученные значения в формулу для $\sin \alpha$:

$\sin \alpha = \frac{|-2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$.

Рационализируем знаменатель:

$\sin \alpha = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

5. Найдем тангенс угла $\alpha$. Для этого сначала найдем $\cos \alpha$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$:

$\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{6}{9} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Так как угол между прямой и плоскостью по определению находится в диапазоне $[0, \pi/2]$, то $\cos \alpha$ должен быть неотрицательным:

$\cos \alpha = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Теперь найдем тангенс угла $\alpha$:

$\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{6}{3}} = \sqrt{2}$.

Ответ:

$\sqrt{2}$