Страница 122 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

17. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, боковые ребра равны 2, $SH$ — высота, найдите тангенс угла между прямой $SH$ и плоскостью $SBC$.

Пусть $SABCDEF$ – данная правильная шестиугольная пирамида. Основанием является правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $AB=1$. Боковые ребра равны 2, например $SC=2$. $SH$ – высота пирамиды, где $H$ – центр шестиугольника $ABCDEF$.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Нам нужно найти тангенс угла между прямой $SH$ и плоскостью боковой грани $SBC$.

Для нахождения проекции прямой $SH$ на плоскость $SBC$ выполним следующие построения. Пусть $M$ – середина стороны основания $BC$.

Так как пирамида правильная, то боковая грань $\triangle SBC$ – равнобедренный треугольник ($SB=SC=2$), и его медиана $SM$ является также высотой, то есть $SM \perp BC$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник. Точка $H$ – его центр. Расстояние от центра до любой вершины равно стороне шестиугольника, поэтому $HB=HC=1$. Так как сторона основания $BC=1$, то треугольник $\triangle HBC$ является равносторонним. Его медиана $HM$ также является высотой, то есть $HM \perp BC$.

Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SM$ и $HM$ в плоскости $SMH$, то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $SMH$.

Плоскость боковой грани $SBC$ проходит через прямую $BC$, которая перпендикулярна плоскости $SMH$. Следовательно, плоскость $SBC$ перпендикулярна плоскости $SMH$.

Линия пересечения этих двух взаимно перпендикулярных плоскостей – прямая $SM$. Проекция прямой $SH$, лежащей в плоскости $SMH$, на плоскость $SBC$ будет лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $SM$. Таким образом, проекцией прямой $SH$ на плоскость $SBC$ является прямая $SM$.

Искомый угол $\alpha$ между прямой $SH$ и плоскостью $SBC$ – это угол между прямой $SH$ и её проекцией $SM$, то есть $\alpha = \angle HSM$.

Рассмотрим треугольник $SMH$. $SH$ – высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости. $HM$ лежит в плоскости основания, следовательно, $SH \perp HM$. Таким образом, $\triangle SMH$ – прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $H$.

Найдем длины катетов $\triangle SMH$:

1. Катет $HM$. Как мы установили, $\triangle HBC$ – равносторонний со стороной 1. $HM$ – его высота. Длина высоты в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Значит, $HM = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

2. Катет $SH$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SHC$ (так как $SH$ – высота). Гипотенуза $SC=2$ (боковое ребро), катет $HC=1$ (радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне). По теореме Пифагора:$SH^2 = SC^2 - HC^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$.Отсюда $SH = \sqrt{3}$.

Теперь мы можем найти тангенс искомого угла $\alpha = \angle HSM$ в прямоугольном треугольнике $\triangle SMH$:$\text{tg}(\alpha) = \text{tg}(\angle HSM) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{HM}{SH}$.

$\text{tg}(\alpha) = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $0.5$

18. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны $1$, найдите тангенс угла между прямой $BE_1$ и плоскостью $ABC$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Построим проекцию прямой $BE_1$ на плоскость основания $ABC$. Точка $B$ уже лежит в этой плоскости, поэтому ее проекция — это сама точка $B$. Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ правильная, её боковые рёбра перпендикулярны основаниям. Следовательно, ребро $E_1E$ перпендикулярно плоскости $ABC$, и точка $E$ является проекцией точки $E_1$ на эту плоскость.

Таким образом, проекцией наклонной $BE_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $BE$. Искомый угол — это угол между прямой $BE_1$ и её проекцией $BE$, то есть угол $\angle E_1BE$.

Рассмотрим треугольник $\triangle E_1BE$. Поскольку $E_1E \perp (ABC)$ и прямая $BE$ лежит в плоскости $(ABC)$, то $E_1E \perp BE$. Это означает, что треугольник $\triangle E_1BE$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle E_1EB$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle E_1BE$ тангенс угла $\angle E_1BE$ определяется как отношение противолежащего катета $E_1E$ к прилежащему катету $BE$:

$\tan(\angle E_1BE) = \frac{E_1E}{BE}$

По условию задачи, все рёбра призмы равны 1. Значит, длина бокового ребра $E_1E$ равна 1.

Основанием призмы является правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной 1. Отрезок $BE$ — это большая диагональ этого шестиугольника. Длина большой диагонали правильного шестиугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $d = 2a$. В нашем случае $a=1$, следовательно, $BE = 2 \cdot 1 = 2$.

Подставим найденные значения в формулу для тангенса:

$\tan(\angle E_1BE) = \frac{1}{2}$

Ответ: $\frac{1}{2}$

19. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ABC$.

По условию, дана правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1. Требуется найти угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ABC$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

Найдем проекцию прямой $BD_1$ на плоскость основания $ABC$. Точка $B$ уже лежит в этой плоскости. Так как призма правильная, ее боковые ребра перпендикулярны основаниям. Следовательно, ребро $D_1D$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Это означает, что точка $D$ является ортогональной проекцией точки $D_1$ на плоскость $ABC$.

Таким образом, проекцией наклонной $BD_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $BD$. Искомый угол — это угол $\angle D_1BD$ в прямоугольном треугольнике $\triangle D_1BD$ (угол $\angle D_1DB = 90^\circ$, так как $D_1D \perp ABC$ и, следовательно, $D_1D \perp BD$).

Для нахождения угла $\angle D_1BD$ нам нужно найти длины катетов треугольника $\triangle D_1BD$.

Катет $D_1D$ является боковым ребром призмы. По условию, все ребра равны 1, значит, $D_1D = 1$.

Катет $BD$ является меньшей диагональю правильного шестиугольника $ABCDEF$, лежащего в основании. Найдем ее длину. Рассмотрим треугольник $\triangle BCD$ в основании. Стороны $BC$ и $CD$ равны 1. Угол правильного шестиугольника равен $\frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = 120^\circ$, то есть $\angle BCD = 120^\circ$.

По теореме косинусов для треугольника $\triangle BCD$: $BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(\angle BCD)$ $BD^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ) = 1 + 1 - 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2 + 1 = 3$ Отсюда $BD = \sqrt{3}$.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle D_1BD$. Мы знаем длины двух катетов: $D_1D = 1$ (противолежащий катет для искомого угла) и $BD = \sqrt{3}$ (прилежащий катет). Найдем тангенс угла $\angle D_1BD$: $\tan(\angle D_1BD) = \frac{D_1D}{BD} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Следовательно, угол между прямой $BD_1$ и плоскостью $ABC$ равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

20. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BCC_1$.

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

Для нахождения угла между прямой $AB$ и плоскостью $BCC_1$, мы найдем проекцию прямой $AB$ на эту плоскость. Точка $B$ принадлежит плоскости $BCC_1$, поэтому ее проекция совпадает с самой точкой $B$. Найдем проекцию точки $A$ на плоскость $BCC_1$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $A$ на плоскость $BCC_1$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. Тогда отрезок $BH$ является проекцией отрезка $AB$ на плоскость $BCC_1$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle ABH$. Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости $BCC_1$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $BH$. Следовательно, треугольник $\triangle ABH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABH$ мы можем найти угол $\alpha$ через тригонометрические функции, например, через синус: $\sin(\alpha) = \frac{AH}{AB}$. По условию задачи, все ребра призмы равны 1, значит, длина гипотенузы $AB = 1$. Остается найти длину катета $AH$, который представляет собой расстояние от точки $A$ до плоскости $BCC_1$.

Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ правильная, то она является прямой призмой, и её боковые ребра (например, $BB_1$) перпендикулярны плоскости основания. Плоскость боковой грани $BCC_1$ содержит ребро $BC$ основания и перпендикулярное ему направление (задаваемое ребром $BB_1$). Расстояние от точки $A$ до плоскости $BCC_1$ равно расстоянию от точки $A$ до прямой $BC$ в плоскости основания $ABCDEF$.

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной 1. Все внутренние углы правильного шестиугольника равны $120^\circ$. Таким образом, в треугольнике $\triangle ABC$ имеем $AB = BC = 1$ и $\angle ABC = 120^\circ$.

Найдем расстояние от точки $A$ до прямой $BC$. Опустим перпендикуляр из точки $A$ на прямую $BC$. Так как угол $\angle ABC = 120^\circ$ является тупым, основание перпендикуляра $H$ будет лежать на продолжении отрезка $BC$ за точку $B$. Рассмотрим треугольник, образованный точками $A, B$ и $H$. Угол $\angle ABH$ является смежным с углом $\angle ABC$, поэтому $\angle ABH = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABH$ (лежащем в плоскости основания) гипотенуза $AB=1$, а угол $\angle ABH = 60^\circ$. Длина катета $AH$ равна:$AH = AB \cdot \sin(\angle ABH) = 1 \cdot \sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Это и есть расстояние от точки $A$ до плоскости $BCC_1$.

Теперь вернемся к пространственному прямоугольному треугольнику $\triangle ABH$. Мы знаем длину гипотенузы $AB = 1$ и длину катета $AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Найдем синус искомого угла $\alpha = \angle ABH$:$\sin(\alpha) = \frac{AH}{AB} = \frac{\sqrt{3}/2}{1} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Отсюда находим значение угла $\alpha$:$\alpha = \arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

21. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AF$ и плоскостью $BCC_1$.

21. Для решения задачи введем декартову систему координат. Поместим начало координат $O$ в центр нижнего основания призмы, шестиугольника $ABCDEF$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, а ось $Ox$ проведем через вершину $A$.

Так как призма является правильной и все ее ребра равны 1, то сторона основания $a=1$ и высота призмы $h=1$. Основание представляет собой правильный шестиугольник, который можно вписать в окружность радиуса $R=a=1$. Найдем координаты необходимых нам вершин. Точка $A$ лежит на оси $Ox$, поэтому ее координаты $A(1, 0, 0)$. Координаты остальных вершин основания находим, зная, что угол между радиусами к соседним вершинам равен $60^\circ$. Таким образом, получаем:
$B(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$,
$C(1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$,
$F(1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.
Вершины верхнего основания имеют те же координаты $x$ и $y$, что и соответствующие вершины нижнего основания, но их аппликата $z=1$. Следовательно, $F_1(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$ и $C_1(-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.

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

Найдем направляющий вектор $\vec{v}$ прямой $AF_1$:
$\vec{v} = \vec{AF_1} = (x_{F_1} - x_A, y_{F_1} - y_A, z_{F_1} - z_A) = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCC_1$. Эта плоскость содержит точки $B$, $C$ и $C_1$. Возьмем два вектора, лежащие в этой плоскости: $\vec{BC}$ и $\vec{CC_1}$.
$\vec{BC} = C - B = (-1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0-0) = (-1, 0, 0)$.
$\vec{CC_1} = C_1 - C = (-1/2 - (-1/2), \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1-0) = (0, 0, 1)$.
Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен этим векторам, его можно найти как их векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{CC_1} = (0, 1, 0)$.

Теперь вычислим необходимые для формулы величины:
Скалярное произведение: $\vec{v} \cdot \vec{n} = (-1/2) \cdot 0 + (-\sqrt{3}/2) \cdot 1 + 1 \cdot 0 = -\sqrt{3}/2$.
Модуль вектора $\vec{v}$: $|\vec{v}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 1^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 1} = \sqrt{2}$.
Модуль вектора $\vec{n}$: $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$.

Подставим значения в формулу для синуса угла:
$\sin\theta = \frac{|-\sqrt{3}/2|}{\sqrt{2} \cdot 1} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Таким образом, искомый угол $\theta$ равен $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)$.

22. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BF$ и плоскостью $BCC_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. В нашей задаче дана прямая $BF_1$ и плоскость $BCC_1$. Точка $B$ уже лежит в плоскости $BCC_1$, поэтому для нахождения проекции прямой $BF_1$ на эту плоскость достаточно найти проекцию точки $F_1$ на плоскость $BCC_1$.

Пусть $P$ — проекция точки $F_1$ на плоскость $BCC_1$. Тогда прямая $BP$ будет являться проекцией прямой $BF_1$ на плоскость $BCC_1$, а искомый угол — это угол $\angle F_1BP$. По определению проекции, отрезок $F_1P$ должен быть перпендикулярен плоскости $BCC_1$.

Докажем, что точка $B_1$ является проекцией точки $F_1$ на плоскость $BCC_1$. Для этого нужно показать, что прямая $F_1B_1$ перпендикулярна плоскости $BCC_1$. Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых в плоскости $BCC_1$ выберем прямые $BB_1$ и $B_1C_1$.

1. Прямая $BB_1$ является боковым ребром правильной призмы, поэтому она перпендикулярна плоскости основания, а значит, и всем прямым, лежащим в этой плоскости. Прямая $F_1B_1$ лежит в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Следовательно, $BB_1 \perp F_1B_1$.

2. Рассмотрим прямые $F_1B_1$ и $B_1C_1$ в плоскости верхнего основания. Основание — правильный шестиугольник $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ со стороной 1. Все внутренние углы правильного шестиугольника равны $120^\circ$. В треугольнике $\triangle A_1B_1F_1$ стороны $A_1B_1 = A_1F_1 = 1$, а угол $\angle F_1A_1B_1 = 120^\circ$. По теореме косинусов найдем длину диагонали $F_1B_1$:$F_1B_1^2 = A_1B_1^2 + A_1F_1^2 - 2 \cdot A_1B_1 \cdot A_1F_1 \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$.Таким образом, $F_1B_1 = \sqrt{3}$.В треугольнике $\triangle F_1B_1C_1$ стороны $F_1B_1=\sqrt{3}$, $B_1C_1=1$. Диагональ $F_1C_1$ является большой диагональю шестиугольника, её длина равна удвоенной стороне, то есть $F_1C_1=2$.Проверим для $\triangle F_1B_1C_1$ выполнение теоремы Пифагора:$F_1C_1^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3+1=4$.$2^2 = 4$.Так как $F_1C_1^2 = F_1B_1^2 + B_1C_1^2$, треугольник $\triangle F_1B_1C_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B_1$. Следовательно, $F_1B_1 \perp B_1C_1$.

Поскольку прямая $F_1B_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BB_1$ и $B_1C_1$ в плоскости $BCC_1$, она перпендикулярна и самой плоскости. Значит, точка $B_1$ и есть проекция точки $F_1$ на плоскость $BCC_1$.

Тогда проекцией прямой $BF_1$ на плоскость $BCC_1$ является прямая $BB_1$. Искомый угол — это угол между прямой $BF_1$ и ее проекцией $BB_1$, то есть угол $\angle F_1BB_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle F_1BB_1$. Так как $BB_1$ перпендикулярно плоскости верхнего основания, то $BB_1 \perp F_1B_1$. Следовательно, $\triangle F_1BB_1$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $B_1$.Катеты этого треугольника равны: $BB_1 = 1$ (длина бокового ребра) и $F_1B_1 = \sqrt{3}$ (как мы нашли ранее).Пусть искомый угол $\alpha = \angle F_1BB_1$. Найдем его тангенс:$\text{tg}(\alpha) = \frac{F_1B_1}{BB_1} = \frac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}$.Отсюда следует, что $\alpha = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

23. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BE$ и плоскостью $BCC_1$.

24. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все реб-

Для нахождения угла между прямой и плоскостью, найдем угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Пусть $\alpha$ — искомый угол между прямой $BE_1$ и плоскостью $(BCC_1)$.

Проекцией прямой $BE_1$ на плоскость $(BCC_1)$ является прямая $BH$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $E_1$ на плоскость $(BCC_1)$. Точка $B$ уже принадлежит этой плоскости, поэтому она является проекцией самой себя.

Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle E_1BH$ в прямоугольном треугольнике $\triangle E_1BH$ (с прямым углом при вершине $H$). Синус этого угла определяется как отношение противолежащего катета $E_1H$ к гипотенузе $BE_1$:$ \sin \alpha = \frac{E_1H}{BE_1} $

Найдем длину гипотенузы $BE_1$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BEE_1$. Так как призма правильная и прямая, боковое ребро $EE_1$ перпендикулярно плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $BE$. Следовательно, $\angle BEE_1 = 90^\circ$.

Длина бокового ребра $EE_1$ по условию равна 1.

$BE$ — это большая диагональ правильного шестиугольника $ABCDEF$, лежащего в основании. Длина большей диагонали правильного шестиугольника равна удвоенной длине его стороны. Так как по условию сторона шестиугольника равна 1, то $BE = 2 \cdot 1 = 2$.

Применим теорему Пифагора к треугольнику $\triangle BEE_1$:$BE_1^2 = BE^2 + EE_1^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$Отсюда $BE_1 = \sqrt{5}$.

Теперь найдем длину катета $E_1H$. Длина отрезка $E_1H$ — это расстояние от точки $E_1$ до плоскости $(BCC_1)$. Поскольку призма является прямой, плоскость боковой грани $(BCC_1)$ перпендикулярна плоскости основания. Это означает, что расстояние от точки $E_1$, лежащей в плоскости верхнего основания, до плоскости $(BCC_1)$ равно расстоянию от точки $E_1$ до прямой $B_1C_1$ в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Рассмотрим верхнее основание — правильный шестиугольник $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ со стороной 1. В правильном шестиугольнике противолежащие стороны параллельны, то есть $B_1C_1 \parallel E_1F_1$. Расстояние от точки $E_1$ (лежащей на прямой $E_1F_1$) до прямой $B_1C_1$ равно расстоянию между этими параллельными прямыми.

Это расстояние можно найти как сумму высот двух равносторонних треугольников с общей вершиной в центре шестиугольника $O_1$ и основаниями на этих сторонах. Высота равностороннего треугольника со стороной $a=1$ равна $h = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Расстояние между сторонами $B_1C_1$ и $E_1F_1$ равно $2h = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.Следовательно, $E_1H = \sqrt{3}$.

Теперь мы можем вычислить синус искомого угла $\alpha$:$ \sin \alpha = \frac{E_1H}{BE_1} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{3}{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5} $

Отсюда искомый угол $\alpha$ равен арксинусу этого значения:$ \alpha = \arcsin\left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right) $

Ответ: $ \arcsin\left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right) $

24. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BD$ и плоскостью $BCC_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на эту плоскость. Обозначим искомый угол за $\alpha$.
Прямая $BD$ пересекает плоскость $BCC_1$ в точке $B$. Для нахождения проекции прямой $BD$ на плоскость $BCC_1$ нужно найти проекцию точки $D$ на эту плоскость. Пусть $H$ — проекция точки $D$ на плоскость $BCC_1$. Тогда прямая $BH$ является проекцией прямой $BD$ на плоскость $BCC_1$, а искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle DBH$.
Так как $DH$ является перпендикуляром к плоскости $BCC_1$, то $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая прямую $BH$. Следовательно, треугольник $DBH$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $H$.

Поскольку призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ правильная, она является прямой, и её основания — правильные шестиугольники. Это означает, что плоскость основания $ABCDEF$ перпендикулярна плоскости боковой грани $BCC_1$. Точка $D$ лежит в плоскости основания. Перпендикуляр $DH$, опущенный из точки $D$ на плоскость $BCC_1$, должен лежать в плоскости основания $ABCDEF$ и быть перпендикулярным линии пересечения этих плоскостей, то есть прямой $BC$. Таким образом, точка $H$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $BC$ в плоскости основания $ABCDEF$.

Для нахождения угла $\alpha$ в прямоугольном треугольнике $DBH$ нам нужно найти длины двух его сторон. Найдем длины катета $DH$ и гипотенузы $BD$.

1. Найдем длину диагонали $BD$.
Рассмотрим треугольник $BCD$ в плоскости основания. Стороны $BC$ и $CD$ являются сторонами правильного шестиугольника, поэтому $BC = CD = 1$. Внутренний угол правильного шестиугольника равен $(6-2) \cdot 180^\circ / 6 = 120^\circ$. Значит, $\angle BCD = 120^\circ$.
Применим теорему косинусов для треугольника $BCD$:
$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(\angle BCD)$
$BD^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ) = 1 + 1 - 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2 + 1 = 3$
Следовательно, $BD = \sqrt{3}$.

2. Найдем длину перпендикуляра $DH$.
Как мы установили, $H$ — это основание перпендикуляра из точки $D$ на прямую $BC$. Поскольку угол $\angle BCD = 120^\circ$ является тупым, точка $H$ будет лежать на продолжении отрезка $BC$ за точкой $C$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $DCH$. Угол $\angle DCH$ смежный с углом $\angle BCD$, поэтому $\angle DCH = 180^\circ - \angle BCD = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.
В прямоугольном треугольнике $DCH$ гипотенуза $CD=1$. Катет $DH$ противолежит углу $60^\circ$, значит:
$DH = CD \cdot \sin(\angle DCH) = 1 \cdot \sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. Найдем искомый угол.
В прямоугольном треугольнике $DBH$ мы знаем гипотенузу $BD = \sqrt{3}$ и катет $DH = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Синус угла $\alpha = \angle DBH$ равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:
$\sin(\alpha) = \frac{DH}{BD} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
Поскольку угол между прямой и плоскостью является острым, находим угол $\alpha$:
$\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

25. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $FB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол через $\alpha$. Для его нахождения мы воспользуемся геометрическим методом.

В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ боковая грань $BCC_1B_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Чтобы найти угол между прямой $FB_1$ и плоскостью $BCC_1$, построим проекцию прямой $FB_1$ на эту плоскость. Точка $B_1$ уже принадлежит плоскости $BCC_1$. Проекцией точки $F$ на плоскость $BCC_1$ будет основание перпендикуляра $FH$, опущенного из точки $F$ на эту плоскость. Таким образом, прямая $HB_1$ является проекцией прямой $FB_1$ на плоскость $BCC_1$, а искомый угол $\alpha$ равен углу $\angle FB_1H$.

Треугольник $\triangle FHB_1$ является прямоугольным, так как $FH$ перпендикулярен плоскости $BCC_1$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, включая $HB_1$. Из этого треугольника $\sin \alpha = \frac{FH}{FB_1}$. Чтобы найти угол, нам необходимо вычислить длины гипотенузы $FB_1$ и катета $FH$.

Найдем длину гипотенузы $FB_1$. Рассмотрим треугольник $\triangle FBB_1$. Так как призма прямая, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно основанию $ABCDEF$. Следовательно, $BB_1 \perp FB$, и треугольник $\triangle FBB_1$ является прямоугольным с прямым углом в вершине $B$. По теореме Пифагора $FB_1^2 = FB^2 + BB_1^2$. По условию, все ребра призмы равны 1, значит $BB_1 = 1$. Отрезок $FB$ является малой диагональю правильного шестиугольника $ABCDEF$. Его длину можно найти по теореме косинусов из треугольника $\triangle FAB$, где $FA = AB = 1$ и $\angle FAB = 120^\circ$.$FB^2 = FA^2 + AB^2 - 2 \cdot FA \cdot AB \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 3$.Таким образом, $FB = \sqrt{3}$.Теперь можем найти $FB_1$: $FB_1^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4$, откуда $FB_1 = 2$.

Теперь найдем длину катета $FH$. $FH$ — это расстояние от точки $F$ до плоскости $BCC_1$. Поскольку плоскость грани $BCC_1B_1$ перпендикулярна основанию, это расстояние равно расстоянию от точки $F$ до прямой $BC$ в плоскости основания. В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ сторона $FE$ параллельна стороне $BC$. Расстояние между этими параллельными сторонами для шестиугольника со стороной $s$ равно $s\sqrt{3}$. Так как $s=1$, расстояние между $FE$ и $BC$ равно $\sqrt{3}$. Следовательно, $FH = \sqrt{3}$.

Мы нашли все необходимые элементы для вычисления угла. В прямоугольном треугольнике $\triangle FHB_1$ с гипотенузой $FB_1=2$ и катетом $FH=\sqrt{3}$ синус угла $\alpha = \angle FB_1H$ равен:$\sin \alpha = \frac{FH}{FB_1} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Угол между прямой и плоскостью по определению является острым, поэтому $\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

26. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BDD_1$.

Обозначим искомый угол между прямой $AB$ и плоскостью $BDD_1$ как $\alpha$. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Рассмотрим правильную шестиугольную призму $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. В основании лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Так как все рёбра призмы равны 1, то сторона основания $AB = 1$ и боковое ребро $DD_1 = 1$.

Чтобы найти угол $\alpha$, мы докажем, что прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых выберем $BD$ и $DD_1$.

1. Докажем, что $AB \perp BD$.
Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной 1. Найдём длины диагоналей $BD$ и $AD$, которые являются сторонами треугольника $ABD$.
В правильном шестиугольнике все внутренние углы равны $120^\circ$. В треугольнике $BCD$ стороны $BC=1$, $CD=1$, а угол $\angle BCD = 120^\circ$. По теореме косинусов найдём длину стороны $BD$:
$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$.
Отсюда $BD = \sqrt{3}$.
Диагональ $AD$ является большой диагональю правильного шестиугольника, и её длина равна удвоенной стороне шестиугольника: $AD = 2 \cdot AB = 2 \cdot 1 = 2$.
Теперь рассмотрим треугольник $ABD$ со сторонами $AB=1$, $BD=\sqrt{3}$ и $AD=2$. Проверим для него обратную теорему Пифагора:
$AB^2 + BD^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$.
$AD^2 = 2^2 = 4$.
Поскольку $AB^2 + BD^2 = AD^2$, треугольник $ABD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$, то есть $\angle ABD = 90^\circ$. Это означает, что прямые $AB$ и $BD$ перпендикулярны: $AB \perp BD$.

2. Докажем, что $AB \perp DD_1$.
Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная, следовательно, она является прямой призмой. Это означает, что её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$.
Прямая $AB$ целиком лежит в плоскости основания $ABCDEF$.
По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $DD_1$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABCDEF$, включая прямую $AB$. Таким образом, $AB \perp DD_1$.

3. Заключение.
Прямые $BD$ и $DD_1$ лежат в плоскости $BDD_1$ и пересекаются в точке $D$. Мы установили, что прямая $AB$ перпендикулярна каждой из этих двух прямых ($AB \perp BD$ и $AB \perp DD_1$).
Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$.
Угол между прямой и плоскостью, которой она перпендикулярна, по определению равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

27. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BA_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Для нахождения угла между прямой и плоскостью найдем угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

1. Определение плоскости и проекции.
Плоскость $BDD_1$ проходит через три точки $B$, $D$, $D_1$. Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ правильная, ее боковые ребра перпендикулярны основаниям. В частности, $BB_1 \perp$ плоскости $ABC$ и $DD_1 \perp$ плоскости $ABC$. Это значит, что $BB_1 \parallel DD_1$. Плоскость, проходящая через две параллельные прямые $BB_1$ и $DD_1$, также содержит прямую $B_1D_1$, параллельную $BD$. Таким образом, плоскость $BDD_1$ является плоскостью боковой грани (прямоугольника) $BDD_1B_1$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $BA_1$ и ее проекцией на плоскость $BDD_1B_1$.

Точка $B$ уже лежит в плоскости $BDD_1B_1$, значит, ее проекция на эту плоскость — сама точка $B$.

Чтобы найти проекцию прямой $BA_1$, достаточно найти проекцию точки $A_1$ на плоскость $BDD_1B_1$. Для этого нужно опустить перпендикуляр из точки $A_1$ на эту плоскость.

2. Доказательство перпендикулярности $A_1B_1$ к плоскости $BDD_1B_1$.
Рассмотрим верхнее основание призмы — правильный шестиугольник $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все внутренние углы правильного шестиугольника равны $120^\circ$.

Рассмотрим треугольник $B_1C_1D_1$. Он равнобедренный, так как $B_1C_1 = C_1D_1 = 1$. Угол при вершине $\angle B_1C_1D_1 = 120^\circ$. Углы при основании $B_1D_1$ равны: $\angle C_1B_1D_1 = \angle C_1D_1B_1 = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$.

Угол шестиугольника $\angle A_1B_1C_1 = 120^\circ$. Найдем угол $\angle A_1B_1D_1$: $\angle A_1B_1D_1 = \angle A_1B_1C_1 - \angle C_1B_1D_1 = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Это означает, что прямая $A_1B_1$ перпендикулярна прямой $B_1D_1$, лежащей в плоскости $BDD_1B_1$.

Поскольку призма правильная, ее боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Следовательно, $BB_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $A_1B_1$.

Итак, прямая $A_1B_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($B_1D_1$ и $BB_1$) в плоскости $BDD_1B_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $A_1B_1$ перпендикулярна всей плоскости $BDD_1B_1$.

Это означает, что точка $B_1$ и есть проекция точки $A_1$ на плоскость $BDD_1B_1$.

3. Нахождение угла.
Проекцией прямой $BA_1$ на плоскость $BDD_1B_1$ является прямая $BB_1$. Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $BA_1$ и ее проекцией $BB_1$, то есть $\alpha = \angle A_1BB_1$.

Рассмотрим треугольник $A_1BB_1$. Он прямоугольный, так как боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно основанию, а значит и ребру $A_1B_1$, лежащему в основании ($\angle A_1B_1B = 90^\circ$).

По условию, все ребра призмы равны 1. Значит, катеты этого треугольника равны: $A_1B_1 = 1$ (ребро основания) $BB_1 = 1$ (боковое ребро)

Треугольник $A_1BB_1$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Его острые углы равны $45^\circ$. Можно также найти тангенс угла $\alpha$: $\text{tg}(\alpha) = \text{tg}(\angle A_1BB_1) = \frac{A_1B_1}{BB_1} = \frac{1}{1} = 1$.

Отсюда $\alpha = \text{arctg}(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

28. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $FB$ и плоскостью $BDD_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол через $\alpha$. Пусть $H$ — ортогональная проекция точки $F$ на плоскость $BDD_1$. Тогда прямая $BH$ является проекцией прямой $FB$ на эту плоскость. Следовательно, искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle FBH$.

Поскольку $FH$ — перпендикуляр к плоскости $BDD_1$, то отрезок $FH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $H$. В частности, $FH \perp BH$. Значит, треугольник $FHB$ — прямоугольный, и из него мы можем найти синус угла $\alpha$ по формуле: $\sin(\alpha) = \frac{FH}{FB}$. Здесь $FH$ — расстояние от точки $F$ до плоскости $BDD_1$, а $FB$ — длина отрезка $FB$.

Сначала найдем длину отрезка $FB$. В основании призмы лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $a=1$. Отрезок $FB$ является одной из малых диагоналей этого шестиугольника. Длина малой диагонали правильного шестиугольника вычисляется по формуле $d = a\sqrt{3}$. Так как $a=1$, получаем $FB = \sqrt{3}$.

Теперь найдем расстояние $FH$ от точки $F$ до плоскости $BDD_1$. Так как призма прямая, её боковые рёбра (в том числе $DD_1$) перпендикулярны плоскости основания. Плоскость $BDD_1$ проходит через ребро $DD_1$, следовательно, плоскость $BDD_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Линия пересечения этих плоскостей — прямая $BD$. Расстояние от точки $F$, лежащей в плоскости основания, до плоскости $BDD_1$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $F$ на линию пересечения $BD$. Таким образом, задача сводится к нахождению расстояния от точки $F$ до прямой $BD$ в плоскости шестиугольника.

Для вычисления этого расстояния введём систему координат в плоскости основания $ABCDEF$. Поместим центр шестиугольника $O$ в начало координат $(0, 0)$, а ось $Ox$ направим вдоль большой диагонали $AD$. Так как сторона шестиугольника равна 1, радиус описанной окружности также равен 1. Координаты вершин, необходимых для решения: $D(-1, 0)$, $B(1/2, \sqrt{3}/2)$ и $F(1/2, -\sqrt{3}/2)$.Найдем уравнение прямой, проходящей через точки $B$ и $D$. Угловой коэффициент $k$:$k = \frac{y_B - y_D}{x_B - x_D} = \frac{\sqrt{3}/2 - 0}{1/2 - (-1)} = \frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.Уравнение прямой $BD$ (используя точку $D(-1, 0)$):$y - 0 = \frac{\sqrt{3}}{3}(x + 1)$.Приведем уравнение к общему виду $Ax+By+C=0$:$\sqrt{3}y = x+1 \Rightarrow x - \sqrt{3}y + 1 = 0$.Теперь найдем расстояние от точки $F(1/2, -\sqrt{3}/2)$ до этой прямой по формуле расстояния от точки до прямой:$FH = \frac{|A x_0 + B y_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}} = \frac{|1 \cdot (1/2) - \sqrt{3} \cdot (-\sqrt{3}/2) + 1|}{\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}} = \frac{|1/2 + 3/2 + 1|}{\sqrt{1 + 3}} = \frac{|2+1|}{\sqrt{4}} = \frac{3}{2}$.

Мы нашли длины катета и гипотенузы в прямоугольном треугольнике $FHB$: $FH = 3/2$ и $FB = \sqrt{3}$. Теперь можем вычислить синус искомого угла $\alpha$:$\sin(\alpha) = \frac{FH}{FB} = \frac{3/2}{\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению является острым, получаем:$\alpha = \arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

29. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AF$ и плоскостью $BDD_1$.

Для решения задачи можно воспользоваться двумя способами: координатным и геометрическим. Приведем оба.

Способ 1: Координатный метод

Введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат $O$ в центр нижнего основания призмы, шестиугольника $ABCDEF$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$. Ось $Ox$ направим так, чтобы она проходила через вершины $D$ и $A$.

По условию, призма правильная и все ее ребра равны 1. Это значит, что сторона основания равна 1, и высота призмы равна 1. Правильный шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность с радиусом, равным стороне, то есть $R=1$. Координаты вершин основания в плоскости $Oxy$ (при $z=0$) будут следующими:
$A(1, 0, 0)$
$B(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$D(-1, 0, 0)$
$E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
$F(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
Координаты точки $D_1$ из верхнего основания: $D_1(-1, 0, 1)$.

Найдем направляющий вектор прямой $AF$ и нормальный вектор плоскости $BDD_1$.

Направляющий вектор прямой $AF$ — это вектор $\vec{AF}$:
$\vec{AF} = (x_F - x_A, y_F - y_A, z_F - z_A) = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.
Длина этого вектора: $||\vec{AF}|| = \sqrt{(-1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4} = 1$.

Плоскость $BDD_1$ проходит через точки $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1, 0, 0)$ и $D_1(-1, 0, 1)$. Найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{BD}$ и $\vec{DD_1}$.
$\vec{BD} = (D - B) = (-1 - 1/2, 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.
$\vec{DD_1} = (D_1 - D) = (-1 - (-1), 0 - 0, 1 - 0) = (0, 0, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $BDD_1$ найдем как векторное произведение векторов $\vec{BD}$ и $\vec{DD_1}$:
$\vec{n} = \vec{BD} \times \vec{DD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -3/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-\sqrt{3}/2) - \mathbf{j}(-3/2) + \mathbf{k}(0) = (-\sqrt{3}/2, 3/2, 0)$.
Длина нормального вектора: $||\vec{n}|| = \sqrt{(-\sqrt{3}/2)^2 + (3/2)^2 + 0^2} = \sqrt{3/4 + 9/4} = \sqrt{12/4} = \sqrt{3}$.

Угол $\theta$ между прямой и плоскостью находится по формуле $\sin \theta = \frac{|\vec{AF} \cdot \vec{n}|}{||\vec{AF}|| \cdot ||\vec{n}||}$.
Вычислим скалярное произведение $\vec{AF} \cdot \vec{n}$:
$\vec{AF} \cdot \vec{n} = (-1/2)(-\sqrt{3}/2) + (-\sqrt{3}/2)(3/2) + 0 \cdot 0 = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{3\sqrt{3}}{4} = -\frac{2\sqrt{3}}{4} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Модуль скалярного произведения: $|\vec{AF} \cdot \vec{n}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Подставим все значения в формулу для синуса угла:
$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}/2}{1 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
Отсюда, искомый угол $\theta = \arcsin(1/2) = 30^\circ$.

Способ 2: Геометрический метод

В основании призмы лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. В нем стороны $AF$ и $CD$ параллельны ($AF \parallel CD$). Это можно проверить векторно или из свойств симметрии шестиугольника. Поэтому угол между прямой $AF$ и плоскостью $BDD_1$ равен углу между прямой $CD$ и той же плоскостью $BDD_1$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Найдем угол между прямой $CD$ и ее проекцией на плоскость $BDD_1$. Точка $D$ уже лежит в плоскости $BDD_1$. Значит, проекцией прямой $CD$ на эту плоскость будет прямая, проходящая через точку $D$ и проекцию точки $C$ на плоскость $BDD_1$. Обозначим эту проекцию как $C'$; тогда искомый угол — это $\alpha = \angle CDC'$.

Так как призма прямая, плоскость $BDD_1$ (содержащая боковое ребро $DD_1$) перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Следовательно, проекция $C'$ точки $C$ на плоскость $BDD_1$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на прямую $BD$ в плоскости основания.

Таким образом, задача сводится к нахождению угла $\alpha$ в прямоугольном треугольнике $\triangle CC'D$ (где $\angle CC'D = 90^\circ$). В этом треугольнике гипотенуза $CD$ является стороной шестиугольника, поэтому $CD=1$. Катет $CC'$ — это расстояние от точки $C$ до прямой $BD$.

Рассмотрим треугольник $\triangle BCD$ в плоскости основания. Его стороны $BC=1$ и $CD=1$. Угол между ними $\angle BCD = 120^\circ$ (внутренний угол правильного шестиугольника). Найдем длину стороны $BD$ по теореме косинусов:
$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$.
Откуда $BD = \sqrt{3}$.

Площадь треугольника $\triangle BCD$ можно вычислить двумя способами. С одной стороны, $S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} BC \cdot CD \cdot \sin(120^\circ) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$. С другой стороны, $S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} BD \cdot CC'$, где $CC'$ — высота, опущенная из $C$ на сторону $BD$.

Приравняем выражения для площади: $\frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot CC' = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
Умножив обе части уравнения на 2, получим $\sqrt{3} \cdot CC' = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Разделив на $\sqrt{3}$, находим $CC' = \frac{1}{2}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle CC'D$ мы знаем гипотенузу $CD=1$ и катет $CC'=1/2$. Синус искомого угла $\alpha = \angle CDC'$ равен:
$\sin \alpha = \frac{CC'}{CD} = \frac{1/2}{1} = \frac{1}{2}$.

Следовательно, угол $\alpha = \arcsin(1/2) = 30^\circ$. Оба способа дают одинаковый результат.

Ответ: $30^\circ$

30. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $AB$ и плоскостью $BEE_1$. По определению, угол между прямой и плоскостью равен углу между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Поскольку точка $B$ уже лежит в плоскости $BEE_1$, проекцией прямой $AB$ на эту плоскость будет прямая $BH$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $BEE_1$. Таким образом, искомый угол $\alpha$ равен углу $\angle ABH$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABH$ (с прямым углом $\angle AHB$) синус угла $\alpha$ определяется как отношение противолежащего катета $AH$ к гипотенузе $AB$:$\sin(\alpha) = \frac{AH}{AB}$

По условию задачи, все ребра призмы равны 1, следовательно, $AB = 1$. Длина отрезка $AH$ — это расстояние от точки $A$ до плоскости $BEE_1$.

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная, значит, её боковое ребро $EE_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Так как прямая $EE_1$ лежит в плоскости $BEE_1$, то плоскость $BEE_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Линией их пересечения является прямая $BE$. Расстояние от точки $A$ (лежащей в плоскости основания) до плоскости $BEE_1$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $BE$ в плоскости основания.

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной 1. Найдем расстояние от вершины $A$ до диагонали $BE$. Для этого рассмотрим треугольник $\triangle ABE$.

Сторона $AB$ равна 1.$BE$ — большая диагональ правильного шестиугольника, её длина в два раза больше длины стороны: $BE = 2 \cdot 1 = 2$.$AE$ — малая диагональ. Её длину найдем по теореме косинусов из треугольника $\triangle AFE$, в котором $AF = FE = 1$, а угол $\angle AFE = 120^\circ$.$AE^2 = AF^2 + FE^2 - 2 \cdot AF \cdot FE \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$.Отсюда $AE = \sqrt{3}$.

В треугольнике $\triangle ABE$ известны все стороны: $AB=1$, $AE=\sqrt{3}$, $BE=2$. Проверим, выполняется ли для него теорема Пифагора:$AB^2 + AE^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$.$BE^2 = 2^2 = 4$.Поскольку $AB^2 + AE^2 = BE^2$, треугольник $\triangle ABE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$, то есть $\angle BAE = 90^\circ$.

Расстояние от точки $A$ до прямой $BE$ — это высота $AH$ прямоугольного треугольника $\triangle ABE$, проведенная к гипотенузе $BE$. Площадь этого треугольника можно вычислить двумя способами:1. $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AE = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.2. $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} \cdot BE \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AH = AH$.

Приравнивая два выражения для площади, находим высоту $AH$:$AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теперь мы можем вычислить синус искомого угла $\alpha$:$\sin(\alpha) = \frac{AH}{AB} = \frac{\sqrt{3}/2}{1} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Угол между прямой и плоскостью по определению находится в пределах от $0^\circ$ до $90^\circ$. Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, в этом диапазоне — это $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.