Страница 90 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

17.2. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ перпендикулярны плоскости:

а) $ABC$ и $BDD_1$;

б) $ACC_1$ и $BDD_1$.

а) Для доказательства перпендикулярности плоскостей $ABC$ и $BDD_1$ используется признак перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Рассмотрим куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Плоскость $ABC$ является плоскостью нижнего основания куба. Плоскость $BDD_1$ — это диагональное сечение, проходящее через диагональ основания $BD$ и боковое ребро $DD_1$.

По определению куба, его боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Математически это записывается как $DD_1 \perp (ABC)$.

Прямая $DD_1$ принадлежит плоскости $BDD_1$, так как точки $D$ и $D_1$ лежат в этой плоскости.

Таким образом, плоскость $BDD_1$ проходит через прямую $DD_1$, которая перпендикулярна плоскости $ABC$. Согласно признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $BDD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.
Ответ: Плоскости $ABC$ и $BDD_1$ перпендикулярны.

б) Для доказательства перпендикулярности плоскостей $ACC_1$ и $BDD_1$ воспользуемся тем же признаком перпендикулярности двух плоскостей. Докажем, что плоскость $ACC_1$ содержит прямую, перпендикулярную плоскости $BDD_1$.

Рассмотрим прямую $AC$, которая является диагональю основания $ABCD$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $ACC_1$. Докажем, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$.

Для того чтобы доказать перпендикулярность прямой $AC$ и плоскости $BDD_1$, нужно показать, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $BDD_1$. Возьмем прямые $BD$ и $DD_1$.

1. Основанием куба является квадрат $ABCD$. По свойству квадрата, его диагонали взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

2. Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, $DD_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая прямую $AC$. Таким образом, $DD_1 \perp AC$.

Прямые $BD$ и $DD_1$ лежат в плоскости $BDD_1$ и пересекаются в точке $D$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $DD_1$) в плоскости $BDD_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$.

Так как плоскость $ACC_1$ проходит через прямую $AC$, которая перпендикулярна плоскости $BDD_1$, то согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскости $ACC_1$ и $BDD_1$ перпендикулярны.
Ответ: Плоскости $ACC_1$ и $BDD_1$ перпендикулярны.

17.3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите углы между плоскостями $ABC$ и $CDA_1$.

Для нахождения угла между плоскостями $(ABC)$ и $(CDA_1)$ необходимо найти угол между их нормалями или построить линейный угол соответствующего двугранного угла. Воспользуемся вторым, геометрическим методом.
1. Найдём линию пересечения плоскостей. Плоскость $(ABC)$ является плоскостью нижнего основания куба, которая также может быть обозначена как $(ABCD)$. Плоскость $(CDA_1)$ задана тремя точками $C$, $D$, и $A_1$. Очевидно, что обе плоскости содержат точки $C$ и $D$, следовательно, их линия пересечения — это прямая $CD$.
2. Построим линейный угол двугранного угла. Угол между двумя плоскостями — это угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными их линии пересечения в одной и той же точке.
В плоскости основания $(ABC)$ лежит грань $ABCD$, которая является квадратом. В квадрате смежные стороны перпендикулярны, поэтому $AD \perp CD$.
Теперь рассмотрим плоскость $(CDA_1)$. Нам нужна прямая в этой плоскости, перпендикулярная $CD$. Ребро куба $CD$ перпендикулярно грани $ADD_1A_1$, так как оно перпендикулярно двум пересекающимся прямым, лежащим в этой грани: $CD \perp AD$ (так как $ABCD$ — квадрат) и $CD \perp DD_1$ (так как $CDD_1C_1$ — квадрат). Поскольку прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $(ADD_1A_1)$, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости. Прямая $A_1D$ лежит в плоскости $(ADD_1A_1)$ (а также в искомой плоскости $(CDA_1)$), следовательно, $A_1D \perp CD$.
3. Мы нашли два перпендикуляра к линии пересечения $CD$, проведенные из одной точки $D$: прямая $AD$ в плоскости $(ABC)$ и прямая $A_1D$ в плоскости $(CDA_1)$. Следовательно, угол между плоскостями равен углу между этими прямыми, то есть $\angle A_1DA$.
4. Вычислим величину этого угла. Рассмотрим треугольник $\triangle A_1DA$. Ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $AD$. Таким образом, $\angle DAA_1 = 90^\circ$, и треугольник $\triangle A_1DA$ является прямоугольным.
Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб, все его рёбра равны. Пусть длина ребра равна $a$. Тогда катеты прямоугольного треугольника $\triangle A_1DA$ равны: $AD = a$ и $AA_1 = a$. Это означает, что $\triangle A_1DA$ — равнобедренный прямоугольный треугольник.
В равнобедренном прямоугольном треугольнике острые углы равны по $45^\circ$. Следовательно, искомый угол $\angle A_1DA = 45^\circ$.
В качестве альтернативы, можно найти тангенс угла: $\tan(\angle A_1DA) = \frac{AA_1}{AD} = \frac{a}{a} = 1$. Отсюда $\angle A_1DA = \arctan(1) = 45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.

17.4. Найдите двугранные углы, образованные соседними боковыми гранями правильной треугольной призмы (рис. 17.12).

Рис. 17.12

Пусть дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$. По определению, правильная призма является прямой призмой, в основании которой лежит правильный многоугольник. В нашем случае основание — правильный (равносторонний) треугольник $ABC$.

Боковыми гранями призмы являются прямоугольники $ABB_1A_1$, $BCC_1B_1$ и $ACC_1A_1$. Нам необходимо найти двугранные углы между соседними боковыми гранями.

Рассмотрим двугранный угол, образованный соседними боковыми гранями $ABB_1A_1$ и $ACC_1A_1$. Эти грани пересекаются по боковому ребру $AA_1$.

Для определения величины двугранного угла построим его линейный угол. Линейный угол двугранного угла — это угол, образованный двумя лучами, проведенными в плоскостях граней перпендикулярно их линии пересечения из одной точки на этой линии.

Так как призма правильная, то она прямая. Это означает, что ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$.

Выберем на ребре $AA_1$ точку $A$. В плоскости грани $ABB_1A_1$ проведем прямую через точку $A$ перпендикулярно ребру $AA_1$. Такой прямой является сторона основания $AB$, так как $AB$ лежит в плоскости $ABC$, а $AA_1 \perp (ABC)$, значит $AA_1 \perp AB$.

Аналогично, в плоскости грани $ACC_1A_1$ проведем прямую через точку $A$ перпендикулярно ребру $AA_1$. Такой прямой является сторона основания $AC$, так как $AC$ лежит в плоскости $ABC$, а $AA_1 \perp (ABC)$, значит $AA_1 \perp AC$.

Таким образом, линейным углом двугранного угла между гранями $ABB_1A_1$ и $ACC_1A_1$ является угол между отрезками $AB$ и $AC$, то есть угол $\angle BAC$.

По условию, в основании призмы лежит правильный треугольник $ABC$. В правильном (равностороннем) треугольнике все углы равны $60^\circ$. Следовательно, $\angle BAC = 60^\circ$.

В силу симметрии правильной призмы все двугранные углы между соседними боковыми гранями равны. Линейным углом двугранного угла при ребре $BB_1$ будет $\angle ABC = 60^\circ$, а при ребре $CC_1$ — $\angle BCA = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

17.5. Найдите двугранные углы, образованные соседними боковыми гранями правильной шестиугольной призмы (рис. 17.13).

Рис. 17.13

Пусть дана правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Нам нужно найти двугранный угол, образованный соседними боковыми гранями. В качестве примера рассмотрим две соседние боковые грани: плоскость $(ABB_1A_1)$ и плоскость $(BCC_1B_1)$.

Двугранный угол измеряется его линейным углом. Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя лучами, которые исходят из одной точки на ребре двугранного угла, лежат в его гранях и перпендикулярны этому ребру.

Линией пересечения (ребром двугранного угла) для граней $(ABB_1A_1)$ и $(BCC_1B_1)$ является боковое ребро $BB_1$.

По определению, правильная призма является прямой призмой, в основании которой лежит правильный многоугольник. У прямой призмы боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$.

Поскольку ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости $(ABC)$, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $B$. Значит, $BB_1 \perp AB$ и $BB_1 \perp BC$.

Отрезок $AB$ лежит в плоскости грани $(ABB_1A_1)$ и перпендикулярен общему ребру $BB_1$. Отрезок $BC$ лежит в плоскости грани $(BCC_1B_1)$ и также перпендикулярен общему ребру $BB_1$. Оба отрезка исходят из одной точки $B$ на ребре $BB_1$.

Таким образом, угол $\angle ABC$ является линейным углом двугранного угла между гранями $(ABB_1A_1)$ и $(BCC_1B_1)$.

Величина угла $\angle ABC$ — это величина внутреннего угла правильного шестиугольника $ABCDEF$, который лежит в основании призмы. Величину внутреннего угла правильного n-угольника можно найти по формуле: $\alpha = \frac{(n-2) \cdot 180^\circ}{n}$.

Для правильного шестиугольника $n=6$. Подставим это значение в формулу:
$\alpha = \frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = \frac{4 \cdot 180^\circ}{6} = 4 \cdot 30^\circ = 120^\circ$.

Так как призма правильная, все двугранные углы между соседними боковыми гранями равны между собой.
Ответ: $120^\circ$.

17.6. Верно ли, что две плоскости, перпендикулярные третьей, параллельны?

Нет, это утверждение неверно. Две плоскости, которые перпендикулярны третьей плоскости, не обязательно параллельны между собой. Они могут как пересекаться, так и быть параллельными.

Рассмотрим плоскость $\gamma$ и две плоскости $\alpha$ и $\beta$, перпендикулярные ей: $\alpha \perp \gamma$ и $\beta \perp \gamma$.

Чтобы продемонстрировать, что утверждение ложно, достаточно привести один контрпример. В качестве наглядной модели можно использовать обычную комнату. Пусть плоскость $\gamma$ — это плоскость пола. Тогда любая вертикальная стена будет перпендикулярна полу.

Возьмем в качестве плоскостей $\alpha$ и $\beta$ две смежные стены. Обе они перпендикулярны плоскости пола $\gamma$. Однако эти две стены не параллельны друг другу, а пересекаются по общей прямой (вертикальному ребру в углу комнаты). Так как мы нашли случай, когда две плоскости перпендикулярны третьей, но не параллельны, исходное утверждение является ложным.

Стоит отметить, что существует и случай, когда такие плоскости параллельны. Например, если в качестве $\alpha$ и $\beta$ взять две противоположные стены комнаты, то они обе будут перпендикулярны полу $\gamma$ и при этом параллельны между собой.

Таким образом, две плоскости, перпендикулярные третьей, могут быть либо параллельны, либо пересекаться. Следовательно, утверждение о том, что они всегда параллельны, неверно.

Ответ: Нет, не верно.

лельвы?

17.7. Сколько плоскостей, перпендикулярных данной плоскости, можно провести через данную точку?

Для ответа на этот вопрос необходимо рассмотреть два возможных случая расположения данной точки относительно данной плоскости. Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $M$.

Случай 1: Точка $M$ лежит в данной плоскости $\alpha$.

Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то такие плоскости взаимно перпендикулярны. Через точку $M$, принадлежащую плоскости $\alpha$, можно провести единственную прямую $l$, которая будет перпендикулярна плоскости $\alpha$. Любая плоскость, проходящая через эту прямую $l$, будет перпендикулярна плоскости $\alpha$. Поскольку прямая $l$ проходит через точку $M$, все эти плоскости также будут проходить через точку $M$. Через одну прямую в пространстве можно провести бесконечное множество плоскостей (они образуют так называемый пучок плоскостей). Следовательно, если точка лежит в плоскости, через нее можно провести бесконечно много плоскостей, перпендикулярных данной.

Случай 2: Точка $M$ не лежит в данной плоскости $\alpha$.

Логика рассуждений здесь аналогична. Из точки $M$, не принадлежащей плоскости $\alpha$, можно провести единственную прямую $l$, перпендикулярную плоскости $\alpha$ (это перпендикуляр, опущенный из точки на плоскость). Любая плоскость, которая содержит эту прямую $l$, будет перпендикулярна плоскости $\alpha$ по тому же признаку перпендикулярности плоскостей. И так как точка $M$ лежит на прямой $l$, все эти плоскости будут проходить через точку $M$. Как и в первом случае, через прямую $l$ проходит бесконечное множество плоскостей. Следовательно, если точка не лежит в плоскости, через нее также можно провести бесконечно много плоскостей, перпендикулярных данной.

Таким образом, вне зависимости от того, принадлежит ли данная точка данной плоскости или нет, через нее можно провести бесконечно много плоскостей, перпендикулярных этой плоскости.

Ответ: Бесконечно много.

17.8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями:

а) $ABC$ и $AB_1D_1$;

б) $ABC$ и $ACB_1$.

а) $ABC$ и $AB_1D_1$

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина $A$ куба совпадает с началом координат, ребро $AB$ лежит на оси $Ox$, ребро $AD$ — на оси $Oy$, а ребро $AA_1$ — на оси $Oz$. Примем длину ребра куба равной $a$. Тогда координаты вершин будут:

$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D(0, a, 0)$

$A_1(0, 0, a)$, $B_1(a, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$, $D_1(0, a, a)$

Угол между двумя плоскостями можно найти как угол между их нормальными векторами.

Плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$, ее уравнение $z=0$. Нормальный вектор к этой плоскости $\vec{n}_1$ сонаправлен с осью $Oz$, поэтому $\vec{n}_1 = (0, 0, 1)$.

Найдем нормальный вектор $\vec{n}_2$ к плоскости $AB_1D_1$. Эта плоскость проходит через точки $A(0, 0, 0)$, $B_1(a, 0, a)$ и $D_1(0, a, a)$. Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости: $\vec{AB_1} = (a-0, 0-0, a-0) = (a, 0, a)$ и $\vec{AD_1} = (0-0, a-0, a-0) = (0, a, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}_2$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n}_2 = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot a) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot a - 0 \cdot 0) = -a^2\mathbf{i} - a^2\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (-a^2, -a^2, a^2)$.

Для удобства можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив на $-a^2$: $\vec{n'}_2 = (1, 1, -1)$.

Теперь найдем косинус угла $\alpha$ между нормальными векторами $\vec{n}_1$ и $\vec{n'}_2$:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n'}_2|}{|\vec{n}_1| \cdot |\vec{n'}_2|} = \frac{|(0 \cdot 1) + (0 \cdot 1) + (1 \cdot (-1))|}{\sqrt{0^2+0^2+1^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}} = \frac{|-1|}{\sqrt{1} \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Тангенс угла $\alpha$ найдем, используя тригонометрическое тождество $1 + \tan^2\alpha = \sec^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$:

$\tan^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1 = \frac{1}{(1/\sqrt{3})^2} - 1 = 3 - 1 = 2$.

Поскольку угол между плоскостями острый, $\tan \alpha > 0$, следовательно, $\tan \alpha = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$.

б) $ABC$ и $ACB_1$

Для нахождения угла между плоскостями $ABC$ и $ACB_1$ воспользуемся геометрическим методом. Пусть ребро куба равно $a$.

Плоскости $ABC$ и $ACB_1$ пересекаются по прямой $AC$, так как точки $A$ и $C$ принадлежат обеим плоскостям. Угол между плоскостями — это двугранный угол, который измеряется своим линейным углом. Чтобы построить линейный угол, нужно в каждой из плоскостей провести перпендикуляр к линии их пересечения $AC$ в одной и той же точке.

1. В плоскости основания $ABC$ проведем диагональ $BD$. В квадрате $ABCD$ диагонали перпендикулярны, то есть $BD \perp AC$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Тогда $BO \perp AC$.

2. В плоскости $ACB_1$ рассмотрим треугольник $\triangle ACB_1$. Найдем длины его сторон:
$AC$ — диагональ квадрата со стороной $a$, $AC = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.
$AB_1$ — диагональ грани $ABB_1A_1$, $AB_1 = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.
$CB_1$ — диагональ грани $BCC_1B_1$, $CB_1 = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.
Все стороны треугольника $\triangle ACB_1$ равны, следовательно, он равносторонний. В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к стороне, является также и высотой. Точка $O$ — середина $AC$. Значит, медиана $B_1O$ является и высотой, то есть $B_1O \perp AC$.

3. Мы построили два перпендикуляра ($BO$ и $B_1O$) к линии пересечения $AC$ в одной точке $O$. Следовательно, угол между плоскостями $ABC$ и $ACB_1$ равен углу $\angle B_1OB$.

4. Найдем тангенс этого угла. Рассмотрим треугольник $\triangle B_1BO$. Ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $BO$. Таким образом, $\triangle B_1BO$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle B_1BO$.
Длины катетов:
$BB_1 = a$ (ребро куба).
$BO$ — половина диагонали $BD$, $BO = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2}(a\sqrt{2}) = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Тангенс угла $\angle B_1OB$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:

$\tan(\angle B_1OB) = \frac{BB_1}{BO} = \frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \frac{2a}{a\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$.

17.9. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите косинус угла между плоскостями $ACB_1$ и $ACD_1$.

17.10. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$

Для нахождения косинуса угла между плоскостями $ACB_1$ и $ACD_1$ воспользуемся классическим геометрическим методом. Угол между двумя пересекающимися плоскостями измеряется линейным углом соответствующего двугранного угла. Линейный угол — это угол между двумя лучами, проведенными в плоскостях из одной точки на линии их пересечения перпендикулярно этой линии.

Нахождение линии пересечения плоскостей
Плоскости $ACB_1$ и $ACD_1$ имеют две общие точки — $A$ и $C$. Следовательно, они пересекаются по прямой $AC$, которая является диагональю нижнего основания куба.

Построение линейного угла двугранного угла
Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$, то есть точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$.В плоскости основания $ABCD$ диагонали перпендикулярны, следовательно, $BO \perp AC$.Ребро куба $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе $BB_1 \perp AC$.Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BO$ и $BB_1$) в плоскости $BB_1D_1D$, то она перпендикулярна всей этой плоскости.Прямая $B_1O$ лежит в плоскости $BB_1D_1D$, поэтому $B_1O \perp AC$. Прямая $B_1O$ лежит в плоскости $ACB_1$.Аналогично, в плоскости основания $DO \perp AC$. Ребро $DD_1 \perp AC$. Значит, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BB_1D_1D$, в которой лежит прямая $D_1O$. Следовательно, $D_1O \perp AC$. Прямая $D_1O$ лежит в плоскости $ACD_1$.Таким образом, угол $\angle B_1OD_1$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ACB_1$ и $ACD_1$. Нам нужно найти косинус этого угла.

Вычисление элементов треугольника $B_1OD_1$
Примем длину ребра куба за $a$.Диагональ основания $BD = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.Так как $O$ — середина диагонали $BD$, то $BO = DO = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.Рассмотрим прямоугольный треугольник $BB_1O$ (угол $\angle B_1BO = 90^\circ$, так как $BB_1$ перпендикулярно основанию). По теореме Пифагора:$B_1O^2 = BB_1^2 + BO^2 = a^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = a^2 + \frac{2a^2}{4} = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$.Значит, $B_1O = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = a\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.Треугольник $DD_1O$ равен треугольнику $BB_1O$, поэтому $D_1O = B_1O = a\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.Сторона $B_1D_1$ является диагональю верхнего основания куба, поэтому ее длина равна $B_1D_1 = a\sqrt{2}$.

Нахождение косинуса искомого угла
Рассмотрим треугольник $B_1OD_1$. Мы знаем длины всех его сторон: $B_1O = D_1O = a\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ и $B_1D_1 = a\sqrt{2}$.Применим теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle B_1OD_1)$:$B_1D_1^2 = B_1O^2 + D_1O^2 - 2 \cdot B_1O \cdot D_1O \cdot \cos(\angle B_1OD_1)$$(a\sqrt{2})^2 = \left(\frac{3a^2}{2}\right) + \left(\frac{3a^2}{2}\right) - 2 \cdot \left(a\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) \cdot \left(a\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) \cdot \cos(\angle B_1OD_1)$$2a^2 = 3a^2 - 2 \cdot \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\angle B_1OD_1)$$2a^2 = 3a^2 - 3a^2 \cdot \cos(\angle B_1OD_1)$$3a^2 \cdot \cos(\angle B_1OD_1) = 3a^2 - 2a^2$$3a^2 \cdot \cos(\angle B_1OD_1) = a^2$$\cos(\angle B_1OD_1) = \frac{a^2}{3a^2} = \frac{1}{3}$

Ответ: $\frac{1}{3}$

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

а) $ABB_1$ и $CDD_1$;

б) $ACC_1$ и $CDD_1$;

в) $ACC_1$ и $DEE_1$;

г) $ACC_1$ и $CEE_1$;

д) $ABC$ и $BDE_1$;

е) $CDF_1$ и $AFD_1$.

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

$A(1, 0, 0)$

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

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

$D(-1, 0, 0)$

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

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

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

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

а) $ABB_1$ и $CDD_1$

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

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

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

Ответ: $60^\circ$

б) $ACC_1$ и $CDD_1$

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

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

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

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

Ответ: $90^\circ$

в) $ACC_1$ и $DEE_1$

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

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

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

Ответ: $30^\circ$

г) $ACC_1$ и $CEE_1$

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

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

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

Ответ: $60^\circ$

д) $ABC$ и $BDE_1$

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

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

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

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

Ответ: $45^\circ$

е) $CDF_1$ и $AFD_1$

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

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

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

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

Ответ: $60^\circ$

17.11. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ перпендикулярны плоскости:

а) $ABC$ и $ABB_1$;

б) $ABC$ и $ACC_1$;

в) $ABC$ и $ADD_1$;

г) $ACC_1$ и $BEE_1$;

д) $ADD_1$ и $BFF_1$.

В основе всех доказательств лежит определение правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Это означает, что ее основаниями являются правильные шестиугольники, а сама призма — прямая. Из того, что призма прямая, следует, что все ее боковые ребра (например, $AA_1, BB_1$ и т.д.) перпендикулярны плоскостям оснований ($ABC$ и $A_1B_1C_1$).

а)

Рассмотрим плоскость основания $ABC$ и плоскость боковой грани $ABB_1$.

По определению правильной призмы, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Запишем это как $BB_1 \perp (ABC)$.

Прямая $BB_1$ принадлежит плоскости боковой грани $ABB_1$.

Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Так как плоскость $ABB_1$ содержит прямую $BB_1$, которая перпендикулярна плоскости $ABC$, то плоскость $ABB_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б)

Рассмотрим плоскость основания $ABC$ и диагональную плоскость $ACC_1$. Эта плоскость определяется точками $A, C, C_1$ и также содержит точку $A_1$.

По определению правильной призмы, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, то есть $AA_1 \perp (ABC)$.

Прямая $AA_1$ принадлежит плоскости $ACC_1$.

Так как плоскость $ACC_1$ содержит прямую $AA_1$, перпендикулярную плоскости $ABC$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $ACC_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в)

Рассмотрим плоскость основания $ABC$ и диагональную плоскость $ADD_1$. Эта плоскость определяется точками $A, D, D_1$ и также содержит точку $A_1$.

По определению правильной призмы, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, то есть $AA_1 \perp (ABC)$.

Прямая $AA_1$ принадлежит плоскости $ADD_1$.

Так как плоскость $ADD_1$ содержит прямую $AA_1$, перпендикулярную плоскости $ABC$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $ADD_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

г)

Рассмотрим диагональные плоскости $ACC_1$ и $BEE_1$. Чтобы доказать их перпендикулярность, мы докажем, что прямая $BE$, лежащая в плоскости $BEE_1$, перпендикулярна плоскости $ACC_1$.

Для этого необходимо доказать, что прямая $BE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $ACC_1$. Выберем в качестве таких прямых $AC$ и $AA_1$.

1. Докажем, что $BE \perp AA_1$.
По определению правильной призмы, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Прямая $BE$ лежит в плоскости $ABC$. Следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $AA_1 \perp BE$.

2. Докажем, что $BE \perp AC$.
Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ с центром $O$. Треугольник $\triangle ABC$ является равнобедренным ($AB=BC$), а угол $\angle ABC = 120^\circ$ (как внутренний угол правильного шестиугольника). Тогда углы при основании $AC$ равны $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$.
В правильном шестиугольнике треугольник $\triangle OAB$ является равносторонним, так как радиус описанной окружности равен стороне ($OA=OB=AB$). Поэтому $\angle OAB = 60^\circ$.
Пусть $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BE$. $K$ лежит на отрезке $OB$. Рассмотрим $\triangle ABK$. В нем $\angle KAB = \angle BAC = 30^\circ$. Угол $\angle ABK$ совпадает с углом $\angle ABO$ равностороннего $\triangle OAB$, поэтому $\angle ABK = 60^\circ$.
Найдем третий угол $\triangle ABK$: $\angle AKB = 180^\circ - \angle KAB - \angle ABK = 180^\circ - 30^\circ - 60^\circ = 90^\circ$.
Это означает, что прямые $AC$ и $BE$ перпендикулярны.

3. Заключение.
Мы доказали, что прямая $BE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $AA_1$ в плоскости $ACC_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BE \perp (ACC_1)$.
Поскольку прямая $BE$ принадлежит плоскости $BEE_1$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, $(BEE_1) \perp (ACC_1)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

д)

Рассмотрим диагональные плоскости $ADD_1$ и $BFF_1$. Чтобы доказать их перпендикулярность, мы докажем, что прямая $BF$, лежащая в плоскости $BFF_1$, перпендикулярна плоскости $ADD_1$.

Для этого необходимо доказать, что прямая $BF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $ADD_1$. Выберем в качестве таких прямых $AD$ и $AA_1$.

1. Докажем, что $BF \perp AA_1$.
По определению правильной призмы, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Прямая $BF$ лежит в этой плоскости основания. Следовательно, $AA_1 \perp BF$.

2. Докажем, что $BF \perp AD$.
Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Главная диагональ $AD$ является осью симметрии этого шестиугольника. При симметрии относительно прямой $AD$ вершина $B$ переходит в вершину $F$, а вершина $C$ — в вершину $E$.
По свойству осевой симметрии, отрезок, соединяющий две взаимно симметричные точки (в данном случае $B$ и $F$), перпендикулярен оси симметрии ($AD$). Следовательно, $BF \perp AD$.

3. Заключение.
Мы доказали, что прямая $BF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AD$ и $AA_1$ в плоскости $ADD_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BF \perp (ADD_1)$.
Поскольку прямая $BF$ принадлежит плоскости $BFF_1$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, $(BFF_1) \perp (ADD_1)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.