Страница 169 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

14. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а боковые ребра равны 2 см, найдите синус угла между прямой $BC$ и плоскостью $SAF$.

Дано:

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

Перевод в систему СИ:
$a = 0.01$ м
$l = 0.02$ м

Найти:

Синус угла между прямой $BC$ и плоскостью $SAF$.

Решение:

Пусть $\alpha$ – искомый угол между прямой $BC$ и плоскостью $SAF$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике сторона $BC$ параллельна большой диагонали $AD$. Следовательно, угол между прямой $BC$ и плоскостью $SAF$ равен углу между прямой $AD$ и той же плоскостью $SAF$.

Угол между прямой $AD$ и плоскостью $SAF$ — это угол между прямой $AD$ и её проекцией на эту плоскость. Прямая $AD$ пересекает плоскость $SAF$ в точке $A$. Синус угла $\alpha$ равен отношению расстояния от точки $D$ до плоскости $SAF$ к длине отрезка $AD$. Обозначим это расстояние как $DH$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на плоскость $SAF$. Таким образом: $sin(\alpha) = \frac{DH}{AD}$

Длина большой диагонали $AD$ правильного шестиугольника со стороной $a=1$ равна $2a$. $AD = 2 \cdot 1 = 2$ см.

Для нахождения расстояния $DH$ воспользуемся методом объемов для тетраэдра $SADF$. Объем этого тетраэдра можно выразить двумя способами: $V_{SADF} = \frac{1}{3} S_{SAF} \cdot DH$ $V_{SADF} = \frac{1}{3} S_{ADF} \cdot SO$, где $SO$ – высота пирамиды. Приравнивая правые части, получаем $S_{SAF} \cdot DH = S_{ADF} \cdot SO$, откуда $DH = \frac{S_{ADF} \cdot SO}{S_{SAF}}$.

Вычислим необходимые величины. Так как синус угла является безразмерной величиной, для удобства будем использовать исходные значения в сантиметрах.

1. Найдем высоту пирамиды $SO$. Пусть $O$ — центр основания. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до вершины равно стороне, т.е. $OA = a = 1$ см. Треугольник $SOA$ является прямоугольным, так как $SO$ — высота пирамиды. По теореме Пифагора: $SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$ см.

2. Найдем площадь треугольника $ADF$, который лежит в плоскости основания. Его стороны: $AF = a = 1$ см, $AD = 2a = 2$ см. Найдем длину стороны $DF$, которая является малой диагональю шестиугольника. В треугольнике $DEF$ угол $\angle DEF = 120^\circ$. По теореме косинусов: $DF^2 = DE^2 + EF^2 - 2 \cdot DE \cdot EF \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$. Отсюда $DF = \sqrt{3}$ см. В треугольнике $ADF$ со сторонами $1$, $\sqrt{3}$ и $2$ выполняется равенство $1^2 + (\sqrt{3})^2 = 2^2$, т.е. $AF^2 + DF^2 = AD^2$. Это означает, что треугольник $ADF$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $F$. Его площадь: $S_{ADF} = \frac{1}{2} \cdot AF \cdot DF = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см$^2$.

3. Найдем площадь боковой грани $SAF$. Это равнобедренный треугольник со сторонами $SA = SF = 2$ см и основанием $AF = 1$ см. Проведем в нем высоту $SM$ к основанию $AF$. В прямоугольном треугольнике $SAM$: $SM = \sqrt{SA^2 - AM^2} = \sqrt{2^2 - (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{4 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$ см. Площадь треугольника $SAF$: $S_{SAF} = \frac{1}{2} \cdot AF \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{15}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$ см$^2$.

4. Теперь можем найти расстояние $DH$: $DH = \frac{S_{ADF} \cdot SO}{S_{SAF}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{15}} = \frac{6}{\sqrt{15}}$ см.

5. Наконец, вычисляем синус искомого угла $\alpha$: $\sin(\alpha) = \frac{DH}{AD} = \frac{6/\sqrt{15}}{2} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{15}}{5}$.

15. 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 $A{A}_{1}$ и плоскостью $BC{E}_{1}$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1 см.

Длина ребра основания, $a_{осн} = 1$ см.

Длина бокового ребра (высота), $h = 1$ см.

В системе СИ:

$a_{осн} = 0.01$ м.

$h = 0.01$ м.

Так как $a_{осн} = h$, обозначим длину всех ребер как $a=1$ см.

Найти:

Угол $\theta$ между прямой $AA_1$ и плоскостью $BCE_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в центре $O$ нижнего основания призмы $ABCDEF$. Ось $Oz$ направим вдоль высоты призмы. Ось $Oy$ проведем через вершины $A$ и $D$. Ось $Ox$ будет перпендикулярна оси $Oy$ и пройдет через середины ребер $BC$ и $EF$.

В правильном шестиугольнике со стороной $a$ расстояние от центра до вершины равно $a$, а расстояние от центра до середины стороны (апофема) равно $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Так как все ребра призмы равны $a$, найдем координаты нужных нам точек, выражая их через $a$.

Координаты точек нижнего основания (плоскость $z=0$):

Точка $A$ лежит на положительной полуоси $Oy$ на расстоянии $a$ от начала координат: $A(0, a, 0)$.

Для точки $B$ проекция на ось $Ox$ равна апофеме $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, а проекция на ось $Oy$ равна $\frac{a}{2}$. Координаты: $B(\frac{a\sqrt{3}}{2}, \frac{a}{2}, 0)$.

Для точки $C$ проекция на ось $Ox$ также равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, а проекция на ось $Oy$ равна $-\frac{a}{2}$. Координаты: $C(\frac{a\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$.

Точка $E$ симметрична точке $B$ относительно центра координат. Координаты: $E(-\frac{a\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$.

Координаты точек верхнего основания (плоскость $z=a$):

Точка $A_1$ получается сдвигом точки $A$ на вектор $(0, 0, a)$: $A_1(0, a, a)$.

Точка $E_1$ получается сдвигом точки $E$ на вектор $(0, 0, a)$: $E_1(-\frac{a\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2}, a)$.

Угол $\theta$ между прямой и плоскостью определяется по формуле:$ \sin\theta = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}|} $, где $\vec{v}$ - направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ - вектор нормали к плоскости.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{v}$ прямой $AA_1$.$ \vec{v} = \vec{AA_1} = A_1 - A = (0-0, a-a, a-0) = (0, 0, a) $.Длина этого вектора: $|\vec{v}| = \sqrt{0^2+0^2+a^2} = a$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BCE_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BE_1}$.$ \vec{BC} = C - B = (\frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, 0-0) = (0, -a, 0) $.$ \vec{BE_1} = E_1 - B = (-\frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, -\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, a-0) = (-a\sqrt{3}, -a, a) $.Вектор нормали $\vec{n}$ равен их векторному произведению:$ \vec{n} = \vec{BC} \times \vec{BE_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -a & 0 \\ -a\sqrt{3} & -a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-a \cdot a - 0 \cdot (-a)) - \mathbf{j}(0 \cdot a - 0 \cdot (-a\sqrt{3})) + \mathbf{k}(0 \cdot (-a) - (-a) \cdot (-a\sqrt{3})) $.$ \vec{n} = -a^2\mathbf{i} - 0\mathbf{j} - a^2\sqrt{3}\mathbf{k} = (-a^2, 0, -a^2\sqrt{3}) $.Для удобства расчетов можно использовать любой коллинеарный вектор, например, разделив на $-a^2$ (поскольку $a \ne 0$). Возьмем вектор $\vec{n'} = (1, 0, \sqrt{3})$.Найдем его длину: $|\vec{n'}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

3. Вычислим искомый угол $\theta$.Найдем скалярное произведение векторов $\vec{v}$ и $\vec{n'}$:$ \vec{v} \cdot \vec{n'} = (0)(1) + (0)(0) + (a)(\sqrt{3}) = a\sqrt{3} $.Теперь подставим все значения в формулу для синуса угла:$ \sin\theta = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n'}|} = \frac{|a\sqrt{3}|}{a \cdot 2} = \frac{a\sqrt{3}}{2a} = \frac{\sqrt{3}}{2} $.Как видно, результат не зависит от значения $a$.Отсюда находим угол:$ \theta = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 60^\circ $.

Ответ: $60^\circ$.

16. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите синус угла между прямой $BC_1$ и плоскостью $AFF_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Все ребра равны 1 см (сторона основания $a=1$ см, высота $h=1$ см).

Найти:

Синус угла между прямой $BC_1$ и плоскостью $AFF_1$.

Решение:

Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Обозначим искомый угол как $\alpha$. Синус этого угла равен модулю косинуса угла $\gamma$ между направляющим вектором прямой и вектором нормали к плоскости. Формула: $\sin\alpha = |\cos\gamma|$.

Для решения задачи используем геометрический метод. Сначала найдем вектор нормали к плоскости $AFF_1A_1$.

1. В основании призмы лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Все его внутренние углы равны $120^\circ$, в частности $\angle FAB = 120^\circ$.

2. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Так как призма правильная, $AB = BC = 1$. Следовательно, $\triangle ABC$ - равнобедренный. Угол $\angle ABC = 120^\circ$. Углы при основании $AC$ равны: $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$.

3. Найдем угол $\angle FAC$: $\angle FAC = \angle FAB - \angle BAC = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Это означает, что прямая $AC$ перпендикулярна прямой $AF$ (то есть $AC \perp AF$).

4. Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ - прямая, её боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, $AA_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AC$ (то есть $AA_1 \perp AC$).

5. Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AF$ и $AA_1$) в плоскости $AFF_1A_1$, она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, вектор $\vec{AC}$ является вектором нормали к плоскости $AFF_1A_1$.

Теперь задача сводится к нахождению косинуса угла $\gamma$ между прямыми $BC_1$ и $AC$. Эти прямые являются скрещивающимися. Угол между ними равен углу между одной из прямых и прямой, параллельной второй и пересекающей первую.

Прямая $A_1C_1$ параллельна прямой $AC$ и $|A_1C_1|=|AC|$. Прямые $A_1C_1$ и $BC_1$ пересекаются в точке $C_1$. Следовательно, искомый угол $\gamma$ между скрещивающимися прямыми $AC$ и $BC_1$ равен углу $\angle A_1C_1B$.

Рассмотрим треугольник $\triangle A_1C_1B$ и найдем длины его сторон.

• Сторона $A_1C_1$: Её длина равна длине диагонали $AC$ основания. В $\triangle ABC$ по теореме косинусов:

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

Отсюда $|A_1C_1| = |AC| = \sqrt{3}$.

• Сторона $BC_1$: Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BCC_1$ (угол $\angle BCC_1 = 90^\circ$, так как ребро $CC_1$ перпендикулярно основанию). По теореме Пифагора:

$BC_1^2 = BC^2 + CC_1^2 = 1^2 + 1^2 = 2$.

Отсюда $|BC_1| = \sqrt{2}$.

• Сторона $A_1B$: Эта отрезок соединяет вершину верхнего основания $A_1$ с вершиной нижнего основания $B$. Рассмотрим вектор $\vec{A_1B} = \vec{A_1A} + \vec{AB}$. Так как $A_1A \perp$ плоскости основания, то $\vec{A_1A} \perp \vec{AB}$. Тогда квадрат длины вектора $\vec{A_1B}$ можно найти по теореме Пифагора:

$|A_1B|^2 = |A_1A|^2 + |AB|^2 = 1^2 + 1^2 = 2$.

Отсюда $|A_1B| = \sqrt{2}$.

Теперь в треугольнике $\triangle A_1C_1B$ известны все три стороны: $|A_1C_1|=\sqrt{3}$, $|BC_1|=\sqrt{2}$, $|A_1B|=\sqrt{2}$. Треугольник является равнобедренным.

Применим теорему косинусов для $\triangle A_1C_1B$, чтобы найти косинус угла $\gamma = \angle A_1C_1B$:

$|A_1B|^2 = |A_1C_1|^2 + |BC_1|^2 - 2 \cdot |A_1C_1| \cdot |BC_1| \cdot \cos\gamma$

$(\sqrt{2})^2 = (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{2} \cdot \cos\gamma$

$2 = 3 + 2 - 2\sqrt{6}\cos\gamma$

$2 = 5 - 2\sqrt{6}\cos\gamma$

$2\sqrt{6}\cos\gamma = 3$

$\cos\gamma = \frac{3}{2\sqrt{6}} = \frac{3\sqrt{6}}{2 \cdot 6} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Синус искомого угла $\alpha$ между прямой $BC_1$ и плоскостью $AFF_1$ равен модулю косинуса угла $\gamma$:

$\sin\alpha = |\cos\gamma| = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{6}}{4}$

1. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между плоскостями $ABC_1$ и $ABC$.

Решение:

Плоскость $ABC$ совпадает с плоскостью нижнего основания куба $ABCD$.

Плоскости $ABC_1$ и $ABC$ пересекаются по прямой $AB$, так как обе плоскости содержат точки $A$ и $B$.

Угол между двумя плоскостями измеряется линейным углом двугранного угла, который образован этими плоскостями. Для нахождения этого угла нужно в каждой из плоскостей провести перпендикуляр к линии их пересечения ($AB$) из одной и той же точки.

1. В плоскости нижнего основания $ABC$ ребро $BC$ перпендикулярно ребру $AB$, так как $ABCD$ — квадрат. Следовательно, $BC \perp AB$.

2. В плоскости сечения $ABC_1$ нужно найти прямую, перпендикулярную $AB$. Ребро $AB$ перпендикулярно всей грани $BCC_1B_1$ (поскольку $AB \perp BC$ и $AB \perp BB_1$). Это значит, что $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $BCC_1B_1$. Прямая $BC_1$ является диагональю грани $BCC_1B_1$ и лежит в этой плоскости, следовательно, $BC_1 \perp AB$.

Таким образом, мы имеем два перпендикуляра к линии пересечения $AB$, проведенных из точки $B$: $BC$ в плоскости $ABC$ и $BC_1$ в плоскости $ABC_1$.

Искомый угол между плоскостями равен углу между этими перпендикулярами, то есть углу $\angle CBC_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle CBC_1$.

Этот треугольник является прямоугольным, так как ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, и прямой $BC$, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $\angle BCC_1 = 90^\circ$.

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда катеты этого треугольника равны: $BC = a$ и $CC_1 = a$.

Так как катеты равны, $\triangle CBC_1$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Его острые углы равны по $45^\circ$.

Следовательно, $\angle CBC_1 = 45^\circ$.

Также можно найти тангенс этого угла:

$tg(\angle CBC_1) = \frac{CC_1}{BC} = \frac{a}{a} = 1$

Отсюда следует, что $\angle CBC_1 = \arctan(1) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

2. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между плоскостями $ADC_1$ и $BCD_1$.

3. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$...

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскости $(ADC_1)$ и $(BCD_1)$.

Найти:

Угол $\phi$ между плоскостями $(ADC_1)$ и $(BCD_1)$.

Решение:

Угол между двумя плоскостями определяется как угол между перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения. Однако, если удастся доказать, что одна из плоскостей содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости, то по определению такие плоскости будут перпендикулярны, и угол между ними составит $90^\circ$. Воспользуемся этим признаком.

Рассмотрим плоскость $(BCD_1)$. В ней лежит прямая $CD_1$. Докажем, что прямая $CD_1$ перпендикулярна плоскости $(ADC_1)$.

Для того чтобы доказать перпендикулярность прямой и плоскости, необходимо показать, что эта прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в данной плоскости. В плоскости $(ADC_1)$ лежат прямые $AD$ и $DC_1$, которые пересекаются в точке $D$.

1. Докажем перпендикулярность прямых $CD_1$ и $AD$.

Ребро куба $AD$ перпендикулярно грани $CDD_1C_1$, так как ребро $AD$ перпендикулярно ребру $CD$ (как стороны квадрата $ABCD$) и перпендикулярно ребру $DD_1$ (так как $DD_1$ - боковое ребро, перпендикулярное основанию $ABCD$).

Прямая $CD_1$ целиком лежит в плоскости грани $CDD_1C_1$.

Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $CDD_1C_1$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AD \perp CD_1$.

2. Докажем перпендикулярность прямых $CD_1$ и $DC_1$.

Грань $CDD_1C_1$ является квадратом. Прямые $CD_1$ и $DC_1$ являются его диагоналями. По свойству диагоналей квадрата, они взаимно перпендикулярны. Следовательно, $CD_1 \perp DC_1$.

3. Подведем итог. Прямая $CD_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AD$ и $DC_1$) в плоскости $(ADC_1)$. Из этого следует, что прямая $CD_1$ перпендикулярна всей плоскости $(ADC_1)$.

Поскольку плоскость $(BCD_1)$ проходит через прямую $CD_1$, которая, как мы доказали, перпендикулярна плоскости $(ADC_1)$, то по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость $(BCD_1)$ перпендикулярна плоскости $(ADC_1)$.

Таким образом, искомый угол между плоскостями равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

3. В правильной треугольной призме $ABC A_1 B_1 C_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между плоскостями $ACC_1$ и $BCC_1$.

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Длина всех ребер равна 1 см.

Перевод в систему СИ:

Длина ребра $a = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$.

Найти:

Угол между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BCC_1)$.

Решение:

Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это величина двугранного угла, образованного этими плоскостями. Он измеряется величиной его линейного угла.

1. Найдем линию пересечения плоскостей $(ACC_1)$ и $(BCC_1)$. Обе плоскости содержат боковое ребро $CC_1$, следовательно, $CC_1$ является линией их пересечения.

2. Построим линейный угол двугранного угла. Для этого в каждой из плоскостей проведем перпендикуляр к линии их пересечения $CC_1$ через одну и ту же точку на этой прямой. В качестве такой точки удобно выбрать точку $C$.

3. Призма $ABCA_1B_1C_1$ — правильная. Это означает, что ее основаниями являются правильные (равносторонние) треугольники, а боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, боковое ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$.

4. Так как $CC_1 \perp \text{пл.}(ABC)$, то ребро $CC_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $C$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $(ACC_1)$ и в плоскости основания $(ABC)$. Значит, $AC \perp CC_1$. Прямая $BC$ лежит в плоскости $(BCC_1)$ и в плоскости основания $(ABC)$. Значит, $BC \perp CC_1$.

5. Мы построили две прямые, $AC$ и $BC$, перпендикулярные к линии пересечения плоскостей $CC_1$ в одной точке $C$. Угол между этими прямыми, то есть угол $\angle ACB$, является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BCC_1)$.

6. Найдем величину угла $\angle ACB$. Этот угол является углом в основании призмы — треугольнике $ABC$. Так как призма правильная, то треугольник $ABC$ — равносторонний. В равностороннем треугольнике все углы равны $60^\circ$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BCC_1)$ равен $\angle ACB = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

4. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между плоскостями $SAC$ и $SBD$.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида.
Все ребра равны 1 см.

Перевод в систему СИ:
Длина ребра $a = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$.

Найти:

Угол между плоскостями $(SAC)$ и $(SBD)$.

Решение:

1. Поскольку пирамида $SABCD$ является правильной четырехугольной, в ее основании лежит квадрат $ABCD$. Вершина пирамиды $S$ проецируется в центр этого квадрата — точку $O$, которая является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Прямая $SO$ является высотой пирамиды.

2. Плоскости $(SAC)$ и $(SBD)$ являются диагональными сечениями пирамиды. Они пересекаются по прямой, содержащей общие точки этих плоскостей. Очевидно, что точка $S$ принадлежит обеим плоскостям. Точка $O$ также принадлежит обеим плоскостям, так как $O$ лежит и на диагонали $AC$ (которая лежит в плоскости $(SAC)$), и на диагонали $BD$ (которая лежит в плоскости $(SBD)$). Следовательно, линией пересечения плоскостей $(SAC)$ и $(SBD)$ является прямая $SO$.

3. Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это угол между двумя прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно их линии пересечения в одной и той же точке.

В нашем случае линия пересечения — это высота пирамиды $SO$.Так как $SABCD$ — правильная пирамида, ее высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABCD)$. Это означает, что $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания и проходящей через точку $O$.

Рассмотрим прямые $OC$ и $OD$.Прямая $OC$ является частью диагонали $AC$ и лежит в плоскости $(SAC)$. Так как $AC$ лежит в плоскости основания, то $SO \perp OC$.Прямая $OD$ является частью диагонали $BD$ и лежит в плоскости $(SBD)$. Так как $BD$ лежит в плоскости основания, то $SO \perp OD$.

Таким образом, мы имеем две прямые, $OC$ и $OD$, которые лежат в плоскостях $(SAC)$ и $(SBD)$ соответственно, и обе они перпендикулярны линии пересечения $SO$ в точке $O$. Следовательно, угол между плоскостями $(SAC)$ и $(SBD)$ равен углу между прямыми $OC$ и $OD$, то есть углу $\angle{COD}$.

4. В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$. Диагонали квадрата $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны. Значит, угол между ними равен $90^\circ$. Угол $\angle{COD}$ является одним из четырех углов, образованных при пересечении диагоналей, поэтому $\angle{COD} = 90^\circ$.

Стоит отметить, что длина ребер пирамиды (1 см) не влияет на величину искомого угла, так как он определяется только свойствами правильной четырехугольной пирамиды.

Ответ: $90^\circ$.

5. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а боковые ребра равны 2 см, найдите угол между плоскостями $SAD$ и $SBE$.

Дано:

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

Перевод в систему СИ:
$a = 0.01$ м
$l = 0.02$ м

Найти:

Угол $\alpha$ между плоскостями $SAD$ и $SBE$.

Решение:

1. Найдем линию пересечения плоскостей $SAD$ и $SBE$.

Плоскость $SAD$ проходит через вершину пирамиды $S$ и диагональ основания $AD$. Плоскость $SBE$ проходит через вершину пирамиды $S$ и диагональ основания $BE$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $O$ — центр этого шестиугольника. Диагонали $AD$ и $BE$ являются большими диагоналями правильного шестиугольника и пересекаются в его центре $O$.

Таким образом, обе плоскости, $SAD$ и $SBE$, содержат точку $S$ и точку $O$. Следовательно, они пересекаются по прямой $SO$.

2. Найдем угол между плоскостями.

Угол между двумя плоскостями — это величина двугранного угла между ними. Он измеряется линейным углом, который образуется при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру (линии пересечения плоскостей).

В нашем случае ребром является прямая $SO$. Так как пирамида $SABCDEF$ правильная, ее высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Это означает, что $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания.

Прямая $AD$ лежит в плоскости основания и в плоскости $SAD$. Следовательно, $AD \perp SO$. Прямая $BE$ лежит в плоскости основания и в плоскости $SBE$. Следовательно, $BE \perp SO$.

Так как прямые $AD$ и $BE$ перпендикулярны ребру $SO$ в точке $O$, угол между ними является линейным углом двугранного угла. Значит, искомый угол $\alpha$ между плоскостями $SAD$ и $SBE$ равен углу между прямыми $AD$ и $BE$.

3. Вычислим угол между прямыми $AD$ и $BE$.

Этот угол равен одному из углов, образованных пересечением диагоналей $AD$ и $BE$ в центре $O$ шестиугольника. Рассмотрим треугольник $AOB$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен стороне шестиугольника. Поэтому $OA = OB = AB = a = 1$ см. Треугольник $AOB$ является равносторонним.

Следовательно, все его углы равны $60^\circ$. Угол $\angle AOB$ является одним из углов между пересекающимися диагоналями $AD$ и $BE$.

$\alpha = \angle AOB = 60^\circ$.

Обратим внимание, что для нахождения угла значения длин стороны основания и бокового ребра не потребовались.

Ответ: $60^\circ$.

6. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между плоскостями $ABB_1$ и $CDD_1$.

7. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все

Дано:

$ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная шестиугольная призма.
Длина всех ребер равна 1 см.

Поскольку все размеры даны в сантиметрах, а для нахождения угла единицы измерения не важны, перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

Угол между плоскостями $(ABB_1)$ и $(CDD_1)$.

Решение:

По определению, правильная шестиугольная призма имеет в основаниях два правильных шестиугольника ($ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$), а ее боковые грани ($ABB_1A_1$, $BCC_1B_1$ и т.д.) — это прямоугольники, перпендикулярные плоскостям оснований.

Плоскости $(ABB_1)$ и $(CDD_1)$, содержащие боковые грани, перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$. Угол между двумя такими плоскостями равен углу, образованному их линиями пересечения с плоскостью основания.

Линией пересечения плоскости $(ABB_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $AB$.
Линией пересечения плоскости $(CDD_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $CD$.

Следовательно, задача сводится к нахождению угла между прямыми $AB$ и $CD$ в плоскости правильного шестиугольника $ABCDEF$.

Внутренний угол правильного шестиугольника вычисляется по формуле $\frac{180^\circ(n-2)}{n}$, где $n=6$.
$\angle ABC = \angle BCD = \frac{180^\circ(6-2)}{6} = \frac{180^\circ \cdot 4}{6} = 120^\circ$.

Прямые $AB$ и $CD$ не являются параллельными. Для нахождения угла между ними, продлим содержащие их отрезки до пересечения в некоторой точке $G$. Таким образом, мы получим треугольник $BCG$.

Угол $\angle CBG$ является смежным с внутренним углом шестиугольника $\angle ABC$. Следовательно:
$\angle CBG = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Аналогично, угол $\angle BCG$ является смежным с внутренним углом $\angle BCD$:
$\angle BCG = 180^\circ - \angle BCD = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Зная два угла треугольника $BCG$, найдем третий угол $\angle BGC$, который и является углом пересечения прямых $AB$ и $CD$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$:
$\angle BGC = 180^\circ - (\angle CBG + \angle BCG) = 180^\circ - (60^\circ + 60^\circ) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Таким образом, угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $60^\circ$, а значит, и угол между плоскостями $(ABB_1)$ и $(CDD_1)$ также равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

7. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, найдите угол между плоскостями $ABB_1$ и $CEE_1$.

8. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все

Дано:

$ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1$ – правильная шестиугольная призма.
Все ребра равны 1 см, т.е. сторона основания $a=1$ см и боковое ребро $h=1$ см.

Найти:

Угол между плоскостями $(ABB_1)$ и $(CEE_1)$.

Решение:

Плоскость $(ABB_1)$ – это боковая грань призмы $ABB_1A_1$. Плоскость $(CEE_1)$ – это диагональное сечение, проходящее через вершины $C, E, E_1, C_1$.

Поскольку призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1$ является правильной, она является прямой призмой. Это означает, что её боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, и ребро $EE_1$ также перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$.

Плоскость $(ABB_1)$ проходит через прямую $BB_1$, которая перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Следовательно, плоскость $(ABB_1)$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$.

Аналогично, плоскость $(CEE_1)$ проходит через прямую $EE_1$, которая перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Следовательно, плоскость $(CEE_1)$ также перпендикулярна плоскости $(ABC)$.

Угол между двумя плоскостями, перпендикулярными к третьей плоскости, равен углу между их линиями пересечения с этой третьей плоскостью.

Линией пересечения плоскости $(ABB_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $AB$.

Линией пересечения плоскости $(CEE_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $CE$.

Следовательно, задача сводится к нахождению угла между прямыми $AB$ и $CE$ в плоскости основания. Рассмотрим основание призмы – правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $a=1$ см.

В правильном шестиугольнике диагональ $CE$ параллельна диагонали $BF$. Это следует из симметрии шестиугольника относительно его большой диагонали $AD$: вершины $B$ и $F$ симметричны, так же как и вершины $C$ и $E$, поэтому отрезки $BF$ и $CE$ параллельны.

Таким образом, угол между прямыми $AB$ и $CE$ равен углу между прямыми $AB$ и $BF$. Найдем величину угла $\angle ABF$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABF$. Его стороны $AB$ и $AF$ являются сторонами правильного шестиугольника, поэтому $AB = AF = 1$ см. Значит, $\triangle ABF$ – равнобедренный.

Угол $\angle FAB$ является внутренним углом правильного шестиугольника. Величина внутреннего угла правильного $n$-угольника вычисляется по формуле:$\alpha = \frac{(n-2) \cdot 180^\circ}{n}$Для шестиугольника ($n=6$):$\angle FAB = \frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = \frac{4 \cdot 180^\circ}{6} = 120^\circ$.

Так как $\triangle ABF$ равнобедренный, то углы при его основании равны: $\angle ABF = \angle AFB$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$:$\angle ABF + \angle AFB + \angle FAB = 180^\circ$$2\angle ABF + 120^\circ = 180^\circ$$2\angle ABF = 180^\circ - 120^\circ$$2\angle ABF = 60^\circ$$\angle ABF = 30^\circ$

Угол между прямыми $AB$ и $BF$ равен $30^\circ$. Следовательно, искомый угол между плоскостями $(ABB_1)$ и $(CEE_1)$ также равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

8. 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 плоскостями $ACC_1$ и $BEE_1$.

Дано:

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная шестиугольная.
Все ребра равны 1 см.
Сторона основания $a = AB = BC = ... = 1 \text{ см}$.
Боковое ребро $h = AA_1 = BB_1 = ... = 1 \text{ см}$.

Найти:

Угол $\alpha$ между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BEE_1)$.

Решение:

Поскольку призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ является правильной, ее боковые ребра ($AA_1, BB_1, CC_1$ и т.д.) перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$.
Плоскость $(ACC_1)$ содержит боковое ребро $CC_1$, следовательно, плоскость $(ACC_1)$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$.
Аналогично, плоскость $(BEE_1)$ содержит боковое ребро $EE_1$, и, следовательно, она также перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$.

Угол между двумя плоскостями, перпендикулярными к третьей плоскости, равен углу между их линиями пересечения с этой третьей плоскостью.

Линией пересечения плоскости $(ACC_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $AC$.
Линией пересечения плоскости $(BEE_1)$ с плоскостью основания $(ABC)$ является прямая $BE$.

Следовательно, искомый угол между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BEE_1)$ равен углу между прямыми $AC$ и $BE$ в плоскости основания. Найдем этот угол, рассмотрев правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной 1.

Способ 1: Геометрический

Рассмотрим основание — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BE$. Найдем угол $\angle BKC$, который и будет углом между прямыми.

Рассмотрим треугольник $KBC$.

1. Найдем угол $\angle KBC$. Диагональ $BE$ проходит через центр шестиугольника $O$. Треугольник $BOC$ является равносторонним (так как $OB=OC=BC=1$), поэтому все его углы равны $60^\circ$. Значит, $\angle OBC = 60^\circ$. Так как точка $K$ лежит на $BE$, то $\angle KBC = \angle OBC = 60^\circ$.

2. Найдем угол $\angle KCB$. Треугольник $ABC$ является равнобедренным ($AB=BC=1$). Угол правильного шестиугольника $\angle ABC = 120^\circ$. Углы при основании $AC$ равны: $\angle BCA = \angle BAC = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$. Так как точка $K$ лежит на $AC$, то $\angle KCB = \angle BCA = 30^\circ$.

3. В треугольнике $KBC$ сумма углов равна $180^\circ$. Тогда угол $\angle BKC$ равен:$ \angle BKC = 180^\circ - \angle KBC - \angle KCB = 180^\circ - 60^\circ - 30^\circ = 90^\circ $.

Угол между прямыми $AC$ и $BE$ составляет $90^\circ$.

Способ 2: Векторный

Введем систему координат с центром $O$ в центре шестиугольника. Пусть ось $Ox$ проходит через вершину $A$. Тогда $A(1, 0)$. Поскольку сторона шестиугольника равна 1, координаты других вершин будут:$B(\cos(60^\circ), \sin(60^\circ)) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$
$C(\cos(120^\circ), \sin(120^\circ)) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$
$E$ симметрична $B$ относительно центра $O$, поэтому $E(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$.

Найдем координаты векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BE}$:$\vec{AC} = \{C_x - A_x; C_y - A_y\} = \{-\frac{1}{2} - 1; \frac{\sqrt{3}}{2} - 0\} = \{-\frac{3}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}\}$
$\vec{BE} = \{E_x - B_x; E_y - B_y\} = \{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\} = \{-1; -\sqrt{3}\}$

Найдем скалярное произведение этих векторов:$\vec{AC} \cdot \vec{BE} = (-\frac{3}{2}) \cdot (-1) + (\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (-\sqrt{3}) = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, они ортогональны, то есть угол между ними равен $90^\circ$.

Оба способа показывают, что угол между прямыми $AC$ и $BE$ равен $90^\circ$. Следовательно, угол между плоскостями $(ACC_1)$ и $(BEE_1)$ также равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

9. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $CB_1D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскости $(ABC)$ и $(CB_1D_1)$.

Найти:

Тангенс угла между плоскостями $(ABC)$ и $(CB_1D_1)$.

Решение:

Угол между двумя плоскостями можно найти, используя метод проекций. Косинус угла $\alpha$ между плоскостями равен отношению площади ортогональной проекции фигуры, лежащей в одной плоскости, на другую плоскость к площади самой фигуры:

$\cos \alpha = \frac{S_{пр}}{S_{фигуры}}$

1. В качестве фигуры в плоскости $(CB_1D_1)$ выберем треугольник $\triangle CB_1D_1$. Найдем его площадь.Пусть длина ребра куба равна $a$. Найдем длины сторон треугольника $\triangle CB_1D_1$:

• $CB_1$ — диагональ грани $BCC_1B_1$. По теореме Пифагора для $\triangle BCC_1$: $CB_1 = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
• $CD_1$ — диагональ грани $CDD_1C_1$. По теореме Пифагора для $\triangle CDD_1$: $CD_1 = \sqrt{CD^2 + DD_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
• $B_1D_1$ — диагональ грани $A_1B_1C_1D_1$. По теореме Пифагора для $\triangle A_1B_1D_1$: $B_1D_1 = \sqrt{A_1B_1^2 + A_1D_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

Так как все стороны треугольника $\triangle CB_1D_1$ равны, он является равносторонним со стороной $a\sqrt{2}$. Площадь равностороннего треугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле $S = \frac{s^2\sqrt{3}}{4}$.

$S_{\triangle CB_1D_1} = \frac{(a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{2a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

2. Теперь найдем ортогональную проекцию треугольника $\triangle CB_1D_1$ на плоскость $(ABC)$. Плоскость $(ABC)$ является плоскостью нижнего основания куба.

• Проекция точки $C$ на плоскость $(ABC)$ — это сама точка $C$.
• Проекция точки $B_1$ на плоскость $(ABC)$ — это точка $B$.
• Проекция точки $D_1$ на плоскость $(ABC)$ — это точка $D$.

Следовательно, проекцией треугольника $\triangle CB_1D_1$ на плоскость $(ABC)$ является треугольник $\triangle CDB$.

3. Найдем площадь проекции — треугольника $\triangle CDB$.Треугольник $\triangle CDB$ является прямоугольным (так как $DC \perp CB$) и равнобедренным ($CD=CB=a$). Его площадь равна:

$S_{\triangle CDB} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot CB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}$.

4. Теперь мы можем найти косинус угла $\alpha$ между плоскостями:

$\cos \alpha = \frac{S_{\triangle CDB}}{S_{\triangle CB_1D_1}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

5. Найдем тангенс угла $\alpha$, используя основное тригонометрическое тождество $1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$.

$\cos^2 \alpha = (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 = \frac{1}{3}$.

$1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{1/3} = 3$.

$\tan^2 \alpha = 3 - 1 = 2$.

Поскольку угол между плоскостями берется в пределах от $0$ до $90^\circ$, его тангенс положителен.

$\tan \alpha = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$.

10. В кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ найдите косинус угла между плоскостями $BA_1 C_1$ и $AB_1 D_1$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Плоскость $\alpha = (BA_1C_1)$.

Плоскость $\beta = (AB_1D_1)$.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Решение:

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся координатным методом. Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами.

1. Введем систему координат. Поместим начало координат в вершину $A(0,0,0)$. Направим оси координат вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AD$, ось $Oy$ вдоль $AB$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Примем длину ребра куба равной 1.

2. Определим координаты необходимых вершин куба:

$A(0, 0, 0)$

$B(0, 1, 0)$

$A_1(0, 0, 1)$

$B_1(0, 1, 1)$

$C_1(1, 1, 1)$

$D_1(1, 0, 1)$

3. Найдем вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $(BA_1C_1)$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{BA_1}$ и $\vec{BC_1}$.

$\vec{BA_1} = \{A_1_x - B_x; A_1_y - B_y; A_1_z - B_z\} = \{0-0; 0-1; 1-0\} = \{0; -1; 1\}$.

$\vec{BC_1} = \{C_1_x - B_x; C_1_y - B_y; C_1_z - B_z\} = \{1-0; 1-1; 1-0\} = \{1; 0; 1\}$.

Вектор нормали $\vec{n_1}$ перпендикулярен обоим этим векторам, поэтому его можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n_1} = \vec{BA_1} \times \vec{BC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 1 \cdot 1) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - (-1) \cdot 1) = -1\mathbf{i} + 1\mathbf{j} + 1\mathbf{k}$.

Таким образом, $\vec{n_1} = \{-1; 1; 1\}$.

4. Аналогично найдем вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $(AB_1D_1)$. Найдем векторы $\vec{AB_1}$ и $\vec{AD_1}$, лежащие в этой плоскости.

$\vec{AB_1} = \{B_1_x - A_x; B_1_y - A_y; B_1_z - A_z\} = \{0-0; 1-0; 1-0\} = \{0; 1; 1\}$.

$\vec{AD_1} = \{D_1_x - A_x; D_1_y - A_y; D_1_z - A_z\} = \{1-0; 0-0; 1-0\} = \{1; 0; 1\}$.

Найдем векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{AB_1} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 1 \cdot 1) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - 1 \cdot 1) = 1\mathbf{i} + 1\mathbf{j} - 1\mathbf{k}$.

Таким образом, $\vec{n_2} = \{1; 1; -1\}$.

5. Косинус угла $\phi$ между плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) = -1 + 1 - 1 = -1$.

Найдем длины (модули) векторов $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

$|\vec{n_2}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

Теперь можем вычислить косинус угла:

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

Ответ: $\frac{1}{3}$.