Страница 121 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

46. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны $1$, а боковые ребра равны $2$, найдите угол между прямыми $SA$ и $BF$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BF$ воспользуемся методом координат.

1. Введение системы координат.

Пусть центр основания правильного шестиугольника $ABCDEF$ находится в начале координат $O(0, 0, 0)$. Поскольку пирамида правильная, ее высота $SO$ будет лежать на оси $Oz$. Основание пирамиды будет лежать в плоскости $Oxy$.

В правильном шестиугольнике со стороной 1 расстояние от центра до любой вершины также равно 1. Разместим вершины в плоскости $Oxy$ следующим образом:

Пусть вершина $A$ лежит на положительной части оси $Ox$. Тогда ее координаты $A(1, 0, 0)$.

Остальные вершины получаются поворотом на углы, кратные $60^\circ$:

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

$F(1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) \Rightarrow F(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

2. Нахождение координат вершины S.

Вершина $S$ имеет координаты $S(0, 0, h)$, где $h=SO$ – высота пирамиды. Найдем $h$ из прямоугольного треугольника $SOA$ (где $\angle SOA = 90^\circ$). Катет $OA$ равен 1 (радиус описанной окружности шестиугольника), а гипотенуза $SA$ равна 2 (длина бокового ребра по условию).

По теореме Пифагора: $SO^2 + OA^2 = SA^2$

$h^2 + 1^2 = 2^2$

$h^2 + 1 = 4$

$h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$

Таким образом, координаты вершины $S(0, 0, \sqrt{3})$.

3. Нахождение векторов прямых.

Найдем направляющие векторы для прямых $SA$ и $BF$.

Для прямой $SA$ вектор $\vec{SA}$:

$\vec{SA} = \{A_x - S_x; A_y - S_y; A_z - S_z\} = \{1 - 0; 0 - 0; 0 - \sqrt{3}\} = \{1; 0; -\sqrt{3}\}$

Для прямой $BF$ вектор $\vec{BF}$:

$\vec{BF} = \{F_x - B_x; F_y - B_y; F_z - B_z\} = \{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}; 0 - 0\} = \{0; -\sqrt{3}; 0\}$

4. Нахождение угла между векторами.

Угол $\alpha$ между прямыми $SA$ и $BF$ найдем как угол между их направляющими векторами $\vec{SA}$ и $\vec{BF}$ через скалярное произведение:

$\cos(\alpha) = \frac{\vec{SA} \cdot \vec{BF}}{|\vec{SA}| \cdot |\vec{BF}|}$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{SA} \cdot \vec{BF} = (1 \cdot 0) + (0 \cdot (-\sqrt{3})) + (-\sqrt{3} \cdot 0) = 0 + 0 + 0 = 0$

Поскольку скалярное произведение векторов равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны, и угол между ними равен $90^\circ$.

$\cos(\alpha) = 0 \Rightarrow \alpha = 90^\circ$

Альтернативное геометрическое решение:

Воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Прямая $SA$ является наклонной к плоскости основания $ABC$. Прямая $SO$ — перпендикуляр к плоскости основания, а $OA$ — проекция наклонной $SA$ на эту плоскость.

Рассмотрим расположение прямых $OA$ и $BF$ в плоскости основания. В правильном шестиугольнике диагональ $AD$ (на которой лежит отрезок $OA$) является осью симметрии. Хорда $BF$ перпендикулярна этой оси симметрии. Следовательно, $OA \perp BF$.

По теореме о трех перпендикулярах: если прямая в плоскости (в нашем случае $BF$) перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость (т.е. $OA$), то она перпендикулярна и самой наклонной (т.е. $SA$).

Таким образом, $SA \perp BF$, и угол между ними составляет $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

47. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите угол между прямыми $SA$ и $CE$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $SA$ и $CE$ воспользуемся координатно-векторным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в центре основания пирамиды, точке $O$. Ось $Oz$ направим вдоль высоты пирамиды $SO$, а плоскость $Oxy$ совместим с плоскостью основания $ABCDEF$.

Поскольку основание — правильный шестиугольник со стороной 1, его вершины лежат на окружности с центром в точке $O$ и радиусом $R=1$ (в правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне). Расположим вершину $A$ на положительной части оси $Ox$. Тогда ее координаты $A(1; 0; 0)$.

Для нахождения координат вершин $C$ и $E$ учтем, что центральные углы в правильном шестиугольнике равны $360^\circ / 6 = 60^\circ$.

Координаты вершины $C$ определяются углом $\angle AOC = 120^\circ$. Таким образом, $C$ имеет координаты $(1 \cdot \cos(120^\circ); 1 \cdot \sin(120^\circ); 0)$, что равно $(-\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$.

Координаты вершины $E$ определяются углом $\angle AOE = 240^\circ$. Таким образом, $E$ имеет координаты $(1 \cdot \cos(240^\circ); 1 \cdot \sin(240^\circ); 0)$, что равно $(-\frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$.

Вершина пирамиды $S$ лежит на оси $Oz$, поэтому ее координаты $S(0; 0; h)$. Найдем высоту пирамиды $h=SO$ из прямоугольного треугольника $SOA$. Катет $OA$ равен радиусу описанной окружности, т.е. $OA=1$. Гипотенуза $SA$ — это боковое ребро, по условию $SA=2$. По теореме Пифагора:

$SO^2 = SA^2 - OA^2$

$h^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$

$h = \sqrt{3}$

Таким образом, координаты вершины $S(0; 0; \sqrt{3})$.

Теперь найдем координаты векторов $\vec{SA}$ и $\vec{CE}$, которые являются направляющими векторами для соответствующих прямых:

$\vec{SA} = \{A_x - S_x; A_y - S_y; A_z - S_z\} = \{1-0; 0-0; 0-\sqrt{3}\} = \{1; 0; -\sqrt{3}\}$

$\vec{CE} = \{E_x - C_x; E_y - C_y; E_z - C_z\} = \{-\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}); -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}; 0-0\} = \{0; -\sqrt{3}; 0\}$

Угол $\alpha$ между прямыми $SA$ и $CE$ равен углу между их направляющими векторами $\vec{SA}$ и $\vec{CE}$. Косинус этого угла можно найти по формуле скалярного произведения векторов:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{SA} \cdot \vec{CE}|}{|\vec{SA}| \cdot |\vec{CE}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{SA} \cdot \vec{CE} = (1)(0) + (0)(-\sqrt{3}) + (-\sqrt{3})(0) = 0$

Поскольку скалярное произведение векторов равно нулю, векторы перпендикулярны (ортогональны). Это означает, что угол между ними равен $90^\circ$. Нет необходимости вычислять длины векторов, так как числитель дроби равен нулю.

Ответ: $90^\circ$.

48. Найдите угол между скрещивающимися ребрами октаэдра.

Для нахождения угла между скрещивающимися ребрами правильного октаэдра можно использовать как геометрический метод, так и метод координат.

1. Геометрический метод (с помощью параллельного переноса)

Угол между двумя скрещивающимися прямыми определяется как угол между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны исходным скрещивающимся прямым.

Рассмотрим правильный октаэдр. Правильный октаэдр — это многогранник, состоящий из восьми граней, каждая из которых является равносторонним треугольником. Все 12 ребер октаэдра имеют одинаковую длину.

Пусть нам даны два скрещивающихся ребра, назовем их $e_1$ и $e_2$. Поскольку все ребра в правильном октаэдре конгруэнтны (равны), мы можем выбрать любую удобную пару скрещивающихся ребер для анализа.

Октаэдр можно представить как две правильные четырехугольные пирамиды, соединенные своими основаниями. Пусть вершины этого основания образуют квадрат $ABCD$, а вершины пирамид — точки $P$ и $Q$.

Рисунок 1: Правильный октаэдр с вершинами P, Q, A, B, C, D

Выберем ребро $e_1 = PA$. Ребро $PA$ является стороной грани $PAD$.

Теперь выберем ребро $e_2$, скрещивающееся с $PA$. Такое ребро не должно иметь общих вершин с $PA$ и не должно быть ему параллельно. Возьмем, к примеру, ребро $e_2 = BC$. Оно не пересекается с $PA$ и не параллельно ему.

Чтобы найти угол между $PA$ и $BC$, мы выполним параллельный перенос одного из ребер. В квадрате $ABCD$, лежащем в основании, сторона $BC$ параллельна стороне $AD$.

Следовательно, угол между скрещивающимися ребрами $PA$ и $BC$ равен углу между пересекающимися ребрами $PA$ и $AD$.

Ребра $PA$ и $AD$ являются двумя сторонами грани $PAD$. Так как все грани правильного октаэдра являются равносторонними треугольниками, то треугольник $PAD$ — равносторонний. Угол между любыми двумя сторонами в равностороннем треугольнике равен $60^\circ$.

Таким образом, угол $\angle PAD = 60^\circ$.

Этот результат не зависит от выбора пары скрещивающихся ребер из-за высокой симметрии правильного октаэдра. Для любой пары скрещивающихся ребер $e_1$ и $e_2$ можно найти ребро $e_2'$, параллельное $e_2$ и пересекающее $e_1$ в одной из вершин, причем $e_1$ и $e_2'$ всегда будут являться смежными ребрами одной из граней октаэдра.

2. Метод координат (для проверки)

Разместим вершины правильного октаэдра в декартовой системе координат. Пусть ребро октаэдра имеет длину $L$. Удобно выбрать вершины в точках, лежащих на осях координат:$P(0, 0, a)$, $Q(0, 0, -a)$, $A(a, 0, 0)$, $C(-a, 0, 0)$, $B(0, a, 0)$, $D(0, -a, 0)$.При таком расположении длина ребра $L = \sqrt{(a-0)^2 + (0-a)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.

Рассмотрим те же скрещивающиеся ребра $PA$ и $BC$.

Найдем векторы, соответствующие этим ребрам:$\vec{PA} = A - P = (a, 0, 0) - (0, 0, a) = (a, 0, -a)$$\vec{BC} = C - B = (-a, 0, 0) - (0, a, 0) = (-a, -a, 0)$

Длины векторов (модули):$|\vec{PA}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + (-a)^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$$|\vec{BC}| = \sqrt{(-a)^2 + (-a)^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$Оба модуля равны длине ребра $L$, что верно.

Теперь найдем косинус угла $\alpha$ между этими векторами по формуле:$\cos \alpha = \frac{|\vec{PA} \cdot \vec{BC}|}{|\vec{PA}| \cdot |\vec{BC}|}$(Мы берем модуль скалярного произведения, так как ищем острый угол между прямыми).

Скалярное произведение:$\vec{PA} \cdot \vec{BC} = (a)(-a) + (0)(-a) + (-a)(0) = -a^2$

Теперь вычислим косинус угла:$\cos \alpha = \frac{|-a^2|}{(a\sqrt{2}) \cdot (a\sqrt{2})} = \frac{a^2}{2a^2} = \frac{1}{2}$

Угол $\alpha$, косинус которого равен $1/2$, составляет:$\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$

Оба метода дают одинаковый результат.

Ответ: Угол между скрещивающимися ребрами правильного октаэдра равен $60^\circ$.

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $BCD_1$.

1. Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть ребро куба равно $a$. Поместим начало координат в вершину $B$, а оси $Ox$, $Oy$, $Oz$ направим вдоль ребер $BA$, $BC$ и $BB_1$ соответственно.

В этой системе координат вершины куба, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты:
$B(0, 0, 0)$
$A(a, 0, 0)$
$C(0, a, 0)$
$D_1(a, a, a)$

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Мы найдем этот угол $\alpha$, используя векторы. Синус угла между прямой с направляющим вектором $\vec{s}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ вычисляется по формуле:$ \sin \alpha = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}| |\vec{n}|} $.

Сначала найдем направляющий вектор $\vec{s}$ для прямой $AC$. Вектор $\vec{AC}$ можно найти как разность координат его конца и начала:$\vec{s} = \vec{AC} = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$. Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор, разделив все координаты на $a$ (поскольку длина вектора не влияет на его направление): $\vec{s} = (-1, 1, 0)$.

Далее найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$. Вектор нормали перпендикулярен любым двум неколлинеарным векторам, лежащим в плоскости. Возьмем векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$ и найдем их векторное произведение.$\vec{BC} = (0-0, a-0, 0-0) = (0, a, 0)$.$\vec{BD_1} = (a-0, a-0, a-0) = (a, a, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ равен:$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot a) = (a^2, 0, -a^2)$.Упростим вектор нормали, разделив его координаты на $a^2$: $\vec{n} = (1, 0, -1)$.

Теперь вычислим скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n}$:$\vec{s} \cdot \vec{n} = (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) = -1 + 0 + 0 = -1$.Модуль этого скалярного произведения: $|\vec{s} \cdot \vec{n}| = |-1| = 1$.

Найдем длины (модули) векторов $\vec{s}$ и $\vec{n}$:$|\vec{s}| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}$.$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.

Подставим полученные значения в формулу для синуса искомого угла $\alpha$:$\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $30^\circ$. Следовательно, угол между прямой $AC$ и плоскостью $BCD_1$ равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BD$ и плоскостью $BCD_1$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $DA_1$ и плоскостью

2. Для решения задачи воспользуемся координатным методом.
Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Введем правую прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$. Ось $Ox$ направим по $AB$, ось $Oy$ по $AD$, ось $Oz$ по $AA_1$.
В этой системе координат вершины, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты: $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D(0, a, 0)$ и $D_1(0, a, a)$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Его синус можно найти по формуле, использующей направляющий вектор прямой $\vec{s}$ и вектор нормали к плоскости $\vec{n}$:
$\sin \alpha = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n}|}$.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ для прямой $BD$:
$\vec{s} = \vec{BD} = \{D_x - B_x; D_y - B_y; D_z - B_z\} = \{0 - a; a - 0; 0 - 0\} = \{-a; a; 0\}$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$, и вычислим их векторное произведение.
$\vec{BC} = \{C_x - B_x; C_y - B_y; C_z - B_z\} = \{a - a; a - 0; 0 - 0\} = \{0; a; 0\}$.
$\vec{BD_1} = \{D_{1x} - B_x; D_{1y} - B_y; D_{1z} - B_z\} = \{0 - a; a - 0; a - 0\} = \{-a; a; a\}$.
Вектор нормали $\vec{n}$ равен их векторному произведению:
$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) = a^2\mathbf{i} - 0\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = \{a^2; 0; a^2\}$.
В качестве вектора нормали можно взять коллинеарный ему вектор, разделив координаты на $a^2$: $\vec{n} = \{1; 0; 1\}$.

3. Вычислим искомый угол $\alpha$.
Найдем скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n}$:
$\vec{s} \cdot \vec{n} = (-a) \cdot 1 + a \cdot 0 + 0 \cdot 1 = -a$.
Найдем модули векторов:
$|\vec{s}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + 0^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
Подставим найденные значения в формулу для синуса угла:
$\sin \alpha = \frac{|-a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.
Следовательно, искомый угол $\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

3. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $DA_1$ и плоскостью $BCD_1$.

4. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите угол между прямой $AD_1$ и плоскостью

3. Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $D$ и осями $Ox$, $Oy$, $Oz$, направленными вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$ соответственно. Пусть ребро куба равно $a$. Тогда координаты необходимых для решения вершин будут следующими:

$D(0, 0, 0)$, $A(a, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D_1(0, 0, a)$, $A_1(a, 0, a)$, $B(a, a, 0)$.

Направляющим вектором прямой $DA_1$ является вектор $\vec{v} = \vec{DA_1}$. Его координаты равны разности координат точек $A_1$ и $D$:

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

Для нахождения вектора нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$ найдем сначала два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости. Возьмем векторы $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$:

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

$\vec{CD_1} = (0 - 0, 0 - a, a - 0) = (0, -a, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ 0 & -a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot (-a) - 0 \cdot 0) = (0, -a^2, -a^2)$.

В качестве вектора нормали можно взять любой коллинеарный вектор. Для упрощения разделим полученный вектор на $-a^2$ (где $a \ne 0$) и получим $\vec{n'} = (0, 1, 1)$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью определяется через синус угла между направляющим вектором прямой $\vec{v}$ и вектором нормали плоскости $\vec{n'}$ по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение:

$\vec{v} \cdot \vec{n'} = (a, 0, a) \cdot (0, 1, 1) = a \cdot 0 + 0 \cdot 1 + a \cdot 1 = a$.

Вычислим длины (модули) векторов:

$||\vec{v}|| = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

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

Теперь подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin\alpha = \frac{|a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.

Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению является острым (от $0^\circ$ до $90^\circ$), искомый угол $\alpha$ равен:

$\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

4. В кубе $ABC D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ найдите угол между прямой $A D_{1}$ и плоскостью $B C D_{1}$.

5. В кубе $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ найдите

4. Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$ (вершина нижнего основания). Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты:

$A(a, 0, 0)$, $D_1(0, 0, a)$, $B(a, a, 0)$, $C(0, a, 0)$.

Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ прямой $AD_1$:

$\vec{s} = \vec{AD_1} = (0-a, 0-0, a-0) = (-a, 0, a)$.

Для нахождения угла между прямой и плоскостью нам понадобится вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$. Вектор нормали можно найти как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости, например, векторов $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$.

Найдем координаты этих векторов:

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

$\vec{CD_1} = (0-0, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$.

Теперь вычислим их векторное произведение, чтобы найти вектор нормали $\vec{n}$:

$\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & 0 & 0 \\ 0 & -a & a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \vec{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \vec{k}(a \cdot (-a) - 0 \cdot 0) = 0\vec{i} - a^2\vec{j} - a^2\vec{k}$.

Таким образом, $\vec{n} = (0, -a^2, -a^2)$. В качестве вектора нормали можно взять любой коллинеарный ему вектор. Для упрощения расчетов возьмем вектор $\vec{n'} = (0, 1, 1)$, который получается делением координат вектора $\vec{n}$ на $-a^2$.

Угол $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{s}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n'}$ находится по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{s} = (-a, 0, a)$ и $\vec{n'} = (0, 1, 1)$:

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

Вычислим длины (модули) этих векторов:

$|\vec{s}| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

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

Подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$\sin\alpha = \frac{|a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$.

Искомый угол $\alpha$ равен арксинусу этого значения:

$\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

5. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $A_1C_1$ и плоскостью $BCD_1$.

6. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BC$ и плоскостью

5. Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся методом координат. Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью связан с углом $\beta$ между направляющим вектором прямой $\vec{v}$ и вектором нормали к плоскости $\vec{n}$ соотношением $\sin\alpha = |\cos\beta|$. Формула для вычисления синуса искомого угла: $\sin\alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:
$A(a, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D_1(0, 0, a)$, $A_1(a, 0, a)$, $C_1(0, a, a)$, $B(a, a, 0)$.

Найдем направляющий вектор $\vec{v}$ для прямой $A_1C_1$.
Вектор $\vec{A_1C_1}$ имеет координаты, равные разности координат конца и начала: $\vec{A_1C_1} = (0 - a, a - 0, a - a) = (-a, a, 0)$.
В качестве направляющего вектора $\vec{v}$ можно взять любой коллинеарный вектор. Для упрощения расчетов разделим координаты на $a$: $\vec{v} = (-1, 1, 0)$.

Теперь найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$. Эта плоскость проходит через точки $B(a, a, 0)$, $C(0, a, 0)$ и $D_1(0, 0, a)$.
Для нахождения нормали найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$.
$\vec{CB} = (a - 0, a - a, 0 - 0) = (a, 0, 0)$.
$\vec{CD_1} = (0 - 0, 0 - a, a - 0) = (0, -a, a)$.
Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен обоим этим векторам, и его можно найти как их векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ 0 & -a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot (-a) - 0 \cdot 0) = 0\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} - a^2\mathbf{k} = (0, -a^2, -a^2)$.
Для упрощения возьмем коллинеарный вектор, разделив на $-a^2$: $\vec{n} = (0, 1, 1)$.

Теперь, когда у нас есть направляющий вектор прямой $\vec{v}=(-1, 1, 0)$ и вектор нормали плоскости $\vec{n}=(0, 1, 1)$, мы можем вычислить угол $\alpha$.
Вычислим скалярное произведение векторов:
$\vec{v} \cdot \vec{n} = (-1) \cdot 0 + 1 \cdot 1 + 0 \cdot 1 = 0 + 1 + 0 = 1$.
Вычислим модули (длины) векторов:
$|\vec{v}| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}$.
$|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$.

Подставим найденные значения в формулу для синуса угла между прямой и плоскостью:
$\sin\alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|} = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Искомый угол $\alpha$ равен арксинусу от $1/2$. Так как угол между прямой и плоскостью по определению находится в пределах от $0^\circ$ до $90^\circ$, то:
$\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

6. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BCD_1$.

6. Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке D, направив оси координат вдоль ребер: ось Ox вдоль DA, ось Oy вдоль DC, ось Oz вдоль $DD_1$. Примем длину ребра куба равной 1.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:

B(1, 1, 0)
C(0, 1, 0)
$C_1(0, 1, 1)$
$D_1(0, 0, 1)$

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью можно найти, используя формулу, связывающую его с углом $\beta$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости:

$\sin(\alpha) = |\cos(\beta)| = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|}$

где $\vec{u}$ — направляющий вектор прямой $BC_1$, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости $BCD_1$.

Найдем направляющий вектор $\vec{u}$ прямой $BC_1$ как разность координат ее конца и начала:

$\vec{u} = \vec{BC_1} = (0 - 1, 1 - 1, 1 - 0) = (-1, 0, 1)$.

Для нахождения вектора нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCD_1$ найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$:

$\vec{CB} = (1 - 0, 1 - 1, 0 - 0) = (1, 0, 0)$.

$\vec{CD_1} = (0 - 0, 0 - 1, 1 - 0) = (0, -1, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(1 \cdot (-1) - 0 \cdot 0) = (0, -1, -1)$.

Теперь вычислим скалярное произведение векторов $\vec{u}$ и $\vec{n}$:

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

Найдем длины (модули) векторов $\vec{u}$ и $\vec{n}$:

$|\vec{u}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.

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

Подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|-1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Искомый угол $\alpha$ равен арксинусу этого значения:

$\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

7. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $BC_1D$.

7. Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть начало координат находится в вершине A, ось Ox направлена вдоль ребра AB, ось Oy — вдоль ребра AD, а ось Oz — вдоль ребра AA₁. Примем длину ребра куба равной 1, так как величина угла не зависит от размера куба.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A₁(0; 0; 1).Исходя из этого, найдем координаты нужных нам точек B₁ и C₁:B₁ имеет координаты (1; 0; 1).C имеет координаты (1; 1; 0), следовательно C₁ имеет координаты (1; 1; 1).

Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Мы найдем его, используя векторы. Искомый угол $\alpha$ можно найти по формуле, связывающей его с углом $\beta$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости: $\sin(\alpha) = |\cos(\beta)|$.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{v}$ для прямой AB₁.Прямая проходит через точки A(0; 0; 0) и B₁(1; 0; 1).$\vec{v} = \vec{AB_1} = (1-0; 0-0; 1-0) = (1; 0; 1)$.Длина этого вектора: $|\vec{v}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости ABC₁.Плоскость проходит через точки A(0; 0; 0), B(1; 0; 0) и C₁(1; 1; 1).Вектор нормали перпендикулярен двум любым неколлинеарным векторам, лежащим в плоскости. Возьмем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$.$\vec{AB} = (1-0; 0-0; 0-0) = (1; 0; 0)$.$\vec{AC_1} = (1-0; 1-0; 1-0) = (1; 1; 1)$.Вектор нормали $\vec{n}$ найдем как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC_1}$:$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) = 0\mathbf{i} - 1\mathbf{j} + 1\mathbf{k} = (0; -1; 1)$.Длина вектора нормали: $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

3. Найдем синус угла $\alpha$ между прямой AB₁ и плоскостью ABC₁.$\sin(\alpha) = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}|}$.Скалярное произведение векторов:$\vec{v} \cdot \vec{n} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 0 + 0 + 1 = 1$.Теперь подставим все значения в формулу:$\sin(\alpha) = \frac{|1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Угол $\alpha$, синус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет 30°.$\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $ABC_1$.

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AD$ и плоскостью

8. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол как $\alpha$. Этот угол можно найти, используя его связь с углом $\beta$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости. Эта связь выражается формулой $\sin \alpha = |\cos \beta|$. Найдем угол $\alpha$ с помощью этого соотношения, используя координатный метод.

Введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина $A$ куба совпадает с началом координат, а ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Примем длину ребра куба равной $a$. Тогда координаты интересующих нас вершин будут:

$A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $A_1(0,0,a)$, $C_1(a,a,a)$.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{d}$ прямой $A_1C$.

$\vec{d} = \vec{A_1C} = C - A_1 = (a-0, a-0, 0-a) = (a, a, -a)$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $ABC_1$.

Плоскость $ABC_1$ задается тремя точками: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$ и $C_1(a,a,a)$. Вектор нормали перпендикулярен любым двум неколлинеарным векторам, лежащим в этой плоскости. Возьмем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$:

$\vec{AB} = B - A = (a, 0, 0)$.

$\vec{AC_1} = C_1 - A = (a, a, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ найдем как векторное произведение векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$:

$\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) = (0, -a^2, a^2)$.

Для упрощения можно использовать коллинеарный вектор, например, разделив на $-a^2$, получим $\vec{n'} = (0, 1, -1)$.

3. Найдем косинус угла $\beta$ между направляющим вектором прямой $\vec{d}=(a, a, -a)$ и вектором нормали $\vec{n'}=(0, 1, -1)$.

$\cos \beta = \frac{|\vec{d} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{d}| \cdot |\vec{n'}|}$.

Вычислим скалярное произведение:

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

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{d}| = \sqrt{a^2 + a^2 + (-a)^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

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

Подставим найденные значения:

$\cos \beta = \frac{|2a|}{a\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

4. Найдем искомый угол $\alpha$.

Так как $\sin \alpha = |\cos \beta|$, получаем:

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

Следовательно, искомый угол равен арксинусу этого значения.

$\alpha = \arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$.

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BDD_1$.

9. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Для решения задачи найдем угол между прямой $AB_1$ и её проекцией на плоскость $BDD_1$.

Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ имеет длину $a$.

Плоскость $BDD_1$ является диагональным сечением куба. Эта плоскость также содержит вершину $B_1$, так как четырехугольник $BDD_1B_1$ является прямоугольником (поскольку $BB_1 \parallel DD_1$ и $BB_1 = DD_1$, а $BD \perp BB_1$).

Прямая $AB_1$ пересекает плоскость $BDD_1$ в точке $B_1$. Чтобы найти проекцию прямой $AB_1$ на эту плоскость, нам нужно найти проекцию какой-либо другой точки этой прямой, например, точки $A$, на плоскость $BDD_1$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $A$ на плоскость $BDD_1$.

Рассмотрим основание куба — квадрат $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$ и взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а следовательно, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $DD_1 \perp AC$.

Таким образом, прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $DD_1$) в плоскости $BDD_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $BDD_1$.

Это означает, что перпендикуляром, опущенным из точки $A$ на плоскость $BDD_1$, является отрезок $AO$. Точка $O$ — это проекция точки $A$ на плоскость $BDD_1$.

Следовательно, проекцией наклонной $AB_1$ на плоскость $BDD_1$ является отрезок $OB_1$. Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $AB_1$ и её проекцией $OB_1$, то есть $\alpha = \angle AB_1O$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AOB_1$. Так как $AO$ является перпендикуляром к плоскости $BDD_1$, а прямая $OB_1$ лежит в этой плоскости, то $AO \perp OB_1$. Значит, треугольник $\triangle AOB_1$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $O$.

Для нахождения угла $\alpha$ найдем длины катета $AO$ и гипотенузы $AB_1$.

1. Гипотенуза $AB_1$ является диагональю грани куба $ABB_1A_1$. По теореме Пифагора для $\triangle ABB_1$:

$AB_1 = \sqrt{AB^2 + BB_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

2. Катет $AO$ — это половина диагонали $AC$ квадрата $ABCD$. Длина диагонали $AC$ равна $a\sqrt{2}$. Следовательно:

$AO = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle AOB_1$ можем найти синус искомого угла $\alpha = \angle AB_1O$:

$\sin(\alpha) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{AO}{AB_1} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $30^\circ$. Таким образом, искомый угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BDD_1$ равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BC_1$ и плоскостью $BDD_1$.

11. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью

10. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол как $\alpha$.

1. Построим проекцию прямой $BC_1$ на плоскость $BDD_1$. Для этого нужно найти проекции точек $B$ и $C_1$ на эту плоскость.

• Точка $B$ уже лежит в плоскости $BDD_1$, поэтому проекция точки $B$ на плоскость $BDD_1$ есть сама точка $B$.

• Чтобы найти проекцию точки $C_1$, опустим из неё перпендикуляр на плоскость $BDD_1$. Рассмотрим верхнюю грань куба $A_1B_1C_1D_1$, которая является квадратом. Диагонали этого квадрата $A_1C_1$ и $B_1D_1$ пересекаются в точке $O_1$ и взаимно перпендикулярны: $A_1C_1 \perp B_1D_1$. Прямая $B_1D_1$ лежит в плоскости $BDD_1$. Следовательно, отрезок $C_1O_1$ перпендикулярен прямой $B_1D_1$.

• Ребро $DD_1$ перпендикулярно всей плоскости $A_1B_1C_1D_1$, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $DD_1 \perp C_1O_1$. Прямая $DD_1$ также лежит в плоскости $BDD_1$.

• Поскольку отрезок $C_1O_1$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($B_1D_1$ и $DD_1$) в плоскости $BDD_1$, он перпендикулярен всей плоскости $BDD_1$. Это означает, что $O_1$ — ортогональная проекция точки $C_1$ на плоскость $BDD_1$.

• Таким образом, прямая $BO_1$ является проекцией прямой $BC_1$ на плоскость $BDD_1$.

2. Найдём величину угла между прямой $BC_1$ и её проекцией $BO_1$. Искомый угол $\alpha$ равен углу $\angle C_1BO_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle C_1BO_1$. Так как $C_1O_1$ — перпендикуляр к плоскости $BDD_1$, а прямая $BO_1$ лежит в этой плоскости, то $C_1O_1 \perp BO_1$. Следовательно, треугольник $\triangle C_1BO_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $O_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a$.

• $BC_1$ — диагональ грани $BCC_1B_1$. По теореме Пифагора для $\triangle BCC_1$: $BC_1 = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

• $C_1O_1$ — это половина диагонали $A_1C_1$ квадрата $A_1B_1C_1D_1$. Длина диагонали $A_1C_1$ равна $a\sqrt{2}$. Значит, $C_1O_1 = \frac{1}{2} A_1C_1 = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle C_1BO_1$ синус угла $\alpha = \angle C_1BO_1$ равен отношению противолежащего катета $C_1O_1$ к гипотенузе $BC_1$:

$\sin \alpha = \frac{C_1O_1}{BC_1} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Поскольку угол между прямой и плоскостью является острым, то $\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

11. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ най

Решение

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину A куба. Направим ось Ox вдоль ребра AD, ось Oy вдоль ребра AB, и ось Oz вдоль ребра AA₁.

Пусть ребро куба имеет длину $a$. Тогда координаты вершин, необходимых для решения, будут следующими:

A(0, 0, 0)
C(a, a, 0)
A₁(0, 0, a)
B₁(0, a, a)
D₁(a, 0, a)

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Обозначим этот угол как $\alpha$. Его можно найти через угол $\gamma$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости по формуле: $\sin(\alpha) = |\cos(\gamma)|$.

Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ для прямой CA₁:

$\vec{s} = \vec{CA_1} = A_1 - C = (0 - a, 0 - a, a - 0) = (-a, -a, a)$.

Теперь найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости AB₁D₁. Плоскость проходит через три точки: A(0, 0, 0), B₁(0, a, a) и D₁(a, 0, a). Вектор нормали можно найти как векторное произведение двух векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (0, a, a)$.

$\vec{AD_1} = D_1 - A = (a, 0, a)$.

Вычислим векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & a \\ a & 0 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - a \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot a - a \cdot a) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - a \cdot a) = a^2\mathbf{i} + a^2\mathbf{j} - a^2\mathbf{k} = (a^2, a^2, -a^2)$.

Сравним направляющий вектор прямой CA₁, $\vec{s} = (-a, -a, a)$, и вектор нормали к плоскости AB₁D₁, $\vec{n} = (a^2, a^2, -a^2)$.

Заметим, что $\vec{n} = -a \cdot \vec{s}$. Это означает, что направляющий вектор прямой CA₁ коллинеарен вектору нормали к плоскости AB₁D₁. Следовательно, прямая CA₁ перпендикулярна плоскости AB₁D₁.

Угол между прямой и плоскостью, которой она перпендикулярна, равен $90^{\circ}$.

Также мы можем проверить это с помощью формулы. Для этого можно использовать упрощенные векторы, коллинеарные исходным: $\vec{s'} = (1, 1, -1)$ (поделив $\vec{s}$ на $-a$) и $\vec{n'} = (1, 1, -1)$ (поделив $\vec{n}$ на $a^2$). Найдем косинус угла $\gamma$ между векторами $\vec{s'}$ и $\vec{n'}$:

$\cos(\gamma) = \frac{\vec{s'} \cdot \vec{n'}}{|\vec{s'}| \cdot |\vec{n'}|} = \frac{1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1)}{\sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} \cdot \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2}} = \frac{1+1+1}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3}{3} = 1$.

Если $\cos(\gamma) = 1$, то угол $\gamma = 0^{\circ}$. Это подтверждает, что векторы сонаправлены (или, в общем случае, коллинеарны, если бы косинус был -1).

Теперь найдем искомый угол $\alpha$:

$\sin(\alpha) = |\cos(\gamma)| = |1| = 1$.

Если $\sin(\alpha) = 1$, то угол $\alpha = 90^{\circ}$.

Ответ: $90^{\circ}$.

12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ACB_1$.

13. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны $1$, точка $E$ — середина

Для решения данной задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $A$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Для простоты вычислений примем длину ребра куба равной 1.

В этой системе координат вершины, определяющие прямую и плоскость, будут иметь следующие координаты:$A(0, 0, 0)$,$C(1, 1, 0)$,$B(1, 0, 0)$,$B_1(1, 0, 1)$,$D_1(0, 1, 1)$.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью определяется по формуле:$\sin\phi = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n}|}$,где $\vec{s}$ — направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

Сначала найдем направляющий вектор $\vec{s}$ для прямой $BD_1$. Его координаты вычисляются как разность координат конца и начала вектора:$\vec{s} = \vec{BD_1} = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1, 1, 1)$.

Далее найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $ACB_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости. Возьмем векторы с началом в точке $A$: $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$.$\vec{AC} = (1-0, 1-0, 0-0) = (1, 1, 0)$.$\vec{AB_1} = (1-0, 0-0, 1-0) = (1, 0, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен к плоскости, а значит, перпендикулярен обоим векторам $\vec{AC}$ и $\vec{AB_1}$. Его можно найти как их векторное произведение:$\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AB_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = (1, -1, -1)$.

Теперь, когда у нас есть направляющий вектор прямой $\vec{s} = (-1, 1, 1)$ и вектор нормали плоскости $\vec{n} = (1, -1, -1)$, мы можем вычислить угол.Найдем скалярное произведение векторов:$\vec{s} \cdot \vec{n} = (-1) \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + 1 \cdot (-1) = -1 - 1 - 1 = -3$.

Найдем модули (длины) векторов:$|\vec{s}| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

Подставим полученные значения в формулу для синуса угла:$\sin\phi = \frac{|-3|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3}{3} = 1$.

Если синус угла равен 1, то сам угол равен $90^\circ$. Это означает, что прямая $BD_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Ответ: $90^\circ$.

13. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны $1$, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между прямой $AD$ и плоскостью $BCE$.

По условию, $ABCD$ — правильный тетраэдр, так как все его ребра равны 1. Точка $E$ — середина ребра $AD$. Необходимо найти угол между прямой $AD$ и плоскостью $BCE$.

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Мы докажем, что прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $BCE$. Если прямая перпендикулярна плоскости, то угол между ними по определению равен $90^\circ$.

Для доказательства перпендикулярности прямой $AD$ и плоскости $BCE$ достаточно показать, что прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых выберем $BE$ и $CE$.

Воспользуемся векторным методом. Введем векторы, исходящие из вершины $A$: $\vec{u} = \vec{AB}$, $\vec{v} = \vec{AC}$, $\vec{w} = \vec{AD}$.

Так как $ABCD$ — правильный тетраэдр с ребром 1, длины (модули) этих векторов равны 1: $|\vec{u}| = |\vec{v}| = |\vec{w}| = 1$.

Все грани тетраэдра являются равносторонними треугольниками, поэтому углы между парами векторов $\vec{u}$, $\vec{v}$ и $\vec{w}$ равны $60^\circ$. Найдем скалярные произведения этих векторов: $\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}| \cdot |\vec{v}| \cos(60^\circ) = 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. $\vec{u} \cdot \vec{w} = |\vec{u}| \cdot |\vec{w}| \cos(60^\circ) = 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. $\vec{v} \cdot \vec{w} = |\vec{v}| \cdot |\vec{w}| \cos(60^\circ) = 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Точка $E$ является серединой ребра $AD$, поэтому вектор $\vec{AE}$ можно выразить через вектор $\vec{w}$: $\vec{AE} = \frac{1}{2} \vec{AD} = \frac{1}{2} \vec{w}$.

Теперь выразим векторы $\vec{BE}$ и $\vec{CE}$, лежащие в плоскости $BCE$, через базисные векторы $\vec{u}$, $\vec{v}$ и $\vec{w}$: $\vec{BE} = \vec{AE} - \vec{AB} = \frac{1}{2} \vec{w} - \vec{u}$. $\vec{CE} = \vec{AE} - \vec{AC} = \frac{1}{2} \vec{w} - \vec{v}$.

Чтобы проверить перпендикулярность прямых $AD$ и $BE$, вычислим скалярное произведение их направляющих векторов $\vec{AD}$ и $\vec{BE}$: $\vec{AD} \cdot \vec{BE} = \vec{w} \cdot (\frac{1}{2} \vec{w} - \vec{u}) = \frac{1}{2} (\vec{w} \cdot \vec{w}) - (\vec{w} \cdot \vec{u})$. Зная, что $\vec{w} \cdot \vec{w} = |\vec{w}|^2 = 1^2 = 1$ и $\vec{w} \cdot \vec{u} = \frac{1}{2}$, получаем: $\vec{AD} \cdot \vec{BE} = \frac{1}{2} \cdot 1 - \frac{1}{2} = 0$. Так как скалярное произведение равно нулю, векторы ортогональны, а значит, прямые $AD$ и $BE$ перпендикулярны.

Аналогично проверим перпендикулярность прямых $AD$ и $CE$: $\vec{AD} \cdot \vec{CE} = \vec{w} \cdot (\frac{1}{2} \vec{w} - \vec{v}) = \frac{1}{2} (\vec{w} \cdot \vec{w}) - (\vec{w} \cdot \vec{v}) = \frac{1}{2} \cdot 1 - \frac{1}{2} = 0$. Следовательно, прямые $AD$ и $CE$ также перпендикулярны.

Прямые $BE$ и $CE$ лежат в плоскости $BCE$ и пересекаются в точке $E$. Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $BCE$, она перпендикулярна и самой плоскости $BCE$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Угол между прямой и плоскостью, которой она перпендикулярна, равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

14. В тетраэдре $ABCD$, все ребра которого равны $1$, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Пусть дан правильный тетраэдр $ABCD$, все ребра которого равны 1. Точка $E$ — середина ребра $AD$. Необходимо найти угол между прямой $AB$ и плоскостью $BCE$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Этот угол можно найти с помощью формулы, связывающей его с углом между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости:$ \sin \alpha = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{n}|} $, где $\vec{u}$ — направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

В качестве направляющего вектора прямой $AB$ возьмем вектор $\vec{AB}$. Так как длина ребра тетраэдра равна 1, то $|\vec{AB}| = 1$.

Теперь найдем вектор нормали к плоскости $BCE$. Для этого докажем, что ребро $AD$ перпендикулярно плоскости $BCE$.

1. Рассмотрим грань $ABD$. Это равносторонний треугольник со стороной 1. $E$ — середина стороны $AD$. Следовательно, отрезок $BE$ является медианой в треугольнике $ABD$. В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к стороне, является также и высотой. Значит, $BE \perp AD$.

2. Рассмотрим грань $ACD$. Это также равносторонний треугольник со стороной 1. $E$ — середина стороны $AD$. Следовательно, отрезок $CE$ является медианой в треугольнике $ACD$ и, по тому же свойству, высотой. Значит, $CE \perp AD$.

3. Прямые $BE$ и $CE$ лежат в плоскости $BCE$ и пересекаются в точке $E$. Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BE$ и $CE$) в плоскости $BCE$, то прямая $AD$ перпендикулярна всей плоскости $BCE$.

Таким образом, вектор $\vec{AD}$ является вектором нормали к плоскости $BCE$. В качестве вектора $\vec{n}$ возьмем $\vec{AD}$. Длина этого вектора $|\vec{AD}| = 1$, так как это ребро тетраэдра.

Теперь мы можем вычислить искомый угол $\alpha$ по формуле:$ \sin \alpha = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{AD}|}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}|} $

По определению скалярного произведения, $\vec{AB} \cdot \vec{AD} = |\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}| \cdot \cos(\angle DAB)$.Подставим это в нашу формулу:$ \sin \alpha = \frac{| |\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}| \cdot \cos(\angle DAB) |}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}|} = |\cos(\angle DAB)| $

Угол $\angle DAB$ — это внутренний угол равностороннего треугольника $ABD$, поэтому $\angle DAB = 60^{\circ}$.

Следовательно:$ \sin \alpha = |\cos(60^{\circ})| = \frac{1}{2} $

Поскольку угол между прямой и плоскостью является острым, то $\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.

15. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBD$.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, в которой все ребра равны 1. Это означает, что основание $ABCD$ является квадратом со стороной 1, а боковые ребра $SA, SB, SC, SD$ также равны 1. Нам необходимо найти угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBD$.

Угол между прямой и плоскостью — это острый угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Найдем проекцию прямой $SA$ на плоскость $SBD$.

Проекция точки $S$ на плоскость $SBD$ есть сама точка $S$, так как она лежит в этой плоскости. Чтобы найти проекцию прямой $SA$, нам нужно найти проекцию точки $A$ на плоскость $SBD$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $A$ на плоскость $SBD$.

Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$, точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$. В правильной пирамиде высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$.

Рассмотрим прямую $AC$ и плоскость $SBD$.
1. Так как $ABCD$ — квадрат, его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$.
2. Так как $SO$ — высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости: $SO \perp AC$.

Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $SO$) в плоскости $SBD$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$ и пересекает ее в точке $O$, то точка $O$ является проекцией точки $A$ на плоскость $SBD$.

Таким образом, проекцией прямой $SA$ на плоскость $SBD$ является прямая $SO$. Искомый угол — это угол между прямой $SA$ и ее проекцией $SO$, то есть угол $\angle ASO$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ASO$. Так как высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания, то $SO \perp AO$. Следовательно, $\triangle ASO$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $O$.

Найдем длины сторон этого треугольника:
- Гипотенуза $SA = 1$ (по условию, все ребра равны 1).
- Катет $AO$ — половина диагонали квадрата $ABCD$. Длина стороны квадрата $AB=1$. Диагональ $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Тогда $AO = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ASO$ синус угла $\angle ASO$ равен отношению противолежащего катета $AO$ к гипотенузе $SA$:$\sin(\angle ASO) = \frac{AO}{SA} = \frac{\sqrt{2}/2}{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45^\circ$. Таким образом, $\angle ASO = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

16. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $SBD$.

Пусть $SABCD$ — заданная правильная четырехугольная пирамида. Это означает, что в основании лежит квадрат $ABCD$, а вершина $S$ проецируется в центр основания. По условию, все ребра пирамиды равны 1. Это значит, что стороны основания $AB, BC, CD, DA$ равны 1, и боковые ребра $SA, SB, SC, SD$ также равны 1.

Нам необходимо найти угол между прямой $AB$ и плоскостью $SBD$. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдем проекцию прямой $AB$ на плоскость $SBD$.

Точка $B$ принадлежит как прямой $AB$, так и плоскости $SBD$. Следовательно, проекцией точки $B$ на плоскость $SBD$ является сама точка $B$.

Теперь найдем проекцию точки $A$ на плоскость $SBD$. Для этого нужно опустить перпендикуляр из точки $A$ на эту плоскость. Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$ (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$). В правильной пирамиде отрезок $SO$ является ее высотой, следовательно, $SO$ перпендикулярен плоскости основания $ABCD$.

Рассмотрим прямую $AC$ и плоскость $SBD$.
1. В квадрате $ABCD$ диагонали взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.
2. Поскольку $SO$ — высота пирамиды, $SO$ перпендикулярен всей плоскости основания $ABCD$, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $SO \perp AC$.
3. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $SO$), которые лежат в плоскости $SBD$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $SBD$.

Так как прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$ и проходит через точку $A$, то отрезок $AO$ является перпендикуляром, опущенным из точки $A$ на плоскость $SBD$ (поскольку точка $O$ лежит на прямой $BD$, а значит, и в плоскости $SBD$). Следовательно, точка $O$ является проекцией точки $A$ на плоскость $SBD$.

Таким образом, проекцией прямой $AB$ на плоскость $SBD$ является прямая $OB$. Искомый угол — это угол между прямой $AB$ и её проекцией $OB$, то есть угол $\angle ABO$.

Рассмотрим треугольник $ABO$. Этот треугольник лежит в плоскости основания $ABCD$. В квадрате $ABCD$ диагональ $BD$ является биссектрисой угла $\angle ABC$. Поскольку угол квадрата $\angle ABC = 90^\circ$, то угол $\angle ABO = \frac{1}{2}\angle ABC = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.