Номер 29, страница 156 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

29. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BFD_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра призмы равны 1.

Перевод в СИ:

Длина стороны основания $a = 1$ (условная единица длины).

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

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $BFD_1$.

Решение:

Для нахождения тангенса угла между плоскостями воспользуемся методом координат.

Поместим центр основания $ABCDEF$ в начало координат $O(0,0,0)$.

Вершины правильного шестиугольника $ABCDEF$ со стороной $a=1$ можно расположить следующим образом:

$A=(1,0,0)$

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

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

$D=(1 \cdot \cos(180^\circ), 1 \cdot \sin(180^\circ), 0) = (-1,0,0)$

$E=(1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

$F=(1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Высота призмы равна 1, поэтому координаты верхних вершин $A_1, B_1, \dots, F_1$ получаются добавлением 1 к z-координате соответствующих нижних вершин.

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

Для плоскости $BFD_1$ используем координаты точек:

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

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

$D_1=(-1,0,1)$ (так как $D=(-1,0,0)$ и $DD_1=1$)

Найдем два вектора, лежащих в плоскости $BFD_1$:

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

$\vec{FD_1} = D_1 - F = (-1 - 1/2, 0 - (-\sqrt{3}/2), 1-0) = (-3/2, \sqrt{3}/2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BFD_1$ найдем как векторное произведение $\vec{FB} \times \vec{FD_1}$:

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

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

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

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

Найдем скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}$:

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

Найдем модули векторов:

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

$||\vec{n_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 0^2 + (3\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{3 + (9 \cdot 3)/4} = \sqrt{3 + 27/4} = \sqrt{12/4 + 27/4} = \sqrt{39/4} = \frac{\sqrt{39}}{2}$

Теперь вычислим $\cos\theta$:

$\cos\theta = \frac{|3\sqrt{3}/2|}{1 \cdot \sqrt{39}/2} = \frac{3\sqrt{3}/2}{\sqrt{39}/2} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{39}}$

Упростим выражение:

$\cos\theta = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3 \cdot 13}} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}$

Теперь найдем тангенс угла $\theta$. Используем тождество $\tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta} - 1$:

$\tan^2\theta = \frac{1}{(3/\sqrt{13})^2} - 1 = \frac{1}{9/13} - 1 = \frac{13}{9} - 1 = \frac{13-9}{9} = \frac{4}{9}$

Поскольку угол между плоскостями по определению является острым или прямым ($0 \le \theta \le \pi/2$), его тангенс должен быть неотрицательным.

$\tan\theta = \sqrt{4/9} = 2/3$

Ответ:

$2/3$