Номер 34, страница 123 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

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: $45^\circ$.