Номер 35, страница 123 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

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: $45^\circ$.