Страница 123 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

31. 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 $AD$ и плоскостью $BEE_1$.

Для решения задачи найдем угол между прямой $AD$ и нормалью к плоскости $BEE_1$. Угол $\theta$ между прямой и плоскостью связан с углом $\alpha$ между прямой и вектором нормали к плоскости соотношением $\theta = 90^\circ - \alpha$.

1. Найдем направление нормали к плоскости $BEE_1$.

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1$ — правильная, следовательно, она прямая. Это означает, что боковые ребра, в частности $EE_1$, перпендикулярны плоскости основания $ABCDEF$.

Плоскость $BEE_1$ содержит ребро $EE_1$. Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BEE_1$ должен быть перпендикулярен всем прямым в этой плоскости, включая $EE_1$. Так как $EE_1$ перпендикулярен всей плоскости основания, то вектор нормали $\vec{n}$ должен быть параллелен плоскости основания $ABCDEF$.

Кроме того, вектор нормали $\vec{n}$ должен быть перпендикулярен прямой $BE$, которая лежит и в плоскости $BEE_1$, и в плоскости основания. Таким образом, нам нужно найти в плоскости основания $ABCDEF$ прямую, перпендикулярную диагонали $BE$.

В правильном шестиугольнике большая диагональ (например, $BE$) перпендикулярна малой диагонали, с которой она не имеет общих вершин (например, $AC$). Докажем это. Введем систему координат с центром в центре шестиугольника $O$ и осью $Ox$, проходящей через вершину $A$. Так как все ребра призмы равны 1, сторона шестиугольника $a=1$. Координаты вершин в плоскости основания ($z=0$):

$A(1, 0)$, $B(\cos(60^\circ), \sin(60^\circ)) = (1/2, \sqrt{3}/2)$, $C(\cos(120^\circ), \sin(120^\circ)) = (-1/2, \sqrt{3}/2)$, $E(\cos(240^\circ), \sin(240^\circ)) = (-1/2, -\sqrt{3}/2)$.

Найдем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{BE}$:

$\vec{AC} = C - A = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0) = (-3/2, \sqrt{3}/2)$

$\vec{BE} = E - B = (-1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2) = (-1, -\sqrt{3})$

Найдем их скалярное произведение:

$\vec{AC} \cdot \vec{BE} = (-3/2) \cdot (-1) + (\sqrt{3}/2) \cdot (-\sqrt{3}) = 3/2 - 3/2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, то есть $AC \perp BE$. Следовательно, направление нормали $\vec{n}$ к плоскости $BEE_1$ параллельно прямой $AC$.

2. Найдем угол между прямой $AD$ и нормалью (прямой $AC$).

Угол $\alpha$ между прямой $AD$ и нормалью к плоскости $BEE_1$ равен углу между прямыми $AD$ и $AC$, то есть $\angle CAD$.

Рассмотрим треугольник $ACD$ в плоскости основания. Найдем длины его сторон:

• $CD = 1$ (сторона шестиугольника).
• $AC$ — малая диагональ правильного шестиугольника, ее длина $AC = a\sqrt{3} = \sqrt{3}$.
• $AD$ — большая диагональ правильного шестиугольника, ее длина $AD = 2a = 2$.

Применим теорему косинусов для треугольника $ACD$ для нахождения угла $\angle CAD$:

$CD^2 = AC^2 + AD^2 - 2 \cdot AC \cdot AD \cdot \cos(\angle CAD)$

$1^2 = (\sqrt{3})^2 + 2^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 2 \cdot \cos(\angle CAD)$

$1 = 3 + 4 - 4\sqrt{3} \cos(\angle CAD)$

$1 = 7 - 4\sqrt{3} \cos(\angle CAD)$

$4\sqrt{3} \cos(\angle CAD) = 6$

$\cos(\angle CAD) = \frac{6}{4\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Отсюда, угол $\alpha = \angle CAD = \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 30^\circ$.

3. Найдем искомый угол.

Искомый угол $\theta$ между прямой $AD$ и плоскостью $BEE_1$ равен $90^\circ - \alpha$.

$\theta = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

32. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $BB_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат: начало координат $O$ поместим в центр нижнего основания призмы $ABCDEF$, ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, а ось $Ox$ — через вершину $A$.

Поскольку призма правильная и все ребра равны 1, сторона основания равна 1, и высота призмы равна 1. Расстояние от центра правильного шестиугольника до его вершины равно стороне, то есть 1. Координаты необходимых для решения вершин находим, используя тригонометрические функции, зная, что угол между радиус-векторами соседних вершин, проведенными из центра основания, составляет $60^\circ$:
$B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
$C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
$E = (1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Координаты вершин верхнего основания получаются добавлением 1 к аппликате, поэтому $B_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$ и $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью определяется по формуле $\sin(\alpha) = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$, где $\vec{v}$ — направляющий вектор прямой $BB_1$, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости $BCE_1$.

Направляющий вектор прямой $BB_1$ параллелен оси $Oz$, так как призма прямая. Таким образом, $\vec{v} = \vec{BB_1} = (0, 0, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCE_1$ найдем как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BE_1}$.
$\vec{BC} = C - B = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 - 0) = (-1, 0, 0)$.
$\vec{BE_1} = E_1 - B = (-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - 0) = (-1, -\sqrt{3}, 1)$.
$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BE_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = (0)\mathbf{i} - (-1)\mathbf{j} + (\sqrt{3})\mathbf{k} = (0, 1, \sqrt{3})$.

Теперь вычислим искомый угол $\alpha$.
Найдем скалярное произведение векторов: $\vec{v} \cdot \vec{n} = (0, 0, 1) \cdot (0, 1, \sqrt{3}) = 0 \cdot 0 + 0 \cdot 1 + 1 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$.
Найдем модули векторов: $|\vec{v}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$ и $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = 2$.
Подставим найденные значения в формулу для синуса угла:
$\sin(\alpha) = \frac{|\sqrt{3}|}{1 \cdot 2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Поскольку по определению угол между прямой и плоскостью лежит в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$, получаем $\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

33. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны $1$, найдите угол между прямой $BF$ и плоскостью $BCE_1$.

Для нахождения угла между прямой и плоскостью воспользуемся методом координат. Угол $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ определяется формулой:

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

Введем систему координат. Поместим начало координат $O$ в центр нижнего основания призмы, шестиугольника $ABCDEF$. Направим ось $Ox$ через вершины $A$ и $D$, а ось $Oy$ — перпендикулярно ей в плоскости основания. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$.

Поскольку все ребра призмы равны 1, сторона правильного шестиугольника в основании равна 1, и высота призмы также равна 1. Радиус описанной окружности для правильного шестиугольника равен его стороне, то есть $R=1$. В выбранной системе координат вершины будут иметь следующие координаты:

$B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
$E_1 = (1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 1) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
$F_1 = (1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 1) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

1. Нахождение направляющего вектора прямой $BF_1$.

Прямая проходит через точки $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $F_1(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Ее направляющий вектор $\vec{v}$ равен разности координат этих точек:

$\vec{v} = \vec{BF_1} = (1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (0, -\sqrt{3}, 1)$.

2. Нахождение вектора нормали к плоскости $BCE_1$.

Плоскость проходит через точки $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Для нахождения вектора нормали $\vec{n}$ найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например $\vec{BC}$ и $\vec{BE_1}$, и вычислим их векторное произведение.

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

$\vec{BE_1} = (-1/2 - 1/2, -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-1, -\sqrt{3}, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ равен векторному произведению $\vec{BC} \times \vec{BE_1}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 0 & 0 \\ -1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - 0) - \mathbf{j}(-1 - 0) + \mathbf{k}(\sqrt{3} - 0) = (0, 1, \sqrt{3})$.

3. Вычисление угла.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}$:

$\vec{v} \cdot \vec{n} = (0, -\sqrt{3}, 1) \cdot (0, 1, \sqrt{3}) = 0 \cdot 0 + (-\sqrt{3}) \cdot 1 + 1 \cdot \sqrt{3} = -\sqrt{3} + \sqrt{3} = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, то числитель в формуле для синуса угла также равен нулю:

$\sin\alpha = \frac{0}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||} = 0$.

Отсюда следует, что искомый угол $\alpha = 0^\circ$.

Нулевой угол означает, что прямая $BF_1$ либо параллельна плоскости $BCE_1$, либо лежит в ней. Поскольку точка $B$ принадлежит как прямой $BF_1$, так и плоскости $BCE_1$, то вся прямая $BF_1$ лежит в этой плоскости.

Ответ: 0.

34. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой $CC_1$ и плоскостью $BDE_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с центром в центре нижнего основания призмы $O$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, ось $Ox$ направим вдоль отрезка $OD$, а ось $Oy$ — перпендикулярно оси $Ox$ в плоскости основания.

Поскольку призма правильная шестиугольная и все ребра равны 1, сторона основания $a=1$ и высота призмы $h=1$. Расстояние от центра правильного шестиугольника до его вершин равно стороне шестиугольника, то есть 1.

Найдем координаты вершин, необходимых для решения задачи:

1. Вершина $D$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии 1 от начала координат: $D(1, 0, 0)$.

2. Вершина $B$ находится в плоскости $z=0$. Угол между векторами $\vec{OD}$ и $\vec{OB}$ равен $120^\circ$. Координаты $B$: $B(1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0)$, что дает $B(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

3. Вершина $E$ находится в плоскости $z=0$. Угол между векторами $\vec{OD}$ и $\vec{OE}$ равен $-60^\circ$. Координаты $E$: $E(1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0)$, что дает $E(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

4. Вершина $C$ находится в плоскости $z=0$. Угол между векторами $\vec{OD}$ и $\vec{OC}$ равен $60^\circ$. Координаты $C$: $C(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0)$, что дает $C(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

5. Вершины $C_1$ и $E_1$ получаются из $C$ и $E$ сдвигом на 1 вдоль оси $Oz$: $C_1(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$ и $E_1(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Теперь определим направляющий вектор прямой $CC_1$.

$\vec{u} = \vec{CC_1} = (x_{C_1}-x_C, y_{C_1}-y_C, z_{C_1}-z_C) = (\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1-0) = (0, 0, 1)$.

Далее найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BDE_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DE_1}$.

$\vec{DB} = (x_B-x_D, y_B-y_D, z_B-z_D) = (-\frac{1}{2}-1, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-0) = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

$\vec{DE_1} = (x_{E_1}-x_D, y_{E_1}-y_D, z_{E_1}-z_D) = (\frac{1}{2}-1, -\frac{\sqrt{3}}{2}-0, 1-0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ найдем как векторное произведение векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DE_1}$:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DE_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \mathbf{j}(-\frac{3}{2} \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{1}{2})) + \mathbf{k}((-\frac{3}{2}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\frac{1}{2})) = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(-\frac{3}{2}) + \mathbf{k}(\frac{3\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}) = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{3})$.

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

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

Найдем скалярное произведение $\vec{u} \cdot \vec{n}$:

$\vec{u} \cdot \vec{n} = 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 0 \cdot \frac{3}{2} + 1 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$.

Найдем модули векторов:

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

$|\vec{n}| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{3}{2})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{9}{4} + 3} = \sqrt{\frac{12}{4} + 3} = \sqrt{3+3} = \sqrt{6}$.

Подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{3}{6}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Поскольку искомый угол острый, то $\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

35. 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 $BDE_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат. Пусть центр нижнего основания призмы $ABCDEF$ совпадает с началом координат $O(0, 0, 0)$, а ось $Oz$ направлена вдоль бокового ребра $AA_1$. Ось $Ox$ направим вдоль отрезка $OA$. Поскольку призма правильная и все ее ребра равны 1, то сторона основания равна 1, и высота призмы также равна 1. Радиус окружности, описанной около правильного шестиугольника-основания, равен его стороне, то есть 1.

Найдем координаты вершин, необходимых для решения задачи. Угол между радиус-векторами, проведенными из центра к соседним вершинам, составляет $360^\circ/6 = 60^\circ$.
Координаты точки $A$, лежащей на положительной полуоси $Ox$: $A(1, 0, 0)$.
Координаты точки $B$: $B(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0)$, то есть $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Координаты точки $D$: $D(1 \cdot \cos(180^\circ), 1 \cdot \sin(180^\circ), 0)$, то есть $D(-1, 0, 0)$.
Координаты точки $E$: $E(1 \cdot \cos(240^\circ), 1 \cdot \sin(240^\circ), 0)$, то есть $E(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Точка $E_1$ является проекцией точки $E$ на верхнее основание, находящееся в плоскости $z=1$. Следовательно, ее координаты: $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

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

Найдем направляющий вектор $\vec{v}$ прямой $AB$:
$\vec{v} = \vec{AB} = (\frac{1}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0 - 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Длина этого вектора: $||\vec{v}|| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{1} = 1$.

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BDE_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DE_1}$, и вычислим их векторное произведение.
$\vec{DB} = B - D = (\frac{1}{2} - (-1), \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0 - 0) = (\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
$\vec{DE_1} = E_1 - D = (-\frac{1}{2} - (-1), -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.
Вектор нормали $\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DE_1}$:$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 - 0 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \mathbf{j}(\frac{3}{2} \cdot 1 - 0 \cdot \frac{1}{2}) + \mathbf{k}(\frac{3}{2} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} - \frac{3}{2}\mathbf{j} - \sqrt{3}\mathbf{k}$.
Итак, $\vec{n} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{3}{2}, -\sqrt{3})$.
Найдем модуль вектора нормали: $||\vec{n}|| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{3}{2})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{9}{4} + 3} = \sqrt{\frac{12}{4} + 3} = \sqrt{3 + 3} = \sqrt{6}$.

Теперь вычислим скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n}$:
$\vec{v} \cdot \vec{n} = (-\frac{1}{2})(\frac{\sqrt{3}}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{3}{2}) + (0)(-\sqrt{3}) = -\frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{3\sqrt{3}}{4} = -\frac{4\sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3}$.
Модуль этого скалярного произведения: $|\vec{v} \cdot \vec{n}| = |-\sqrt{3}| = \sqrt{3}$.

Подставим найденные значения в формулу для синуса угла между прямой и плоскостью:
$\sin(\phi) = \frac{\sqrt{3}}{1 \cdot \sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3 \cdot 2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Следовательно, искомый угол $\phi = \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и $BCC_1$.

1. Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это величина линейного угла двугранного угла, образованного этими плоскостями. Линейный угол строится следующим образом: на линии пересечения плоскостей выбирается точка, и в каждой плоскости к этой точке проводится перпендикуляр к линии пересечения. Угол между этими перпендикулярами и будет искомым углом.

В данной задаче мы ищем угол между плоскостями $(ABC_1)$ и $(BCC_1)$.

1. Найдем линию пересечения плоскостей $(ABC_1)$ и $(BCC_1)$. Обе плоскости содержат точки B и $C_1$, следовательно, они пересекаются по прямой $BC_1$.

2. Теперь нам нужно найти две прямые, по одной в каждой плоскости, которые перпендикулярны линии пересечения $BC_1$. Угол между этими прямыми и будет искомым углом.

3. Рассмотрим плоскость $(BCC_1)$. Эта плоскость совпадает с гранью куба $BCC_1B_1$, которая является квадратом. Прямая $BC_1$ является диагональю этого квадрата. Другая диагональ этого квадрата — $B_1C$. В квадрате диагонали взаимно перпендикулярны, следовательно, $B_1C \perp BC_1$. Прямая $B_1C$ лежит в плоскости $(BCC_1)$.

4. Рассмотрим плоскость $(ABC_1)$. Ребро куба $AB$ перпендикулярно всей плоскости грани $BCC_1B_1$, так как $AB \perp BC$ и $AB \perp BB_1$. Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(BCC_1)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $BC_1$ лежит в плоскости $(BCC_1)$, следовательно, $AB \perp BC_1$. Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABC_1)$.

5. Таким образом, мы нашли две прямые, $AB$ и $B_1C$, каждая из которых перпендикулярна общей линии пересечения $BC_1$. Угол между плоскостями $(ABC_1)$ и $(BCC_1)$ равен углу между прямыми $AB$ и $B_1C$.

6. Прямые $AB$ и $B_1C$ являются скрещивающимися. Чтобы найти угол между ними, выполним параллельный перенос одной из прямых так, чтобы она пересекала другую. Прямая $AB$ параллельна прямой $A_1B_1$. Значит, искомый угол равен углу между прямыми $A_1B_1$ и $B_1C$. Эти прямые пересекаются в точке $B_1$ и образуют угол $\angle A_1B_1C$.

7. Найдем величину угла $\angle A_1B_1C$. Для этого рассмотрим треугольник $\triangle A_1B_1C$. Пусть ребро куба равно $a$.
- Сторона $A_1B_1$ является ребром куба, поэтому $A_1B_1 = a$.
- Сторона $B_1C$ является диагональю грани (квадрата) $BCC_1B_1$, поэтому ее длина равна $B_1C = \sqrt{B_1C_1^2 + C_1C^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
- Сторона $A_1C$ является пространственной диагональю куба. Ее можно найти как гипотенузу в прямоугольном треугольнике $\triangle A_1C_1C$, где $A_1C_1$ - диагональ грани. $A_1C_1 = a\sqrt{2}$, $C_1C=a$. Тогда $A_1C = \sqrt{(A_1C_1)^2 + (C_1C)^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 + a^2} = \sqrt{2a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

8. Проверим, выполняется ли для треугольника $\triangle A_1B_1C$ теорема Пифагора:
$(A_1B_1)^2 + (B_1C)^2 = a^2 + (a\sqrt{2})^2 = a^2 + 2a^2 = 3a^2$.
$(A_1C)^2 = (a\sqrt{3})^2 = 3a^2$.
Так как $(A_1B_1)^2 + (B_1C)^2 = (A_1C)^2$, треугольник $\triangle A_1B_1C$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B_1$.

9. Следовательно, угол $\angle A_1B_1C = 90^\circ$. Это и есть искомый угол между плоскостями.

Ответ: $90^\circ$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $CDD_1$ и $BCD_1$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и

2. Чтобы найти угол между двумя плоскостями, можно воспользоваться определением или признаками. В данном случае удобно применить признак перпендикулярности двух плоскостей: если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то такие плоскости взаимно перпендикулярны.

Рассмотрим плоскости $(CDD_1)$ и $(BCD_1)$. Плоскость $(CDD_1)$ совпадает с плоскостью задней грани куба $CDD_1C_1$.

Докажем, что ребро $BC$ перпендикулярно плоскости грани $(CDD_1C_1)$.

1. В основании куба лежит квадрат $ABCD$, поэтому его смежные стороны перпендикулярны: $BC \perp CD$.

2. Боковая грань $BCC_1B_1$ является квадратом, поэтому боковое ребро перпендикулярно ребру основания: $BC \perp CC_1$.

3. Прямые $CD$ и $CC_1$ являются пересекающимися прямыми, лежащими в плоскости $(CDD_1)$.

Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($CD$ и $CC_1$) в плоскости $(CDD_1)$, то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $(CDD_1)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Теперь рассмотрим плоскость $(BCD_1)$. По своему определению она проходит через точки $B$, $C$ и $D_1$, а значит, она содержит прямую $BC$.

Таким образом, мы имеем плоскость $(BCD_1)$, которая проходит через прямую $BC$, перпендикулярную плоскости $(CDD_1)$. Согласно признаку перпендикулярности плоскостей, из этого следует, что плоскость $(BCD_1)$ перпендикулярна плоскости $(CDD_1)$.

Угол между перпендикулярными плоскостями равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $AB_1C_1$ и $BCD_1$.

Для нахождения угла между плоскостями $AB_1C_1$ и $BCD_1$ воспользуемся координатным методом. Пусть ребро куба равно $a$. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине A, направив ось Ox вдоль ребра AB, ось Oy вдоль ребра AD и ось Oz вдоль ребра $AA_1$.

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

$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $B_1(a, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$, $D_1(0, a, a)$.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем векторы нормали для каждой из указанных плоскостей.

Нахождение нормального вектора к плоскости $AB_1C_1$

Эта плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $B_1(a, 0, a)$ и $C_1(a, a, a)$. Для нахождения вектора нормали $\vec{n_1}$ найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB_1}$ и $\vec{AC_1}$, и вычислим их векторное произведение.

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

$\vec{AC_1} = (a-0, a-0, a-0) = (a, a, a)$

$\vec{n_1} = \vec{AB_1} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot a) = (-a^2, 0, a^2)$.

Для упрощения вычислений можно использовать любой коллинеарный вектор, например, разделив координаты $\vec{n_1}$ на $-a^2$ (поскольку $a \ne 0$). Получим вектор $\vec{n_1'} = (1, 0, -1)$.

Нахождение нормального вектора к плоскости $BCD_1$

Эта плоскость проходит через точки $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$ и $D_1(0, a, a)$. Аналогично найдем два вектора в этой плоскости, $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$, и их векторное произведение, чтобы получить вектор нормали $\vec{n_2}$.

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

$\vec{BD_1} = (0-a, a-0, a-0) = (-a, a, a)$

$\vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ -a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a)) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot (-a)) = (a^2, 0, a^2)$.

Упростим, разделив на $a^2$, и получим коллинеарный вектор $\vec{n_2'} = (1, 0, 1)$.

Нахождение угла между плоскостями

Угол $\theta$ между плоскостями можно найти как угол между их нормальными векторами $\vec{n_1'} = (1, 0, -1)$ и $\vec{n_2'} = (1, 0, 1)$. Косинус этого угла вычисляется по формуле:

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

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 + (-1) \cdot 1 = 1 + 0 - 1 = 0$.

Так как скалярное произведение нормальных векторов равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны. Следовательно, и сами плоскости перпендикулярны.

$\cos\theta = 0$, из чего следует, что $\theta = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

4. В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите угол между плоскостями $ACD$ и $BCE$.

Для нахождения угла между плоскостями (ACD) и (BCE) воспользуемся определением угла между двумя плоскостями. Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это угол между двумя прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно к их линии пересечения в одной и той же точке.

1. Определение линии пересечения и построение.

Плоскости (ACD) и (BCE) проходят через общие точки C и E. Следовательно, их линия пересечения — прямая CE. Нам нужно найти угол между двумя прямыми, одна из которых лежит в плоскости (ACD), а другая — в плоскости (BCE), и обе перпендикулярны CE в некоторой общей точке.

2. Анализ в плоскости (ACD).

Пусть ребро правильного тетраэдра равно $a$. Грань ACD — это равносторонний треугольник со стороной $a$. Точка E — середина ребра AD, поэтому CE — медиана треугольника ACD. В равностороннем треугольнике медиана является также и высотой, поэтому $CE \perp AD$.

Рассмотрим треугольник CDE. Его стороны:

• $CD = a$ (ребро тетраэдра).
• $DE = \frac{1}{2}AD = a/2$ (так как E — середина AD).
• $CE$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике ACD, ее длина равна $CE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Проверим, является ли треугольник CDE прямоугольным, с помощью теоремы Пифагора:

$DE^2 + CE^2 = (a/2)^2 + (a\sqrt{3}/2)^2 = a^2/4 + 3a^2/4 = a^2$.

$CD^2 = a^2$.

Так как $CD^2 = DE^2 + CE^2$, по обратной теореме Пифагора треугольник CDE является прямоугольным, с прямым углом при вершине E. Это означает, что $DE \perp CE$.

Мы нашли прямую DE, которая лежит в плоскости (ACD) (поскольку точки A, E, D лежат на одной прямой) и перпендикулярна линии пересечения CE в точке E. Значит, искомый угол — это угол между прямой DE и прямой, лежащей в плоскости (BCE) и перпендикулярной CE в той же точке E.

3. Нахождение угла с помощью метода проекций.

Пусть $\phi$ — искомый угол между плоскостями (ACD) и (BCE). Опустим перпендикуляр DH из точки D на плоскость (BCE). Точка H будет основанием этого перпендикуляра. Таким образом, DH — это расстояние от точки D до плоскости (BCE).

Поскольку $DE \perp CE$ и DH — перпендикуляр к плоскости (BCE), то по теореме о трех перпендикулярах проекция наклонной DE на плоскость (BCE), то есть прямая HE, также перпендикулярна прямой CE ($HE \perp CE$).

Таким образом, угол $\phi$ между плоскостями равен линейному углу $\angle DEH$ двугранного угла, образованного плоскостями. В прямоугольном треугольнике DHE (угол $\angle DHE = 90^\circ$):

$\sin \phi = \frac{DH}{DE}$.

Нам известна длина $DE = a/2$. Остается найти длину DH.

4. Вычисление расстояния DH.

Найдем расстояние DH, используя метод объемов для тетраэдра DBCE. Его объем можно вычислить двумя способами:

$V_{DBCE} = \frac{1}{3} \cdot S_{BCE} \cdot DH$, где $S_{BCE}$ — площадь основания BCE.

$V_{DBCE} = \frac{1}{3} \cdot S_{BCD} \cdot h_{E \to BCD}$, где $S_{BCD}$ — площадь основания BCD, а $h_{E \to BCD}$ — высота, опущенная из вершины E на плоскость BCD.

Приравняв эти выражения, получим: $S_{BCE} \cdot DH = S_{BCD} \cdot h_{E \to BCD}$.

Вычислим необходимые величины:

• $S_{BCD}$ — площадь равностороннего треугольника со стороной $a$: $S_{BCD} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
• $h_{E \to BCD}$ — высота из E на плоскость BCD. Высота всего тетраэдра из вершины A на основание BCD равна $H = a\sqrt{\frac{2}{3}}$. Так как E — середина AD, ее высота до плоскости BCD равна половине высоты тетраэдра: $h_{E \to BCD} = \frac{1}{2}H = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{a}{\sqrt{6}}$.
• $S_{BCE}$ — площадь треугольника BCE. Найдем его стороны: $BC = a$. $BE$ и $CE$ — медианы в равносторонних треугольниках ABD и ACD соответственно, поэтому $BE = CE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Треугольник BCE — равнобедренный. Найдем его площадь по формуле Герона или через высоту. Высота $h_M$ из вершины E на основание BC (пусть M — середина BC): $h_M = \sqrt{CE^2 - CM^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{a}{2})^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{2a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Тогда $S_{BCE} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot h_M = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

Теперь найдем DH:

$DH = \frac{S_{BCD} \cdot h_{E \to BCD}}{S_{BCE}} = \frac{(\frac{a^2\sqrt{3}}{4}) \cdot (\frac{a}{\sqrt{6}})}{\frac{a^2\sqrt{2}}{4}} = \frac{a^3\sqrt{3}}{4\sqrt{6}} \cdot \frac{4}{a^2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{6}\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{12}} = \frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{a}{2}$.

5. Определение угла.

Мы нашли, что $DH = a/2$. Теперь можем вычислить синус искомого угла $\phi$:

$\sin \phi = \frac{DH}{DE} = \frac{a/2}{a/2} = 1$.

Если $\sin \phi = 1$, то угол $\phi = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

5. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $SC$, найдите угол между плоскостями $ABC$ и $BDE$.

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD основанием является квадрат ABCD, а вершина S проецируется в центр основания O, который является точкой пересечения диагоналей квадрата. По условию, все ребра пирамиды равны 1. Точка E — середина ребра SC.

Искомый угол между плоскостями ABC и BDE — это двугранный угол между этими плоскостями. Для его нахождения мы воспользуемся методом линейного угла.

1. Линией пересечения плоскостей ABC и BDE является прямая BD, так как обе плоскости содержат точки B и D.

2. Построим линейный угол двугранного угла. Для этого в каждой из плоскостей проведем перпендикуляр к линии их пересечения BD в одной и той же точке.

В плоскости основания ABC (которая является плоскостью квадрата ABCD) диагонали AC и BD взаимно перпендикулярны. Они пересекаются в точке O. Следовательно, отрезок OC лежит в плоскости ABC и перпендикулярен прямой BD ($OC \perp BD$).

3. Теперь рассмотрим плоскость BDE. Найдем стороны треугольника BDE.

Сторона BD является диагональю квадрата ABCD со стороной 1. По теореме Пифагора, ее длина $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

Так как все ребра пирамиды равны 1, боковые грани являются равносторонними треугольниками. В равностороннем треугольнике SBC ($SB=SC=BC=1$) отрезок BE является медианой, проведенной к стороне SC (так как E — середина SC). В равностороннем треугольнике медиана также является и высотой. Длина медианы равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $BE = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Аналогично, в равностороннем треугольнике SDC, отрезок DE является медианой, и его длина также $DE = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Поскольку $BE = DE$, треугольник BDE является равнобедренным с основанием BD. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Точка O является серединой основания BD. Следовательно, отрезок EO является медианой и высотой треугольника BDE, проведенной к стороне BD. Это означает, что EO лежит в плоскости BDE и $EO \perp BD$.

4. Мы построили два отрезка OC и EO, которые перпендикулярны общей прямой BD в одной и той же точке O. Следовательно, искомый угол между плоскостями ABC и BDE равен углу между этими отрезками, то есть $\angle EOC$.

5. Для нахождения величины угла EOC, рассмотрим треугольник EOC и найдем длины его сторон.

- $OC$ — это половина диагонали AC. Длина диагонали $AC = BD = \sqrt{2}$. Значит, $OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

- $EC$ — это половина ребра SC. Так как $SC=1$, то $EC = \frac{1}{2}$.

- $EO$. Для нахождения длины EO рассмотрим треугольник SOC. SO — высота пирамиды. Так как SO перпендикулярна плоскости основания, то $SO \perp OC$, и треугольник SOC является прямоугольным. По теореме Пифагора: $SC^2 = SO^2 + OC^2$. Подставим известные значения: $1^2 = SO^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2$. Отсюда $SO^2 = 1 - \frac{2}{4} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$, и $SO = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

В треугольнике SOC мы имеем $SO = OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$, следовательно, он является равнобедренным прямоугольным треугольником. Точка E — середина его гипотенузы SC. В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведенной к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы. Таким образом, $EO = \frac{1}{2}SC = \frac{1}{2}$.

6. Теперь мы знаем все три стороны треугольника EOC: $OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $EC = \frac{1}{2}$, $EO = \frac{1}{2}$. Найдем угол $\angle EOC$ (обозначим его $\alpha$) с помощью теоремы косинусов:

$EC^2 = EO^2 + OC^2 - 2 \cdot EO \cdot OC \cdot \cos(\alpha)$

$(\frac{1}{2})^2 = (\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 - 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\alpha)$

$\frac{1}{4} = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cos(\alpha)$

$0 = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cos(\alpha)$

$\frac{\sqrt{2}}{2} \cos(\alpha) = \frac{1}{2}$

$\cos(\alpha) = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Из этого следует, что $\alpha = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

6. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ найдите угол между плоскостями $SAD$ и $SBE$.

Рассмотрим правильную шестиугольную пирамиду $SABCDEF$. Необходимо найти угол между плоскостями $(SAD)$ и $(SBE)$.

Сначала найдем линию пересечения этих двух плоскостей. Обе плоскости проходят через вершину пирамиды $S$, значит, точка $S$ принадлежит линии их пересечения. В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $O$ — его центр. Большие диагонали шестиугольника $AD$, $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $O$. Поскольку прямая $AD$ лежит в плоскости $(SAD)$, а прямая $BE$ — в плоскости $(SBE)$, их точка пересечения $O$ принадлежит обеим плоскостям. Таким образом, линия пересечения плоскостей $(SAD)$ и $(SBE)$ — это прямая $SO$.

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно к их линии пересечения из одной точки. Поскольку пирамида $SABCDEF$ — правильная, ее высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABCDEF)$. Следовательно, прямая $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания.

Прямая $AD$ лежит в плоскости $(SAD)$ и одновременно в плоскости основания, значит, $AD \perp SO$. Аналогично, прямая $BE$ лежит в плоскости $(SBE)$ и одновременно в плоскости основания, значит, $BE \perp SO$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями $(SAD)$ и $(SBE)$ равен углу между прямыми $AD$ и $BE$. Эти прямые пересекаются в точке $O$.

Чтобы найти этот угол, рассмотрим основание пирамиды. Правильный шестиугольник $ABCDEF$ можно разбить на шесть равносторонних треугольников с общей вершиной в центре $O$. Одним из них является треугольник $\triangle AOB$. Угол при вершине $O$ в этом треугольнике равен $\angle AOB = \frac{360^\circ}{6} = 60^\circ$. Этот угол и является углом между прямыми $AD$ и $BE$.

Таким образом, искомый угол между плоскостями равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

7. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите угол между плоскостями $AFF_1$ и $ACC_1$.

8. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между перпендикулярами, проведенными к их линии пересечения в одной точке, причем эти перпендикуляры лежат в данных плоскостях.

В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ плоскости $(AFF_1)$ и $(ACC_1)$ пересекаются по прямой $AA_1$.

Поскольку призма правильная, она является прямой призмой. Это означает, что ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABCDEF)$.

Прямая $AF$ лежит в плоскости основания $(ABCDEF)$ и проходит через точку $A$. Следовательно, $AF \perp AA_1$. Прямая $AF$ также принадлежит плоскости $(AFF_1)$.

Аналогично, прямая $AC$ лежит в плоскости основания $(ABCDEF)$ и проходит через точку $A$. Следовательно, $AC \perp AA_1$. Прямая $AC$ также принадлежит плоскости $(ACC_1)$.

Таким образом, угол между плоскостями $(AFF_1)$ и $(ACC_1)$ равен углу между прямыми $AF$ и $AC$, которые обе перпендикулярны линии пересечения $AA_1$. Искомый угол — это угол $\angle FAC$, расположенный в плоскости основания.

Рассмотрим правильный шестиугольник $ABCDEF$, который является основанием призмы. Найдем величину угла $\angle FAC$, рассмотрев треугольник $\triangle FAC$. Пусть длина стороны шестиугольника равна $a$.

1. Длина стороны $AF$ равна стороне шестиугольника: $AF = a$.

2. $AC$ является малой диагональю правильного шестиугольника. Её длину можно найти из треугольника $\triangle ABC$ по теореме косинусов. В этом треугольнике $AB = BC = a$, а внутренний угол правильного шестиугольника $\angle ABC = 120^\circ$.
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(120^\circ)$
$AC^2 = a^2 + a^2 - 2a^2(-\frac{1}{2}) = 2a^2 + a^2 = 3a^2$
Отсюда, $AC = a\sqrt{3}$.

3. $FC$ является большой диагональю правильного шестиугольника, ее длина равна удвоенной стороне шестиугольника: $FC = 2a$.

Теперь у нас есть треугольник $\triangle FAC$ со сторонами $AF = a$, $AC = a\sqrt{3}$ и $FC = 2a$. Проверим, является ли он прямоугольным, используя обратную теорему Пифагора.

Найдем сумму квадратов двух меньших сторон:$AF^2 + AC^2 = a^2 + (a\sqrt{3})^2 = a^2 + 3a^2 = 4a^2$.

Найдем квадрат большей стороны:$FC^2 = (2a)^2 = 4a^2$.

Так как $AF^2 + AC^2 = FC^2$, треугольник $\triangle FAC$ является прямоугольным, и его прямой угол — это угол, лежащий напротив гипотенузы $FC$, то есть $\angle FAC$.

Следовательно, искомый угол $\angle FAC = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

8. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите
угол между плоскостями $ABB_1$ и $AEE_1$.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями измеряется линейным углом, который является углом между двумя прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно к их линии пересечения из одной точки.

В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ плоскости $ABB_1$ (содержащая грань $ABB_1A_1$) и $AEE_1$ (содержащая сечение $AEE_1A_1$) пересекаются по общему ребру $AA_1$.

Поскольку призма правильная, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Это означает, что $AA_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$.

В плоскости $ABB_1$ проведем прямую $AB$ через точку $A$. Так как $AB$ лежит в плоскости основания, то $AB \perp AA_1$.

В плоскости $AEE_1$ проведем прямую $AE$ через точку $A$. Так как $AE$ также лежит в плоскости основания, то $AE \perp AA_1$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями $ABB_1$ и $AEE_1$ равен углу между прямыми $AB$ и $AE$, то есть $\angle BAE$. Этот угол находится в плоскости основания призмы.

Рассмотрим основание — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Чтобы найти величину угла $\angle BAE$, разобьем его на части. Пусть $O$ — центр шестиугольника. Правильный шестиугольник состоит из шести равных равносторонних треугольников с общей вершиной $O$.

Треугольник $\triangle OAB$ является равносторонним, так как $OA = OB$ как радиусы описанной окружности, а центральный угол $\angle AOB = \frac{360^\circ}{6} = 60^\circ$. Значит, все углы в $\triangle OAB$ равны $60^\circ$. В частности, $\angle OAB = 60^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle OAE$. Стороны $OA$ и $OE$ равны как радиусы. Центральный угол $\angle AOE$ можно найти как сумму центральных углов, опирающихся на стороны $AF$ и $FE$: $\angle AOE = \angle AOF + \angle FOE = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$.

Треугольник $\triangle OAE$ является равнобедренным с углом при вершине $120^\circ$. Углы при основании $AE$ равны: $\angle OAE = \angle OEA = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$.

Искомый угол $\angle BAE$ является суммой углов $\angle OAB$ и $\angle OAE$.

$\angle BAE = \angle OAB + \angle OAE = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

9. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите угол между плоскостями $ACC_1$ и $AEE_1$.

Дана правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Необходимо найти угол между плоскостями $ACC_1$ и $AEE_1$.

Плоскость $ACC_1$ определяется точками $A$, $C$, $C_1$. Поскольку призма является прямой, боковое ребро $CC_1$ параллельно ребру $AA_1$. Таким образом, плоскость $ACC_1$ совпадает с плоскостью прямоугольника $ACC_1A_1$.

Аналогично, плоскость $AEE_1$ определяется точками $A$, $E$, $E_1$. Ребро $EE_1$ параллельно ребру $AA_1$, поэтому плоскость $AEE_1$ совпадает с плоскостью прямоугольника $AEE_1A_1$.

Обе эти плоскости, $ACC_1A_1$ и $AEE_1A_1$, проходят через общее боковое ребро $AA_1$. Следовательно, прямая $AA_1$ является линией их пересечения.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными их линии пересечения, проведенными из одной точки на этой линии.

Поскольку призма правильная, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$.

Рассмотрим прямую $AC$. Она лежит в плоскости основания $ABCDEF$ и, следовательно, перпендикулярна ребру $AA_1$ в точке $A$. Прямая $AC$ также лежит в плоскости $ACC_1$.

Рассмотрим прямую $AE$. Она также лежит в плоскости основания $ABCDEF$ и перпендикулярна ребру $AA_1$ в той же точке $A$. Прямая $AE$ лежит в плоскости $AEE_1$.

Таким образом, искомый угол между плоскостями $ACC_1$ и $AEE_1$ равен углу между прямыми $AC$ и $AE$ в плоскости основания. Этот угол — $\angle CAE$.

Найдем величину угла $\angle CAE$. Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Внутренний угол правильного шестиугольника равен $120^{\circ}$. Пусть сторона шестиугольника равна $a$.

В треугольнике $ABC$ стороны $AB = BC = a$. Следовательно, $\triangle ABC$ — равнобедренный. Угол при вершине $\angle ABC = 120^{\circ}$. Углы при основании $AC$ равны: $\angle BAC = \angle BCA = (180^{\circ} - 120^{\circ}) / 2 = 30^{\circ}$.

Аналогично, в треугольнике $AFE$ стороны $AF = FE = a$. $\triangle AFE$ — равнобедренный. Угол при вершине $\angle AFE = 120^{\circ}$. Углы при основании $AE$ равны: $\angle FAE = \angle FEA = (180^{\circ} - 120^{\circ}) / 2 = 30^{\circ}$.

Угол при вершине $A$ шестиугольника $ABCDEF$ равен $\angle FAB = 120^{\circ}$. Этот угол складывается из трех углов: $\angle FAB = \angle FAE + \angle CAE + \angle BAC$.

Выразим искомый угол $\angle CAE$: $\angle CAE = \angle FAB - \angle FAE - \angle BAC$.

Подставим найденные значения: $\angle CAE = 120^{\circ} - 30^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$.

Итак, угол между плоскостями $ACC_1$ и $AEE_1$ равен $60^{\circ}$.

Ответ: $60^{\circ}$.

10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ найдите угол между плоскостями $AFF_1$ и $BCC_1$.

Для нахождения угла между плоскостями $(AFF_1)$ и $(BCC_1)$ в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ рассмотрим её основание и свойства.

Поскольку призма правильная, её основания $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ являются правильными шестиугольниками, а боковые рёбра ($AA_1$, $BB_1$ и т.д.) перпендикулярны плоскостям оснований. Плоскости $(AFF_1)$ и $(BCC_1)$ являются боковыми гранями призмы. Так как боковые рёбра перпендикулярны основанию, то и плоскости боковых граней перпендикулярны плоскости основания $(ABCDEF)$.

Угол между двумя плоскостями, которые перпендикулярны третьей плоскости, равен углу между их линиями пересечения с этой третьей плоскостью.

Линией пересечения плоскости $(AFF_1)$ с плоскостью основания $(ABCDEF)$ является прямая $AF$.

Линией пересечения плоскости $(BCC_1)$ с плоскостью основания $(ABCDEF)$ является прямая $BC$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями $(AFF_1)$ и $(BCC_1)$ равен углу между прямыми $AF$ и $BC$ в плоскости правильного шестиугольника $ABCDEF$.

Внутренний угол правильного шестиугольника составляет $ \frac{(6-2) \times 180^\circ}{6} = 120^\circ $. Таким образом, $ \angle FAB = 120^\circ $ и $ \angle ABC = 120^\circ $.

Чтобы найти угол между прямыми $AF$ и $BC$, продлим содержащие их отрезки $FA$ и $CB$ до пересечения в точке $M$. Образуется треугольник $MAB$. Угол $ \angle AMB $ и будет являться углом между данными прямыми.

Угол $ \angle MAB $ является внешним к углу $ \angle FAB $ при вершине $A$ шестиугольника, поэтому $ \angle MAB = 180^\circ - \angle FAB = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ $.

Аналогично, угол $ \angle MBA $ является внешним к углу $ \angle ABC $ при вершине $B$, поэтому $ \angle MBA = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ $.

Поскольку два угла в треугольнике $MAB$ равны $60^\circ$, то и третий угол $ \angle AMB $ также равен $ 180^\circ - (60^\circ + 60^\circ) = 60^\circ $.

Таким образом, угол между прямыми $AF$ и $BC$ равен $60^\circ$, а значит и угол между плоскостями $(AFF_1)$ и $(BCC_1)$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

11. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите
угол между плоскостями $AFF_1$ и $DEE_1$,

По условию, призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ является правильной шестиугольной. Это означает, что ее основания $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильные шестиугольники, а боковые ребра (такие как $AA_1, BB_1$ и т.д.) перпендикулярны плоскостям оснований.

Требуется найти угол между плоскостями $AFF_1$ и $DEE_1$. Плоскость $AFF_1$ проходит через точки $A, F, F_1$ и также содержит ребро $AA_1$, так как в призме $AA_1 \parallel FF_1$. Таким образом, плоскость $AFF_1$ — это плоскость боковой грани $AFF_1A_1$. Аналогично, плоскость $DEE_1$ — это плоскость боковой грани $DEE_1D_1$.

Угол между двумя плоскостями — это двугранный угол. Его можно измерить как линейный угол, который образуется при пересечении этих двух плоскостей третьей плоскостью, перпендикулярной их линии пересечения. В нашем случае боковые грани $AFF_1A_1$ и $DEE_1D_1$ обе перпендикулярны плоскости основания $ABCDEF$. Это значит, что искомый угол между плоскостями $AFF_1A_1$ и $DEE_1D_1$ будет равен углу между их линиями пересечения с плоскостью основания $ABCDEF$.

Линией пересечения плоскости $AFF_1A_1$ с плоскостью основания $ABCDEF$ является прямая $AF$.

Линией пересечения плоскости $DEE_1D_1$ с плоскостью основания $ABCDEF$ является прямая $DE$.

Следовательно, задача сводится к нахождению угла между прямыми $AF$ и $DE$ в плоскости правильного шестиугольника $ABCDEF$.

Рассмотрим свойства правильного шестиугольника $ABCDEF$. В нем противолежащие стороны попарно параллельны. В частности, сторона $DE$ параллельна стороне $AB$. Значит, угол между прямыми $AF$ и $DE$ равен углу между прямыми $AF$ и $AB$.

Угол между смежными сторонами $AF$ и $AB$ в вершине $A$ — это внутренний угол правильного шестиугольника. Величина внутреннего угла правильного $n$-угольника вычисляется по формуле: $ \alpha = \frac{(n-2) \cdot 180^\circ}{n} $. Для шестиугольника ($n=6$) получаем:

$ \angle FAB = \frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = \frac{4 \cdot 180^\circ}{6} = 4 \cdot 30^\circ = 120^\circ $.

По определению, угол между двумя пересекающимися прямыми — это наименьший из углов, образованных при их пересечении. Прямые $AF$ и $AB$ пересекаются в точке $A$ и образуют два смежных угла: один равен $120^\circ$, а другой $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$. Наименьший из этих углов равен $60^\circ$.

Таким образом, угол между прямыми $AF$ и $DE$ равен $60^\circ$, и, следовательно, угол между плоскостями $AFF_1$ и $DEE_1$ также равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

12. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ найдите угол между плоскостями $AFF_1$ и $BDD_1$.

Поскольку призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ является правильной, ее основания $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильные шестиугольники, а боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований.

Плоскость $(AFF_1)$ содержит боковое ребро $AA_1$, которое перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Следовательно, плоскость $(AFF_1)$ перпендикулярна плоскости основания. Аналогично, плоскость $(BDD_1)$ содержит боковое ребро $DD_1$, которое также перпендикулярно плоскости основания. Значит, плоскость $(BDD_1)$ перпендикулярна плоскости основания.

Угол между двумя плоскостями, перпендикулярными к третьей плоскости, равен углу между их линиями пересечения с этой третьей плоскостью. Линией пересечения плоскости $(AFF_1)$ с плоскостью основания $(ABCDEF)$ является прямая $AF$. Линией пересечения плоскости $(BDD_1)$ с плоскостью основания $(ABCDEF)$ является прямая $BD$. Таким образом, искомый угол равен углу между прямыми $AF$ и $BD$ в плоскости правильного шестиугольника $ABCDEF$.

Для нахождения угла между прямыми $AF$ и $BD$, докажем, что прямая $AF$ параллельна прямой $CD$. Для этого воспользуемся векторным методом. Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. Выберем в качестве базисных векторов $\vec{a} = \vec{OA}$ и $\vec{b} = \vec{OB}$. Тогда, исходя из свойств правильного шестиугольника, можно выразить векторы, проведенные из центра к другим вершинам: $\vec{OC} = \vec{OB} - \vec{OA} = \vec{b} - \vec{a}$, $\vec{OD} = -\vec{OA} = -\vec{a}$, $\vec{OE} = -\vec{OB} = -\vec{b}$, $\vec{OF} = \vec{OA} - \vec{OB} = \vec{a} - \vec{b}$.

Теперь выразим векторы $\vec{AF}$ и $\vec{CD}$ через базисные:

$\vec{AF} = \vec{OF} - \vec{OA} = (\vec{a} - \vec{b}) - \vec{a} = -\vec{b}$.

$\vec{CD} = \vec{OD} - \vec{OC} = (-\vec{a}) - (\vec{b} - \vec{a}) = -\vec{a} - \vec{b} + \vec{a} = -\vec{b}$.

Поскольку $\vec{AF} = \vec{CD}$, эти векторы равны, а значит, прямые $AF$ и $CD$ параллельны.

Так как $AF \parallel CD$, то угол между прямыми $AF$ и $BD$ равен углу между прямыми $CD$ и $BD$. Этот угол — $\angle CDB$ в треугольнике $BCD$.

Рассмотрим треугольник $BCD$. В правильном шестиугольнике все стороны равны, поэтому $BC = CD$. Все внутренние углы правильного шестиугольника равны $120^\circ$, следовательно, $\angle BCD = 120^\circ$. Треугольник $BCD$ является равнобедренным с основанием $BD$. Углы при основании равны:

$\angle CDB = \angle CBD = \frac{180^\circ - \angle BCD}{2} = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$.

Таким образом, угол между прямыми $AF$ и $BD$ равен $30^\circ$, что и является искомым углом между плоскостями $(AFF_1)$ и $(BDD_1)$.

Ответ: $30^\circ$