Номер 29, страница 122 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

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: $30^\circ$