Номер 25, страница 156 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

25. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CA_1E_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1. Это означает, что длина стороны основания $a = 1$, и высота призмы $h = 1$.

Плоскость 1: $ABC$ (плоскость нижнего основания).

Плоскость 2: $CA_1E_1$.

Перевод всех данных в систему СИ:

Длина ребра $a = 1$ (единица длины).

Высота призмы $h = 1$ (единица длины).

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CA_1E_1$, то есть $\tan(\alpha)$, где $\alpha$ — угол между указанными плоскостями.

Решение:

Для определения угла между двумя плоскостями воспользуемся методом координат.

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

Так как призма правильная и длина стороны основания $a = 1$, координаты вершин основания будут:

$A = (1, 0, 0)$

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

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

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

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

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

Высота призмы $h = 1$, поэтому координаты вершин верхнего основания $A_1, B_1, \dots, F_1$ будут иметь z-координату, равную 1:

$A_1 = (1, 0, 1)$

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

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

Плоскость $ABC$ является плоскостью $xy$, её уравнение $z = 0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ равен $\vec{n_1} = (0, 0, 1)$.

Теперь найдем нормальный вектор к плоскости $CA_1E_1$. Плоскость проходит через точки $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $A_1(1, 0, 1)$ и $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{u} = \vec{A_1C} = C - A_1 = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 1) = (-3/2, \sqrt{3}/2, -1)$

$\vec{v} = \vec{A_1E_1} = E_1 - A_1 = (-1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 1) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $CA_1E_1$ можно найти как векторное произведение $\vec{u} \times \vec{v}$:

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

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

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(0 - \sqrt{3}/2) - \mathbf{j}(0 - 3/2) + \mathbf{k}(3\sqrt{3}/4 + 3\sqrt{3}/4)$

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

Для удобства вычислений можно использовать пропорциональный вектор, умножив все компоненты на $2/\sqrt{3}$:

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

Косинус угла $\alpha$ между двумя плоскостями определяется по формуле:

$\cos(\alpha) = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}'|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}'||}$

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

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

Вычислим длины векторов:

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

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 3 + 9} = \sqrt{13}$

Теперь найдем $\cos(\alpha)$:

$\cos(\alpha) = \frac{|3|}{1 \cdot \sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}$

Для нахождения тангенса угла воспользуемся тригонометрическим тождеством $\tan^2(\alpha) + 1 = \sec^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)}$:

$\tan^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} - 1$

$\cos^2(\alpha) = \left(\frac{3}{\sqrt{13}}\right)^2 = \frac{9}{13}$

$\tan^2(\alpha) = \frac{1}{9/13} - 1 = \frac{13}{9} - 1 = \frac{13 - 9}{9} = \frac{4}{9}$

Так как угол между плоскостями по определению является острым или прямым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), то его тангенс неотрицателен.

$\tan(\alpha) = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$

Ответ: $2/3$