Страница 168 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

16. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а боковые ребра равны 2 см, найдите косинус угла между прямыми $SB$ и $AD$.

Дано:

Пирамида $SABCDEF$ — правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$ см.

Боковое ребро $l = 2$ см.

Найти:

Косинус угла между прямыми $SB$ и $AD$.

Решение:

Угол между скрещивающимися прямыми $SB$ и $AD$ равен углу между одной из этих прямых и прямой, параллельной второй прямой и пересекающей первую.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ параллельна стороне $BC$.

Таким образом, угол между прямыми $SB$ и $AD$ равен углу между прямыми $SB$ и $BC$. Эти прямые пересекаются в точке $B$ и образуют угол $\angle SBC$.

Рассмотрим треугольник $SBC$.

• $SB$ — боковое ребро пирамиды, по условию $SB = 2$ см.
• $SC$ — боковое ребро пирамиды, по условию $SC = 2$ см.
• $BC$ — сторона основания, по условию $BC = 1$ см.

Треугольник $SBC$ является равнобедренным с основанием $BC$.

Найдем косинус угла $\angle SBC$ с помощью теоремы косинусов для треугольника $SBC$:

$SC^2 = SB^2 + BC^2 - 2 \cdot SB \cdot BC \cdot \cos(\angle SBC)$

Подставим известные значения:

$2^2 = 2^2 + 1^2 - 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \cos(\angle SBC)$

$4 = 4 + 1 - 4 \cdot \cos(\angle SBC)$

$0 = 1 - 4 \cdot \cos(\angle SBC)$

$4 \cdot \cos(\angle SBC) = 1$

$\cos(\angle SBC) = \frac{1}{4}$

Поскольку угол между прямыми по определению является острым (или прямым), его косинус неотрицателен. Мы получили положительное значение, значит, это и есть искомый косинус.

Ответ: $\frac{1}{4}$.

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью...

Дано:

$ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб.

Найти:

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCC_1$.

Решение:

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её ортогональной проекцией на данную плоскость.

1. Построим проекцию прямой $AB_1$ на плоскость $BCC_1$. Плоскость $BCC_1$ — это плоскость боковой грани $BCC_1B_1$.

2. Проекция точки $B_1$ на плоскость $BCC_1$ есть сама точка $B_1$, так как точка $B_1$ принадлежит этой плоскости.

3. Для нахождения проекции точки $A$ на плоскость $BCC_1$ опустим перпендикуляр из точки $A$ на эту плоскость. В кубе ребро $AB$ перпендикулярно плоскости грани $BCC_1B_1$. Это следует из того, что ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BC$ (так как $ABCD$ — квадрат) и ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BB_1$ (так как $ABB_1A_1$ — квадрат). Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC$ и $BB_1$), лежащим в плоскости $BCC_1$, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, точка $B$ является ортогональной проекцией точки $A$ на плоскость $BCC_1$.

4. Таким образом, прямая $BB_1$ является проекцией прямой $AB_1$ на плоскость $BCC_1$.

5. Искомый угол (обозначим его $\alpha$) — это угол между наклонной $AB_1$ и её проекцией $BB_1$. То есть, $\alpha = \angle AB_1B$.

6. Рассмотрим треугольник $\triangle ABB_1$. Этот треугольник является прямоугольным, так как ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BB_1$ (угол $\angle ABB_1 = 90^\circ$).

7. Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда катеты в треугольнике $\triangle ABB_1$ равны: $AB = a$ и $BB_1 = a$. Следовательно, $\triangle ABB_1$ — равнобедренный прямоугольный треугольник.

8. В равнобедренном прямоугольном треугольнике острые углы равны друг другу и их сумма равна $90^\circ$, поэтому каждый из них равен $45^\circ$. Значит, искомый угол $\angle AB_1B = 45^\circ$.

Этот же результат можно получить с помощью тригонометрических функций. В прямоугольном треугольнике $\triangle ABB_1$:

$\tan(\angle AB_1B) = \frac{AB}{BB_1} = \frac{a}{a} = 1$

Отсюда $\angle AB_1B = \arctan(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

2. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCD_1$.

3. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $BCD_1$.

Решение:

Для решения задачи можно использовать два способа: координатный и геометрический.

Способ 1: Координатный метод

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $B$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $BA$, ось $Oy$ вдоль ребра $BC$, и ось $Oz$ вдоль ребра $BB_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

$B(0, 0, 0)$

$A(a, 0, 0)$

$C(0, a, 0)$

$B_1(0, 0, a)$

$D(a, a, 0)$, следовательно, $D_1(a, a, a)$.

Направляющий вектор $\vec{s}$ для прямой $AB_1$ находится как разность координат ее точек:

$\vec{s} = \vec{AB_1} = \{0-a; 0-0; a-0\} = \{-a; 0; a\}$.

Плоскость $BCD_1$ проходит через точки $B(0, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$ и $D_1(a, a, a)$. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к этой плоскости. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$:

$\vec{BC} = \{0-0; a-0; 0-0\} = \{0; a; 0\}$

$\vec{BD_1} = \{a-0; a-0; a-0\} = \{a; a; a\}$

Вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен этим векторам, и его можно найти через их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & a & 0 \\ a & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a \cdot a - 0 \cdot a) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot a) + \mathbf{k}(0 \cdot a - a \cdot a) = \{a^2; 0; -a^2\}$.

Для упрощения вычислений можно использовать коллинеарный вектор, разделив координаты на $a^2$: $\vec{n'} = \{1; 0; -1\}$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью определяется формулой:

$\sin(\alpha) = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n'}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n'}$:

$\vec{s} \cdot \vec{n'} = (-a) \cdot 1 + 0 \cdot 0 + a \cdot (-1) = -a - a = -2a$.

Вычислим модули векторов:

$|\vec{s}| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

$|\vec{n'}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.

Подставим значения в формулу:

$\sin(\alpha) = \frac{|-2a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2a}{a \cdot 2} = 1$.

Так как $\sin(\alpha) = 1$, то искомый угол $\alpha = 90^\circ$.

Способ 2: Геометрический метод

Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Докажем, что прямая $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $BCD_1$, например, $BC$ и $CD_1$.

1. Докажем, что $AB_1 \perp BC$.

Ребро $BC$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$, так как $BC \perp AB$ (как стороны квадрата) и $BC \perp BB_1$ (как ребра куба). Прямая $AB_1$ лежит в плоскости $ABB_1A_1$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, включая $AB_1$. Таким образом, $AB_1 \perp BC$.

2. Докажем, что $AB_1 \perp CD_1$.

Рассмотрим четырехугольник $A_1BCD_1$. Вектор $\vec{BC} = \{0, a, 0\}$. Вектор $\vec{A_1D_1} = D_1 - A_1 = \{a,a,a\} - \{a,0,a\} = \{0,a,0\}$. Так как $\vec{BC} = \vec{A_1D_1}$, то $A_1BCD_1$ — параллелограмм. Прямая $CD_1$ параллельна прямой $BA_1$.Прямые $AB_1$ и $BA_1$ являются диагоналями квадрата $ABB_1A_1$. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, $AB_1 \perp BA_1$.

Поскольку $CD_1 \parallel BA_1$ и $AB_1 \perp BA_1$, то $AB_1 \perp CD_1$.

Так как прямая $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC$ и $CD_1$) в плоскости $BCD_1$, она перпендикулярна и самой плоскости. Угол между ними равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

3. Вопрос в задаче 3 сформулирован не полностью. В условии "В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью" отсутствует определение плоскости, угол с которой необходимо найти. В связи с этим, решить задачу невозможно.

3. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямой $CA_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

4. В правильной треугольной пирамиде $ABCA_1B_1C_1$ ребра которой

Дано:

$ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб.

Прямая: $CA_1$.

Плоскость: $AB_1D_1$.

Найти:

Угол $\phi$ между прямой $CA_1$ и плоскостью $AB_1D_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим оси координат вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AD$, ось $Oy$ вдоль $AB$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

$A(0, 0, 0)$

$C(a, a, 0)$

$A_1(0, 0, a)$

$B_1(0, a, a)$

$D_1(a, 0, a)$

1. Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ прямой $CA_1$.

Направляющий вектор прямой, проходящей через две точки, находится как разность координат этих точек.

$\vec{s} = \vec{CA_1} = \{x_{A_1} - x_C; y_{A_1} - y_C; z_{A_1} - z_C\} = \{0-a; 0-a; a-0\} = \{-a; -a; a\}$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $AB_1D_1$.

Плоскость $AB_1D_1$ проходит через три точки $A(0, 0, 0)$, $B_1(0, a, a)$ и $D_1(a, 0, a)$. Вектор нормали к плоскости можно найти как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости, например, векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{AB_1} = \{0-0; a-0; a-0\} = \{0; a; a\}$

$\vec{AD_1} = \{a-0; 0-0; a-0\} = \{a; 0; a\}$

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

Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный вектор, разделив координаты на $a^2$: $\vec{n'} = \{1; 1; -1\}$.

3. Найдем угол $\phi$ между прямой и плоскостью.

Угол $\phi$ между прямой и плоскостью определяется через синус угла между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости по формуле:

$\sin\phi = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n'}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n'}$:

$\vec{s} \cdot \vec{n'} = (-a) \cdot 1 + (-a) \cdot 1 + a \cdot (-1) = -a - a - a = -3a$.

Вычислим модули векторов:

$|\vec{s}| = \sqrt{(-a)^2 + (-a)^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{3a^2} = a\sqrt{3}$.

$|\vec{n'}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для синуса угла:

$\sin\phi = \frac{|-3a|}{a\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3a}{3a} = 1$.

Если $\sin\phi = 1$, то угол $\phi$ равен $90^\circ$.

Это означает, что прямая $CA_1$ перпендикулярна плоскости $AB_1D_1$.

Ответ: 90°.

4. В правильной треугольной призме $ABC A_1 B_1 C_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $ACC_1$.

Дано:

$ABCA_1B_1C_1$ — правильная треугольная призма
Все рёбра равны 1 см.

Перевод в систему СИ:
Длина ребра $L = 0.01$ м

Найти:

Угол $\alpha$ между прямой $AB_1$ и плоскостью $ACC_1$.

Решение:

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Плоскость $ACC_1$ сов

5. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны $1$ см, найдите угол между прямой $SB$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

$SABCD$ — правильная четырехугольная пирамида.

Все ребра равны 1 см, т.е. $SA = SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 1$ см.

Перевод в СИ:
Длина ребра $a = 1$ см $= 0.01$ м.

Найти:

Угол между прямой $SB$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. В нашем случае искомый угол — это угол между боковым ребром $SB$ и плоскостью основания $ABCD$.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$, который является основанием пирамиды. Поскольку пирамида $SABCD$ правильная, её вершина $S$ проецируется в центр основания. Следовательно, высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABC$.

Проекцией точки $S$ на плоскость $ABC$ является точка $O$. Точка $B$ уже лежит в плоскости основания, поэтому ее проекция совпадает с самой точкой $B$. Таким образом, отрезок $OB$ является проекцией наклонной $SB$ на плоскость $ABC$.

Искомый угол — это угол $\angle SBO$. Найдем его из прямоугольного треугольника $\triangle SOB$, где $\angle SOB = 90^\circ$ (так как $SO$ — перпендикуляр к плоскости, в которой лежит $OB$).

Для нахождения угла нам нужно знать длины хотя бы двух сторон этого треугольника.

1. Гипотенуза $SB$ является боковым ребром пирамиды. По условию, ее длина равна $SB = 1$ см.

2. Катет $OB$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Найдем сначала длину диагонали $BD$ по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $\triangle ABD$ (где $AB = 1$ см и $AD = 1$ см):

$BD^2 = AB^2 + AD^2$

$BD^2 = 1^2 + 1^2 = 2$

$BD = \sqrt{2}$ см.

Точка $O$ является серединой диагонали $BD$, поэтому:

$OB = \frac{1}{2} BD = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

3. Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle SOB$ мы знаем длину гипотенузы $SB$ и прилежащего к искомому углу $\angle SBO$ катета $OB$. Мы можем найти косинус этого угла:

$\cos(\angle SBO) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{OB}{SB} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45^\circ$.

Следовательно, угол между прямой $SB$ и плоскостью $ABC$ равен $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

6. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а боковые ребра равны 2 см, найдите угол между прямой $SC$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

$SABCDEF$ — правильная шестиугольная пирамида.
Сторона основания $a = 1$ см.
Боковое ребро $l = 2$ см.

Найти:

Угол между прямой $SC$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$, лежащего в основании пирамиды. Так как пирамида $SABCDEF$ является правильной, её вершина $S$ проецируется в центр основания $O$. Это означает, что отрезок $SO$ является высотой пирамиды и перпендикулярен плоскости основания, то есть $SO \perp (ABC)$.

Проекцией точки $S$ на плоскость $(ABC)$ является точка $O$. Проекцией точки $C$ на плоскость $(ABC)$ является сама точка $C$, так как она лежит в этой плоскости. Следовательно, проекцией наклонной $SC$ на плоскость $(ABC)$ является отрезок $OC$.

Искомый угол — это угол между прямой $SC$ и её проекцией $OC$, то есть угол $\angle SCO$.

Рассмотрим треугольник $\triangle SOC$. Так как $SO$ — высота, то $SO \perp OC$. Следовательно, треугольник $\triangle SOC$ является прямоугольным, где $\angle SOC = 90^\circ$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине его стороны. Таким образом, длина отрезка $OC$ равна длине стороны основания.

$OC = BC = 1$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle SOC$ нам известны:
- гипотенуза $SC = 2$ см (по условию, это боковое ребро).
- катет $OC = 1$ см (прилежащий к искомому углу).

Косинус угла в прямоугольном треугольнике равен отношению прилежащего катета к гипотенузе. Для угла $\angle SCO$:

$\cos(\angle SCO) = \frac{OC}{SC} = \frac{1}{2}$

Из этого соотношения находим величину угла:

$\angle SCO = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$

Ответ: $60^\circ$.

7. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между прямой AB и плоскостью $CDD_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1 см, т.е. $AB = BB_1 = 1$ см.

Найти:

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $CDD_1$.

Решение:

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Рассмотрим основания призмы – правильные шестиугольники $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$. В правильном шестиугольнике стороны, расположенные через одну, параллельны. В частности, сторона $CD$ параллельна стороне $AF$. То есть, $CD \parallel AF$.

Поскольку призма правильная, она является прямой, и ее боковые ребра перпендикулярны основаниям. Следовательно, все боковые ребра параллельны друг другу: $DD_1 \parallel AA_1$.

Мы имеем две пересекающиеся прямые ($CD$ и $DD_1$) в плоскости $CDD_1$, которые соответственно параллельны двум пересекающимся прямым ($AF$ и $AA_1$) в плоскости $AFF_1$. По признаку параллельности плоскостей, плоскость $(CDD_1)$ параллельна плоскости $(AFF_1)$.

Угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $(CDD_1)$ равен углу между прямой $AB_1$ и параллельной ей плоскостью $(AFF_1)$.

Найдем угол между прямой $AB_1$ и плоскостью $(AFF_1)$. Точка $A$ прямой $AB_1$ принадлежит этой плоскости. Поэтому искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $AB_1$ и её проекцией на плоскость $(AFF_1)$.

Построим проекцию прямой $AB_1$ на плоскость $(AFF_1)$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $B_1$ на плоскость $(AFF_1)$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. Тогда прямая $AH$ является проекцией прямой $AB_1$ на плоскость $(AFF_1)$, а искомый угол $\alpha$ равен углу $\angle B_1AH$.

Треугольник $\triangle B_1AH$ является прямоугольным с прямым углом $\angle AHB_1 = 90^\circ$. Синус угла $\alpha$ можно найти из соотношения:

$\sin(\alpha) = \frac{HB_1}{AB_1}$

Найдем длины гипотенузы $AB_1$ и катета $HB_1$.

1. Длина $AB_1$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABB_1$ (он прямоугольный, так как ребро $BB_1$ перпендикулярно основанию $ABCDEF$, а значит и прямой $AB$). По теореме Пифагора:

$AB_1 = \sqrt{AB^2 + BB_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ см.

2. Длина $HB_1$. Длина перпендикуляра $HB_1$ — это расстояние от точки $B_1$ до плоскости $(AFF_1)$. Так как призма прямая, это расстояние равно расстоянию от точки $B$ до прямой $AF$ в плоскости основания.

Рассмотрим основание $ABCDEF$. Пусть $O$ — центр шестиугольника. Треугольники $\triangle OAB$ и $\triangle OFA$ — равносторонние со стороной 1. Тогда $\angle OAB = 60^\circ$ и $\angle OAF = 60^\circ$. Следовательно, угол шестиугольника $\angle FAB = \angle OAB + \angle OAF = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$.

Расстояние от точки $B$ до прямой $AF$ можно найти как высоту в треугольнике $\triangle ABF$, опущенную из вершины $B$. Или, что проще, зная угол между сторонами $AB$ и $AF$: расстояние от $B$ до прямой $AF$ равно $AB \cdot \sin(\angle BAF')$, где $\angle BAF'$ - острый угол между прямой $AB$ и прямой $AF$. Угол между прямыми равен $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Расстояние $d(B, AF) = AB \cdot \sin(180^\circ - 120^\circ) = 1 \cdot \sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см.

Таким образом, $HB_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см.

3. Теперь можем найти синус искомого угла $\alpha$:

$\sin(\alpha) = \frac{HB_1}{AB_1} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

Следовательно, искомый угол $\alpha = \arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)$.

8. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $CDD_1$.

Дано:

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная шестиугольная.
Длина всех ребер $a = 1$ см.

$a = 0.01$ м.

Найти:

Угол $\alpha$ между прямой $AC$ и плоскостью $CDD_1$.

Решение:

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Мы докажем, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $CDD_1$, а значит, искомый угол равен $90^\circ$.

Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых в плоскости $CDD_1$ выберем прямые $CD$ и $DD_1$.

1. Докажем, что $AC \perp DD_1$.

Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная, она является прямой призмой. Это означает, что её боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Прямая $AC$ лежит в плоскости основания $ABCDEF$. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна прямой $DD_1$.

2. Докажем, что $AC \perp CD$.

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $a=1$. Все внутренние углы правильного шестиугольника равны $120^\circ$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Он равнобедренный, так как $AB = BC = 1$. Угол $\angle ABC = 120^\circ$. По теореме косинусов найдем длину стороны $AC$:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$

$AC^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ) = 1 + 1 - 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2 + 1 = 3$

$AC = \sqrt{3}$

Теперь рассмотрим диагональ $AD$ шестиугольника. В правильном шестиугольнике большая диагональ в два раза длиннее стороны, поэтому $AD = 2 \cdot a = 2 \cdot 1 = 2$.

Рассмотрим треугольник $ACD$. Мы знаем длины всех его сторон: $AC = \sqrt{3}$, $CD = 1$ (так как это сторона шестиугольника), $AD = 2$.

Проверим, выполняется ли для этого треугольника теорема Пифагора:

$AC^2 + CD^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4$

$AD^2 = 2^2 = 4$

Поскольку $AC^2 + CD^2 = AD^2$, по обратной теореме Пифагора треугольник $ACD$ является прямоугольным, с прямым углом при вершине $C$. Следовательно, $AC \perp CD$.

3. Вывод.

Мы установили, что:

1) $AC \perp DD_1$

2) $AC \perp CD$

Прямые $CD$ и $DD_1$ пересекаются в точке $D$ и обе лежат в плоскости $CDD_1$. Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $CDD_1$, она перпендикулярна и самой плоскости.

Угол между прямой и плоскостью, которой она перпендикулярна, равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между прямой $AC_1$ и плоскостью $BDD_1$.

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите

Дано:

$ABCDA_1B_1C_1D_1$ - куб.

Найти:

Тангенс угла между прямой $AC_1$ и плоскостью $BDD_1$.

Решение:

Пусть ребро куба равно $a$.
Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.
Найдём проекцию прямой $AC_1$ на плоскость $BDD_1$. Для этого найдём проекции точек $A$ и $C_1$ на эту плоскость.
Пусть $O$ — центр основания $ABCD$ (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$), а $O_1$ — центр верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ (точка пересечения диагоналей $A_1C_1$ и $B_1D_1$).

1. Рассмотрим проекцию точки $A$ на плоскость $BDD_1$.
В основании куба лежит квадрат $ABCD$, его диагонали перпендикулярны, следовательно, $AC \perp BD$. Отсюда, отрезок $AO \perp BD$.
Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $AO$.
Таким образом, прямая $AO$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $DD_1$) в плоскости $BDD_1$. Следовательно, $AO$ является перпендикуляром к плоскости $BDD_1$.
Значит, точка $O$ является проекцией точки $A$ на плоскость $BDD_1$.

2. Рассмотрим проекцию точки $C_1$ на плоскость $BDD_1$.
Аналогично, в верхнем основании $A_1B_1C_1D_1$ диагонали перпендикулярны, поэтому $C_1O_1 \perp B_1D_1$.
Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости $A_1B_1C_1D_1$ и, следовательно, прямой $C_1O_1$.
Прямые $B_1D_1$ и $DD_1$ лежат в плоскости $BDD_1$ и пересекаются. Значит, прямая $C_1O_1$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$.
Следовательно, точка $O_1$ является проекцией точки $C_1$ на плоскость $BDD_1$.

3. Проекцией прямой $AC_1$ на плоскость $BDD_1$ является прямая $OO_1$.
Искомый угол $\alpha$ — это угол между прямыми $AC_1$ и $OO_1$.
Пусть $M$ — центр куба. $M$ является серединой пространственной диагонали $AC_1$, а также серединой отрезка $OO_1$, соединяющего центры оснований. Таким образом, прямые $AC_1$ и $OO_1$ пересекаются в точке $M$.
Рассмотрим треугольник $C_1MO_1$. Он является прямоугольным, так как $C_1O_1$ — перпендикуляр к плоскости $BDD_1$, а прямая $MO_1$ лежит в этой плоскости, следовательно, $\angle MO_1C_1 = 90^\circ$.
Искомый угол $\alpha$ равен углу $\angle C_1MO_1$.

4. Найдем длины катетов треугольника $C_1MO_1$:
$C_1O_1$ — это половина диагонали $A_1C_1$ квадрата $A_1B_1C_1D_1$. Диагональ квадрата со стороной $a$ равна $a\sqrt{2}$.
$C_1O_1 = \frac{1}{2} A_1C_1 = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
$MO_1$ — это половина высоты куба (половина длины отрезка $OO_1$).
$MO_1 = \frac{1}{2} OO_1 = \frac{a}{2}$.

5. Найдём тангенс угла $\alpha = \angle C_1MO_1$ из прямоугольного треугольника $C_1MO_1$:
$\tan \alpha = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{C_1O_1}{MO_1} = \frac{a\sqrt{2}/2}{a/2} = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$.

10. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $CB_1D_1$.

Дано:

ABCDA₁B₁C₁D₁ - куб.

Найти:

Синус угла между прямой AB₁ и плоскостью CB₁D₁.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке D. Направим оси Ox, Oy, Oz вдоль ребер DA, DC, DD₁ соответственно. Пусть ребро куба равно $a$.

В этой системе координат вершины, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты: A$(a, 0, 0)$, B₁$(a, a, a)$, C$(0, a, 0)$, D₁$(0, 0, a)$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Синус этого угла можно найти, используя угол $\beta$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости, по формуле: $\sin \alpha = |\cos \beta|$.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ прямой AB₁:$\vec{s} = \vec{AB_1} = (a-a; a-0; a-0) = (0, a, a)$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости CB₁D₁. Вектор нормали перпендикулярен любым двум неколлинеарным векторам, лежащим в плоскости. Найдем векторы $\vec{CB_1}$ и $\vec{CD_1}$:

$\vec{CB_1} = (a-0; a-a; a-0) = (a, 0, a)$.

$\vec{CD_1} = (0-0; 0-a; a-0) = (0, -a, a)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ найдем как векторное произведение векторов $\vec{CB_1}$ и $\vec{CD_1}$. Если $\vec{u}=(u_x, u_y, u_z)$ и $\vec{v}=(v_x, v_y, v_z)$, то их векторное произведение $\vec{w}=\vec{u} \times \vec{v}$ имеет координаты $(u_y v_z - u_z v_y, u_z v_x - u_x v_z, u_x v_y - u_y v_x)$.

Для наших векторов:$n_x = 0 \cdot a - a \cdot (-a) = a^2$$n_y = a \cdot 0 - a \cdot a = -a^2$$n_z = a \cdot (-a) - 0 \cdot 0 = -a^2$Таким образом, $\vec{n} = (a^2, -a^2, -a^2)$. Для удобства расчетов можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив все координаты на $a^2$ (так как $a \ne 0$): $\vec{n} = (1, -1, -1)$.

3. Теперь найдем синус угла $\alpha$ между прямой AB₁ и плоскостью CB₁D₁ по формуле:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n}$:

$\vec{s} \cdot \vec{n} = 0 \cdot 1 + a \cdot (-1) + a \cdot (-1) = -2a$.

Найдем модули (длины) векторов:

$|\vec{s}| = \sqrt{0^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

Подставим полученные значения в формулу:

$\sin \alpha = \frac{|-2a|}{a\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}} = \frac{2a}{a\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

11. В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $E$ — середина ребра $BD$.

Найдите синус угла между прямой $AE$ и плоскостью $ABC$.

Дано:
ABCD – правильный тетраэдр.
E – середина ребра BD.

Найти:
Синус угла между прямой AE и плоскостью ABC.

Решение:
Угол между прямой и плоскостью – это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол как $\alpha$.

Пусть ребро правильного тетраэдра равно $a$. Все грани тетраэдра являются равносторонними треугольниками со стороной $a$.

Для нахождения угла $\alpha$ необходимо:
1. Найти проекцию прямой AE на плоскость ABC. Для этого опустим перпендикуляр EH из точки E на плоскость ABC. Точка H будет проекцией точки E на плоскость ABC. Так как точка A уже лежит в этой плоскости, она является своей собственной проекцией. Таким образом, прямая AH является проекцией прямой AE на плоскость ABC, а искомый угол $\alpha$ – это угол EAH.
2. В прямоугольном треугольнике AEH (где $\angle AHE = 90^\circ$) синус угла $\alpha$ определяется как отношение противолежащего катета EH к гипотенузе AE:
$\sin(\alpha) = \sin(\angle EAH) = \frac{EH}{AE}$

Вычислим длины отрезков AE и EH.

Найдём длину AE:
Рассмотрим грань ABD. Это равносторонний треугольник со стороной $a$. AE является медианой, проведённой к стороне BD. В равностороннем треугольнике медиана также является и высотой. Длина высоты в равностороннем треугольнике со стороной $a$ вычисляется по формуле:
$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Найдём длину EH:
EH – это длина перпендикуляра, опущенного из точки E на плоскость ABC, то есть расстояние от точки E до плоскости ABC.
Пусть O – центр основания ABC (точка пересечения медиан). DO – высота тетраэдра, перпендикулярная плоскости ABC.
Рассмотрим плоскость BDO. Точка E, как середина BD, лежит в этой плоскости. Проекция E на плоскость ABC, точка H, будет лежать на отрезке BO.
Треугольники $\triangle BHE$ и $\triangle BOD$ подобны по двум углам (общий угол при вершине B и прямые углы $\angle BHE = \angle BOD = 90^\circ$).
По условию E – середина BD, значит, $\frac{BE}{BD} = \frac{1}{2}$.
Из подобия треугольников следует:
$\frac{EH}{DO} = \frac{BE}{BD} = \frac{1}{2}$, откуда $EH = \frac{1}{2} DO$.

Теперь найдём высоту тетраэдра DO. В равностороннем треугольнике ABC расстояние от вершины до центра (радиус описанной окружности) равно $AO = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ADO ($\angle AOD = 90^\circ$). По теореме Пифагора:
$DO^2 = AD^2 - AO^2 = a^2 - (\frac{a\sqrt{3}}{3})^2 = a^2 - \frac{3a^2}{9} = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3}$
$DO = \sqrt{\frac{2a^2}{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$
Следовательно, длина EH равна:
$EH = \frac{1}{2} DO = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{3} = \frac{a\sqrt{6}}{6}$

Вычислим синус угла $\alpha$:
Подставим найденные значения AE и EH в формулу для синуса:
$\sin(\alpha) = \frac{EH}{AE} = \frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{6} \cdot \frac{2}{a\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{3}}$
Упростим выражение:
$\sin(\alpha) = \frac{\sqrt{2 \cdot 3}}{3\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

12. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите тангенс угла между прямой $BB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

Дано:

$ABCA_1B_1C_1$ — правильная треугольная призма.
Длина всех ребер $a = 1$ см.

Перевод в систему СИ:
$a = 0.01$ м.

Найти:

Тангенс угла между прямой $BB_1$ и плоскостью $AB_1C_1$.

Решение:

Пусть $\alpha$ — искомый угол между прямой $BB_1$ и плоскостью $AB_1C_1$. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Для нахождения проекции прямой $BB_1$ на плоскость $AB_1C_1$, опустим перпендикуляр из точки $B$ на эту плоскость. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. Тогда отрезок $BH$ является перпендикуляром к плоскости $AB_1C_1$, а его длина $BH$ — расстоянием от точки $B$ до плоскости $AB_1C_1$.

Поскольку точка $B_1$ принадлежит плоскости $AB_1C_1$, её проекция на эту плоскость совпадает с самой точкой $B_1$. Следовательно, проекцией отрезка $BB_1$ на плоскость $AB_1C_1$ является отрезок $B_1H$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle BB_1H$ в прямоугольном треугольнике $\triangle BB_1H$ (с прямым углом $\angle B H B_1$).

Из этого треугольника тангенс угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $BH$ к прилежащему катету $B_1H$: $ \tan(\alpha) = \frac{BH}{B_1H} $.

Найдем длину $BH$, используя метод объемов для тетраэдра $B AB_1 C_1$. Объем тетраэдра можно вычислить по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h$.

1. Вычислим объем тетраэдра, приняв за основание $\triangle BB_1C_1$, а за высоту — расстояние от точки $A$ до плоскости основания $(BCC_1B_1)$.

Так как призма правильная и все ребра равны 1, грань $BCC_1B_1$ является квадратом со стороной 1. Треугольник $\triangle BB_1C_1$ — прямоугольный, так как $\angle C_1B_1B = 90^\circ$. Его площадь равна: $ S_{\triangle BB_1C_1} = \frac{1}{2} \cdot BB_1 \cdot B_1C_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2} $.

Высота тетраэдра, опущенная из вершины $A$ на плоскость грани $BCC_1B_1$, равна высоте $h_{ABC}$ равностороннего треугольника $ABC$ со стороной 1, проведенной к стороне $BC$. $ h_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot AB = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Объем тетраэдра $B AB_1 C_1$ (он же $A BB_1 C_1$) равен: $ V = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle BB_1C_1} \cdot h_{ABC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{12} $.

2. Теперь выразим тот же объем, приняв за основание $\triangle AB_1C_1$, а за высоту — искомое расстояние $BH$: $ V = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle AB_1C_1} \cdot BH $.

Найдем площадь треугольника $AB_1C_1$. Для этого определим длины его сторон:
- $B_1C_1 = 1$ (ребро верхнего основания призмы).
- $AB_1$ — диагональ квадрата $ABB_1A_1$ со стороной 1. По теореме Пифагора: $AB_1 = \sqrt{AB^2 + BB_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
- $AC_1$ — диагональ квадрата $ACC_1A_1$ со стороной 1. $AC_1 = \sqrt{AC^2 + CC_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

Треугольник $AB_1C_1$ — равнобедренный со сторонами $\sqrt{2}, \sqrt{2}, 1$. Найдем его высоту $h'$, проведенную к основанию $B_1C_1$. По теореме Пифагора: $ h' = \sqrt{(AB_1)^2 - (\frac{B_1C_1}{2})^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{2 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2} $.

Площадь треугольника $AB_1C_1$: $ S_{\triangle AB_1C_1} = \frac{1}{2} \cdot B_1C_1 \cdot h' = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{7}}{2} = \frac{\sqrt{7}}{4} $.

Приравняем два выражения для объема, чтобы найти $BH$: $ \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle AB_1C_1} \cdot BH = \frac{\sqrt{3}}{12} $
$ \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{7}}{4} \cdot BH = \frac{\sqrt{3}}{12} $
$ \frac{\sqrt{7}}{12} \cdot BH = \frac{\sqrt{3}}{12} \implies BH = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} $.

3. Найдем длину катета $B_1H$ в прямоугольном треугольнике $\triangle BB_1H$. По теореме Пифагора: $ B_1H = \sqrt{BB_1^2 - BH^2} $. Длина ребра $BB_1 = 1$. $ B_1H = \sqrt{1^2 - (\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}})^2} = \sqrt{1 - \frac{3}{7}} = \sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}} $.

4. Наконец, вычислим искомый тангенс: $ \tan(\alpha) = \frac{BH}{B_1H} = \frac{\sqrt{3}/\sqrt{7}}{2/\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Ответ: $ \frac{\sqrt{3}}{2} $

13. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1 см, найдите синус угла между прямой $BD$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида.

Все ребра равны: $AB = BC = CD = DA = SA = SB = SC = SD = 1$ см.

Перевод в систему СИ:

Длина ребра $a = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$. Поскольку искомая величина (синус угла) является безразмерной, для удобства вычислений будем использовать значение длины ребра, равное 1.

Найти:

Синус угла $\alpha$ между прямой BD и плоскостью SBC, то есть $\sin(\alpha)$.

Решение:

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Синус этого угла равен отношению расстояния от любой точки на прямой (не лежащей в плоскости) до плоскости, к расстоянию от этой же точки до точки пересечения прямой с плоскостью.

В нашем случае прямая BD пересекает плоскость SBC в точке B. Возьмем точку D на прямой BD. Тогда синус искомого угла $\alpha$ можно найти по формуле:

$\sin(\alpha) = \frac{d(D, (SBC))}{BD}$

где $d(D, (SBC))$ – расстояние от точки D до плоскости SBC, а $BD$ – длина диагонали основания.

1. Найдем длину диагонали $BD$.

Основание пирамиды ABCD – это квадрат со стороной $a=1$. Диагональ квадрата $BD$ находится по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника BCD:

$BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

2. Найдем расстояние от точки D до плоскости SBC, обозначим его $h_D$.

Для этого воспользуемся методом объемов. Рассмотрим тетраэдр SBCD. Его объем можно вычислить двумя способами.

Способ A: Примем за основание треугольник BCD, а за высоту – высоту пирамиды SO (где O – центр основания).

Площадь основания $S_{BCD}$ (прямоугольный треугольник):

$S_{BCD} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$.

Найдем высоту пирамиды SO. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOB. Катет $OB$ равен половине диагонали $BD$: $OB = \frac{BD}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Гипотенуза $SB$ – это боковое ребро, $SB = 1$.

$SO = \sqrt{SB^2 - OB^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Объем тетраэдра $V_{SBCD}$:

$V_{SBCD} = \frac{1}{3} \cdot S_{BCD} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{12}$.

Способ B: Примем за основание треугольник SBC, а за высоту – искомое расстояние $h_D$ от точки D до плоскости SBC.

Площадь основания $S_{SBC}$. Так как все ребра пирамиды равны 1, треугольник SBC является равносторонним со стороной 1. Его площадь:

$S_{SBC} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{1^2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

Объем тетраэдра $V_{SBCD}$ (он же $V_{D-SBC}$):

$V_{D-SBC} = \frac{1}{3} \cdot S_{SBC} \cdot h_D = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot h_D = \frac{\sqrt{3}}{12} h_D$.

Приравняем объемы, вычисленные двумя способами:

$\frac{\sqrt{3}}{12} h_D = \frac{\sqrt{2}}{12}$

$h_D = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

3. Вычислим синус угла $\alpha$.

$\sin(\alpha) = \frac{h_D}{BD} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$.