Номер 17.10, страница 90 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Параграф 17. Двугранный угол. Угол между плоскостями. Глава II. Угол в пространстве. Расстояние в пространстве - номер 17.10, страница 90.

Условия.

17.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 1. Найдите угол между плоскостями:

а) $ABB_1$ и $CDD_1$;

б) $ACC_1$ и $CDD_1$;

в) $ACC_1$ и $DEE_1$;

г) $ACC_1$ и $CEE_1$;

д) $ABC$ и $BDE_1$;

е) $CDF_1$ и $AFD_1$.

Решение.

Решение 2.

Для решения задачи введем систему координат. Пусть центр нижнего основания правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ находится в начале координат $O(0,0,0)$. Пусть ось $Ox$ проходит через вершину $A$. Так как все ребра призмы равны 1, то сторона основания равна 1 и высота призмы равна 1. Координаты вершин основания $ABCDEF$ будут следующими:

$A(1, 0, 0)$

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

$C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$D(-1, 0, 0)$

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

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

Координаты вершин верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ получаются сдвигом по оси $Oz$ на 1:

$A_1(1, 0, 1)$, $B_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$, $C_1(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$, $D_1(-1, 0, 1)$, $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$, $F_1(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

а) $ABB_1$ и $CDD_1$

Плоскости $ABB_1$ (она же $ABB_1A_1$) и $CDD_1$ (она же $CDD_1C_1$) являются боковыми гранями призмы. Так как призма прямая, ее боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Следовательно, угол между этими плоскостями равен углу между их следами на плоскости основания, то есть углу между прямыми $AB$ и $CD$.

В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ внутренний угол равен $120^\circ$. Прямые $AB$ и $CD$ не параллельны. Угол между ними можно найти, продлив отрезки $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $P$. В треугольнике $BCP$ углы при вершинах $B$ и $C$ являются внешними углами шестиугольника, равными $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$. Следовательно, треугольник $BCP$ равносторонний, и угол $\angle BPC = 60^\circ$. Этот угол и является углом между прямыми $AB$ и $CD$.

Таким образом, угол между плоскостями $ABB_1$ и $CDD_1$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

б) $ACC_1$ и $CDD_1$

Плоскости $ACC_1$ и $CDD_1$ пересекаются по прямой $CC_1$. Так как призма прямая, ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, угол между данными плоскостями равен углу между их следами на плоскости основания, то есть углу $\angle ACD$.

Рассмотрим треугольник $ACD$ в основании. Сторона $CD=1$. $AC$ - малая диагональ правильного шестиугольника. В треугольнике $ABC$ по теореме косинусов: $AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 3$. Откуда $AC = \sqrt{3}$. $AD$ - большая диагональ, ее длина равна двум сторонам шестиугольника, $AD = 2$.

В треугольнике $ACD$ стороны равны $AC=\sqrt{3}$, $CD=1$, $AD=2$. Проверим, выполняется ли теорема Пифагора: $AC^2 + CD^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4$. $AD^2 = 2^2 = 4$. Так как $AC^2 + CD^2 = AD^2$, треугольник $ACD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$. Таким образом, $\angle ACD = 90^\circ$.

Следовательно, угол между плоскостями $ACC_1$ и $CDD_1$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

в) $ACC_1$ и $DEE_1$

Обе плоскости, $ACC_1$ и $DEE_1$, перпендикулярны плоскости основания. Угол между ними равен углу между их следами на плоскости основания — прямыми $AC$ и $DE$. В правильном шестиугольнике сторона $DE$ параллельна стороне $AB$. Поэтому угол между прямыми $AC$ и $DE$ равен углу между прямыми $AC$ и $AB$, то есть $\angle CAB$.

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ($AB=BC=1$) угол при вершине $\angle ABC = 120^\circ$. Углы при основании равны: $\angle BAC = \angle BCA = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$.

Следовательно, искомый угол равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

г) $ACC_1$ и $CEE_1$

Плоскости $ACC_1$ и $CEE_1$ пересекаются по прямой $CC_1$, которая перпендикулярна плоскости основания. Значит, угол между этими плоскостями равен углу между их следами на плоскости основания — прямыми $AC$ и $CE$, то есть $\angle ACE$.

Рассмотрим треугольник $ACE$. Стороны $AC$ и $CE$ являются малыми диагоналями правильного шестиугольника. Как мы нашли в пункте б), их длина равна $\sqrt{3}$. Сторона $AE$ также является малой диагональю, так как соединяет вершины через одну. Таким образом, треугольник $ACE$ является равносторонним со стороной $\sqrt{3}$. Все его углы равны $60^\circ$.

Следовательно, $\angle ACE = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

д) $ABC$ и $BDE_1$

Плоскость $ABC$ — это плоскость нижнего основания. Линией пересечения плоскостей $ABC$ и $BDE_1$ является прямая $BD$. Угол между плоскостями (двугранный угол) измеряется линейным углом, который образован двумя перпендикулярами к линии пересечения, проведенными в каждой из плоскостей из одной точки.

Найдем в плоскости основания $ABC$ прямую, перпендикулярную $BD$. Рассмотрим векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DE}$ с помощью введенной системы координат:$\vec{DB} = B - D = (\frac{1}{2} - (-1), \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0-0) = (\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.$\vec{DE} = E - D = (-\frac{1}{2} - (-1), -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0-0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.Их скалярное произведение: $\vec{DB} \cdot \vec{DE} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} = 0$.Следовательно, $DE \perp BD$.

Теперь докажем, что в плоскости $BDE_1$ прямая $DE_1$ перпендикулярна $BD$. Рассмотрим вектор $\vec{DE_1}$:$\vec{DE_1} = E_1 - D = (-\frac{1}{2} - (-1), -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1-0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.Скалярное произведение: $\vec{DB} \cdot \vec{DE_1} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 0 \cdot 1 = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} + 0 = 0$.Следовательно, $DE_1 \perp BD$.

Так как $DE \perp BD$ и $DE_1 \perp BD$, то угол между плоскостями $ABC$ и $BDE_1$ равен углу между прямыми $DE$ и $DE_1$, то есть $\angle E_1DE$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $E_1DE$. Катет $DE$ является стороной основания, $DE=1$. Катет $EE_1$ является боковым ребром, $EE_1=1$. Треугольник $E_1DE$ прямоугольный, так как $EE_1$ перпендикулярно плоскости основания, а значит и прямой $DE$ в этой плоскости.Тогда $\text{tg}(\angle E_1DE) = \frac{EE_1}{DE} = \frac{1}{1} = 1$.Отсюда $\angle E_1DE = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

е) $CDF_1$ и $AFD_1$

Для нахождения угла между плоскостями $CDF_1$ и $AFD_1$ воспользуемся методом координат. Найдем векторы нормалей к этим плоскостям.

Для плоскости $CDF_1$, проходящей через точки $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D(-1, 0, 0)$ и $F_1(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.Найдем векторы, лежащие в плоскости:$\vec{DC} = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$$\vec{DF_1} = (\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$Вектор нормали $\vec{n_1}$ найдем как векторное произведение $\vec{DC} \times \vec{DF_1}$:$\vec{n_1} = (\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}), 0 \cdot \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \cdot 1, \frac{1}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{3}{2}) = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, -\sqrt{3})$.

Для плоскости $AFD_1$, проходящей через точки $A(1, 0, 0)$, $F(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $D_1(-1, 0, 1)$.Найдем векторы, лежащие в плоскости:$\vec{FA} = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$$\vec{FD_1} = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$Вектор нормали $\vec{n_2}$ найдем как векторное произведение $\vec{FA} \times \vec{FD_1}$:$\vec{n_2} = (\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1 - 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 \cdot (-\frac{3}{2}) - \frac{1}{2} \cdot 1, \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\frac{3}{2})) = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \sqrt{3})$.

Угол $\theta$ между плоскостями найдем по формуле косинуса угла между их нормалями:$\cos\theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + (-\frac{1}{2}) \cdot (-\frac{1}{2}) + (-\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} - 3 = 1 - 3 = -2$.$|\vec{n_1}| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4} + 3} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.$|\vec{n_2}| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{1}{4} + 3} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.$\cos\theta = \frac{|-2|}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.$\theta = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$