Номер 22, страница 122 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

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: $60^\circ$