Номер 16.10, страница 86 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Рис. 16.9

16.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1. Найдите синус угла между прямой $AB_1$ и плоскостью:

а) $BCC_1$;

б) $CDD_1$.

11. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ все ребра равны 1.

Для решения задачи введем трехмерную декартову систему координат. Пусть центр нижнего основания правильной шестиугольной призмы $ABCDEF$ находится в начале координат, точке $O(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ так, чтобы она проходила через вершину $D$, а ось $Oy$ — через середину ребра $BC$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $DD_1$.

По условию, все ребра призмы равны 1. В правильном шестиугольнике со стороной $a=1$ расстояние от центра до любой вершины также равно 1. Высота призмы равна длине бокового ребра, то есть 1. Исходя из этого, найдем координаты нужных нам вершин:

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

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

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

$D = (1, 0, 0)$

$B_1 = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$

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

$D_1 = (1, 0, 1)$

Найдем направляющий вектор прямой $AB_1$ и его длину.

$\vec{v} = \vec{AB_1} = B_1 - A = (-1/2 - (-1), \sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

Длина вектора $\vec{v}$:

$||\vec{v}|| = \sqrt{(1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 1} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.

Синус угла $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ вычисляется по формуле:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||}$

а) $BCC_1$

Найдем вектор нормали $\vec{n}_a$ к плоскости $BCC_1$, которая является боковой гранью $BCC_1B_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BB_1}$.

$\vec{BC} = C - B = (1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (1, 0, 0)$.

$\vec{BB_1} = B_1 - B = (-1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (0, 0, 1)$.

Вектор нормали найдем как векторное произведение этих векторов:

$\vec{n}_a = \vec{BC} \times \vec{BB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 0 \cdot \mathbf{i} - 1 \cdot \mathbf{j} + 0 \cdot \mathbf{k} = (0, -1, 0)$.

Для удобства в качестве нормали можно взять коллинеарный вектор $(0, 1, 0)$. Его длина $||\vec{n}_a|| = 1$.

Теперь вычислим синус угла $\alpha$ между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}_a|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}_a||} = \frac{|(1/2, \sqrt{3}/2, 1) \cdot (0, 1, 0)|}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{|1/2 \cdot 0 + \sqrt{3}/2 \cdot 1 + 1 \cdot 0|}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$.

б) $CDD_1$

Найдем вектор нормали $\vec{n}_b$ к плоскости $CDD_1$, которая является боковой гранью $CDD_1C_1$. Найдем два неколлинеарных вектора в этой плоскости, например, $\vec{DC}$ и $\vec{DD_1}$.

$\vec{DC} = C - D = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

$\vec{DD_1} = D_1 - D = (1 - 1, 0 - 0, 1 - 0) = (0, 0, 1)$.

Вектор нормали найдем как векторное произведение:

$\vec{n}_b = \vec{DC} \times \vec{DD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \mathbf{i} - (-\frac{1}{2}) \cdot \mathbf{j} + 0 \cdot \mathbf{k} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 0)$.

Для удобства возьмем коллинеарный вектор, умножив на 2: $\vec{n}_b = (\sqrt{3}, 1, 0)$. Найдем его длину:

$||\vec{n}_b|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$.

Теперь вычислим синус угла $\beta$ между прямой $AB_1$ и плоскостью $CDD_1$:

$\sin \beta = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}_b|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}_b||} = \frac{|(1/2, \sqrt{3}/2, 1) \cdot (\sqrt{3}, 1, 0)|}{\sqrt{2} \cdot 2} = \frac{|1/2 \cdot \sqrt{3} + \sqrt{3}/2 \cdot 1 + 1 \cdot 0|}{2\sqrt{2}} = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}|}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$.