Страница 63 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

9.9. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCD A_1B_1C_1D_1$, у которого $AB=3, AD=2, AA_1=1$, найдите косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и:
a) $ABC$;
б) $ADD_1$;
в) $CDD_1$.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 3$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

Косинус угла между плоскостью $ACD_1$ и плоскостями:

а) $ABC$

б) $ADD_1$

в) $CDD_1$

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат вершины параллелепипеда, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты:

$A(0, 0, 0)$

$C(3, 2, 0)$ (так как $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$)

$D_1(0, 2, 1)$ (так как $\vec{AD_1} = \vec{AD} + \vec{AA_1}$)

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус этого угла $\theta$ можно найти по формуле:

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

Сначала найдем вектор нормали $\vec{n}_{ACD_1}$ к плоскости $ACD_1$. Эта плоскость проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(3,2,0)$ и $D_1(0,2,1)$.

Для этого найдем два вектора, лежащих в этой плоскости, с началом в точке A:

$\vec{AC} = C - A = (3, 2, 0)$

$\vec{AD_1} = D_1 - A = (0, 2, 1)$

Вектор нормали $\vec{n}_{ACD_1}$ перпендикулярен этим векторам и может быть найден как их векторное произведение:

$\vec{n}_{ACD_1} = \vec{AC} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 3 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 2) - \mathbf{j}(3 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \mathbf{k}(3 \cdot 2 - 0 \cdot 2) = 2\mathbf{i} - 3\mathbf{j} + 6\mathbf{k}$

Таким образом, вектор нормали к плоскости $ACD_1$ есть $\vec{n}_{ACD_1} = (2, -3, 6)$.

Найдем модуль (длину) этого вектора:

$|\vec{n}_{ACD_1}| = \sqrt{2^2 + (-3)^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49} = 7$.

Теперь последовательно найдем косинусы углов между плоскостью $ACD_1$ и заданными плоскостями.

а) Найдем косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и $ABC$.

Плоскость $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$. Уравнение этой плоскости $z=0$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_{ABC} = (0, 0, 1)$. Его модуль $|\vec{n}_{ABC}| = 1$.

Найдем скалярное произведение векторов нормалей:

$\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{ABC} = (2, -3, 6) \cdot (0, 0, 1) = 2 \cdot 0 + (-3) \cdot 0 + 6 \cdot 1 = 6$.

Теперь найдем косинус угла:

$\cos(\angle(ACD_1, ABC)) = \frac{|\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_{ACD_1}| \cdot |\vec{n}_{ABC}|} = \frac{|6|}{7 \cdot 1} = \frac{6}{7}$.

Ответ: $\frac{6}{7}$.

б) Найдем косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и $ADD_1$.

Плоскость $ADD_1$ (грань $ADD_1A_1$) совпадает с координатной плоскостью $Oyz$. Уравнение этой плоскости $x=0$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_{ADD_1} = (1, 0, 0)$. Его модуль $|\vec{n}_{ADD_1}| = 1$.

Найдем скалярное произведение векторов нормалей:

$\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{ADD_1} = (2, -3, 6) \cdot (1, 0, 0) = 2 \cdot 1 + (-3) \cdot 0 + 6 \cdot 0 = 2$.

Теперь найдем косинус угла:

$\cos(\angle(ACD_1, ADD_1)) = \frac{|\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{ADD_1}|}{|\vec{n}_{ACD_1}| \cdot |\vec{n}_{ADD_1}|} = \frac{|2|}{7 \cdot 1} = \frac{2}{7}$.

Ответ: $\frac{2}{7}$.

в) Найдем косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и $CDD_1$.

Плоскость $CDD_1$ является гранью $CDD_1C_1$. Все точки этой грани, включая $D(0,2,0)$, $C(3,2,0)$, $D_1(0,2,1)$, $C_1(3,2,1)$, имеют координату $y=2$. Таким образом, уравнение плоскости $y=2$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_{CDD_1} = (0, 1, 0)$. Его модуль $|\vec{n}_{CDD_1}| = 1$.

Найдем скалярное произведение векторов нормалей:

$\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{CDD_1} = (2, -3, 6) \cdot (0, 1, 0) = 2 \cdot 0 + (-3) \cdot 1 + 6 \cdot 0 = -3$.

Теперь найдем косинус угла:

$\cos(\angle(ACD_1, CDD_1)) = \frac{|\vec{n}_{ACD_1} \cdot \vec{n}_{CDD_1}|}{|\vec{n}_{ACD_1}| \cdot |\vec{n}_{CDD_1}|} = \frac{|-3|}{7 \cdot 1} = \frac{3}{7}$.

Ответ: $\frac{3}{7}$.

9.10. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ стороны основания и высота равны 4 см. Найдите косинус угла между плоскостями $SAB$ и:

а) $ABC$;

б) $SBC$;

в) $SCD$.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида

Сторона основания $a = 4$ см

Высота $h = SO = 4$ см

В системе СИ:
$a = 0.04$ м
$h = 0.04$ м

Найти:

а) косинус угла между плоскостями SAB и ABC, $\cos(\angle((SAB), (ABC)))$

б) косинус угла между плоскостями SAB и SBC, $\cos(\angle((SAB), (SBC)))$

в) косинус угла между плоскостями SAB и SCD, $\cos(\angle((SAB), (SCD)))$

Решение:

а) Косинус угла между плоскостями SAB и ABC

Угол между боковой гранью SAB и плоскостью основания ABC - это двугранный угол при ребре основания AB. В основании пирамиды лежит квадрат ABCD. Пусть O - центр квадрата, тогда SO - высота пирамиды. Проведем апофему SM в грани SAB, где M - середина ребра AB. По определению апофемы, $SM \perp AB$. В плоскости основания проведем отрезок OM. Так как O - центр квадрата и M - середина стороны AB, то $OM \perp AB$. Следовательно, линейный угол двугранного угла между плоскостями SAB и ABC - это угол $\angle SMO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM (угол $\angle SOM = 90^\circ$, так как SO - высота и перпендикулярна плоскости основания). Катет SO - это высота пирамиды, $SO = h = 4$ см. Катет OM равен половине стороны квадрата, так как O - его центр: $OM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см. Найдем гипотенузу SM (апофему боковой грани) по теореме Пифагора: $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см. Косинус угла $\angle SMO$ в прямоугольном треугольнике SOM равен отношению прилежащего катета к гипотенузе: $\cos(\angle SMO) = \frac{OM}{SM} = \frac{2}{2\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{5}$.

б) Косинус угла между плоскостями SAB и SBC

Угол между смежными боковыми гранями SAB и SBC - это двугранный угол при боковом ребре SB. Для нахождения линейного угла этого двугранного угла проведем перпендикуляры AH и CH к ребру SB в плоскостях SAB и SBC соответственно ($AH \perp SB$, $CH \perp SB$). Точка H будет общей. Тогда искомый угол - это $\angle AHC$. Для нахождения косинуса этого угла воспользуемся теоремой косинусов для треугольника AHC: $AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos(\angle AHC)$. Поскольку пирамида правильная, ее боковые грани SAB и SBC являются равными равнобедренными треугольниками. Следовательно, высоты, проведенные к боковым сторонам из вершин основания, равны: $AH = CH$. Тогда формула упрощается: $AC^2 = 2AH^2 - 2AH^2 \cos(\angle AHC)$, откуда $\cos(\angle AHC) = \frac{2AH^2 - AC^2}{2AH^2} = 1 - \frac{AC^2}{2AH^2}$. Найдем длины отрезков AC и AH. AC - диагональ квадрата ABCD со стороной $a = 4$ см: $AC = a\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ см. Тогда $AC^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$. Найдем длину бокового ребра SB. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOB. OB - половина диагонали AC, $OB = \frac{1}{2}AC = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора: $SB^2 = SO^2 + OB^2 = 4^2 + (2\sqrt{2})^2 = 16 + 8 = 24$. $SB = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$ см. Теперь найдем AH. AH - высота треугольника SAB, проведенная к стороне SB. Площадь треугольника SAB можно найти двумя способами. Используя апофему SM, найденную в пункте (а): $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} AB \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2\sqrt{5} = 4\sqrt{5}$ см$^2$. С другой стороны, $S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2} SB \cdot AH$. $4\sqrt{5} = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{6} \cdot AH \implies AH = \frac{4\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{4\sqrt{30}}{6} = \frac{2\sqrt{30}}{3}$ см. Тогда $AH^2 = (\frac{2\sqrt{30}}{3})^2 = \frac{4 \cdot 30}{9} = \frac{120}{9} = \frac{40}{3}$. Подставляем найденные значения в формулу для косинуса: $\cos(\angle AHC) = 1 - \frac{32}{2 \cdot (40/3)} = 1 - \frac{32}{80/3} = 1 - \frac{32 \cdot 3}{80} = 1 - \frac{96}{80} = 1 - \frac{6}{5} = -\frac{1}{5}$.

Ответ: $-\frac{1}{5}$.

в) Косинус угла между плоскостями SAB и SCD

Плоскости SAB и SCD - это противолежащие боковые грани. Они пересекаются по прямой, проходящей через вершину S и параллельной ребрам AB и CD. Линейным углом двугранного угла между этими плоскостями будет угол между их апофемами SM и SN, где M - середина AB, а N - середина CD. Искомый угол - это $\angle MSN$. Рассмотрим треугольник MSN. $SM = SN = 2\sqrt{5}$ см (апофемы, найдены в пункте а). MN - отрезок, соединяющий середины противолежащих сторон квадрата, поэтому его длина равна стороне квадрата: $MN = AD = 4$ см. Применим к треугольнику MSN теорему косинусов: $MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos(\angle MSN)$. $4^2 = (2\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5})^2 - 2 \cdot 2\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \cos(\angle MSN)$. $16 = 20 + 20 - 2 \cdot (20) \cdot \cos(\angle MSN)$. $16 = 40 - 40 \cos(\angle MSN)$. $40 \cos(\angle MSN) = 40 - 16 = 24$. $\cos(\angle MSN) = \frac{24}{40} = \frac{3}{5}$.

Ответ: $\frac{3}{5}$.

9.11. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ все ребра равны 1 см (рис. 9.5). Найдите косинус угла между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

Рис. 9.5

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$, ребро куба $a = 1$ см.

Найти:

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $(ABC_1)$ и $(BCD_1)$.

Решение:

Воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке D. Направим ось Ox вдоль ребра DA, ось Oy вдоль ребра DC, ось Oz вдоль ребра DD₁.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты (примем длину ребра за 1):

$A(1, 0, 0)$

$B(1, 1, 0)$

$C(0, 1, 0)$

$D_1(0, 0, 1)$

$C_1(0, 1, 1)$

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем векторы нормали к плоскостям $(ABC_1)$ и $(BCD_1)$.

1. Найдем вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $(ABC_1)$.

Эта плоскость проходит через точки $A(1, 0, 0)$, $B(1, 1, 0)$ и $C_1(0, 1, 1)$.

Найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$.

$\vec{AB} = (1-1, 1-0, 0-0) = (0, 1, 0)$

$\vec{AC_1} = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1, 1, 1)$

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

$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) + \vec{k}(0 \cdot 1 - 1 \cdot (-1)) = 1\vec{i} - 0\vec{j} + 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали к плоскости $(ABC_1)$ есть $\vec{n_1} = (1, 0, 1)$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $(BCD_1)$.

Эта плоскость проходит через точки $B(1, 1, 0)$, $C(0, 1, 0)$ и $D_1(0, 0, 1)$.

Найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{CB}$ и $\vec{CD_1}$.

$\vec{CB} = (1-0, 1-1, 0-0) = (1, 0, 0)$

$\vec{CD_1} = (0-0, 0-1, 1-0) = (0, -1, 1)$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{CB} \times \vec{CD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(1 \cdot (-1) - 0 \cdot 0) = 0\vec{i} - 1\vec{j} - 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали к плоскости $(BCD_1)$ есть $\vec{n_2} = (0, -1, -1)$.

3. Найдем косинус угла $\phi$ между плоскостями.

Косинус угла 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 $\vec{n_2}$:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) + 1 \cdot (-1) = -1$

Найдем длины (модули) векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos \phi = \frac{|-1|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

Ответ: $1/2$.

9.12. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ все ребра равны 1 см (рис. 9.5). Найдите косинус угла между плоскостями $ACD_1$ и $ABC_1$.

Рис. 9.5

Дано:

Куб $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$

Длина ребра $a = 1$ см.

В системе СИ: $a = 0.01$ м. Так как косинус угла является безразмерной величиной, для удобства вычислений примем длину ребра равной 1 условной единице.

Найти:

Косинус угла $\phi$ между плоскостями $(ACD_{1})$ и $(ABC_{1})$.

Решение:

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Направим оси координат следующим образом: ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, ось $Oz$ вдоль ребра $AA_{1}$.

В этой системе координат, при длине ребра равной 1, найдем координаты вершин, определяющих наши плоскости.

Координаты вершин для плоскости $(ACD_{1})$:

$A(0, 0, 0)$

$C(1, 1, 0)$

$D_{1}(0, 1, 1)$

Координаты вершин для плоскости $(ABC_{1})$:

$A(0, 0, 0)$

$B(1, 0, 0)$

$C_{1}(1, 1, 1)$

Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы $\vec{n_{1}}$ и $\vec{n_{2}}$ к плоскостям $(ACD_{1})$ и $(ABC_{1})$ соответственно. Нормальный вектор к плоскости можно найти как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости.

Для плоскости $(ACD_{1})$ найдем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AD_{1}}$:

$\vec{AC} = \{1-0, 1-0, 0-0\} = \{1, 1, 0\}$

$\vec{AD_{1}} = \{0-0, 1-0, 1-0\} = \{0, 1, 1\}$

Теперь найдем их векторное произведение, которое будет нормальным вектором $\vec{n_{1}}$:

$\vec{n_{1}} = \vec{AC} \times \vec{AD_{1}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1\vec{i} - 1\vec{j} + 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n_{1}} = \{1, -1, 1\}$.

Для плоскости $(ABC_{1})$ найдем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC_{1}}$:

$\vec{AB} = \{1-0, 0-0, 0-0\} = \{1, 0, 0\}$

$\vec{AC_{1}} = \{1-0, 1-0, 1-0\} = \{1, 1, 1\}$

Найдем их векторное произведение, которое будет нормальным вектором $\vec{n_{2}}$:

$\vec{n_{2}} = \vec{AB} \times \vec{AC_{1}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \vec{k}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) = 0\vec{i} - 1\vec{j} + 1\vec{k}$

Таким образом, вектор нормали $\vec{n_{2}} = \{0, -1, 1\}$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями вычисляется по формуле 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 $\vec{n_{2}}$:

$\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}} = 1 \cdot 0 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 0 + 1 + 1 = 2$

Найдем длины (модули) векторов $\vec{n_{1}}$ и $\vec{n_{2}}$:

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

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

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\cos \phi = \frac{2 \cdot \sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Ответ: косинус угла между плоскостями равен $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

9.13. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ стороны основания и высота равны 2 см (рис. 9.6). Найдите косинус угла между плоскостями $SAD$ и $SBC$.

Рис. 9.6

Дано:

$SABCD$ – правильная четырехугольная пирамида.
Сторона основания $a = 2$ см.
Высота $h = 2$ см.

$a = 0.02$ м.
$h = 0.02$ м.

Найти:

Косинус угла $\alpha$ между плоскостями боковых граней $(SAD)$ и $(SBC)$.

Решение:

Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это величина линейного угла, образованного при пересечении этих плоскостей третьей плоскостью, перпендикулярной их линии пересечения.

В основании правильной пирамиды $SABCD$ лежит квадрат $ABCD$, поэтому его противоположные стороны параллельны, то есть $AD \parallel BC$. Плоскости $(SAD)$ и $(SBC)$ проходят через эти параллельные прямые и имеют общую точку $S$. Следовательно, линия их пересечения — это прямая $l$, проходящая через вершину $S$ и параллельная прямым $AD$ и $BC$.

Для построения линейного угла двугранного угла проведем апофемы в гранях $SAD$ и $SBC$. Пусть $M$ — середина ребра $AD$, а $N$ — середина ребра $BC$.

Поскольку пирамида правильная, ее боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками. В равнобедренном треугольнике $SAD$ медиана $SM$ является также и высотой, то есть $SM \perp AD$. Аналогично, в треугольнике $SBC$ медиана $SN$ является высотой, то есть $SN \perp BC$.

Так как линия пересечения плоскостей $l \parallel AD$ и $SM \perp AD$, то $SM \perp l$. Аналогично, $SN \perp BC$ и $l \parallel BC$, следовательно, $SN \perp l$.

Таким образом, угол $\angle MSN$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SAD)$ и $(SBC)$. Чтобы найти косинус этого угла, рассмотрим треугольник $MSN$.

Для дальнейших вычислений будем использовать исходные данные в сантиметрах.

Найдем длины сторон треугольника $MSN$:

1. Отрезок $MN$ соединяет середины противоположных сторон квадрата $ABCD$. Его длина равна стороне квадрата: $MN = AB = a = 2$ см.

2. Длины $SM$ и $SN$ являются апофемами пирамиды. Найдем длину апофемы $SM$, рассмотрев прямоугольный треугольник $SOM$, где $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата). $SO$ — высота пирамиды. $SO = h = 2$ см. Отрезок $OM$ соединяет центр квадрата с серединой стороны $AD$, поэтому его длина равна половине стороны $AB$: $OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ см.

По теореме Пифагора для треугольника $SOM$ ($ \angle SOM = 90^\circ $):$SM^2 = SO^2 + OM^2$$SM^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$$SM = \sqrt{5}$ см.

Так как пирамида правильная, все ее апофемы равны, поэтому $SN = SM = \sqrt{5}$ см.

3. Теперь мы знаем все стороны треугольника $MSN$: $SM = \sqrt{5}$ см, $SN = \sqrt{5}$ см и $MN = 2$ см.

Применим теорему косинусов к треугольнику $MSN$, чтобы найти $\cos(\angle MSN)$:$MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos(\angle MSN)$

Подставим известные значения:$2^2 = (\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 - 2 \cdot \sqrt{5} \cdot \sqrt{5} \cdot \cos(\angle MSN)$$4 = 5 + 5 - 2 \cdot 5 \cdot \cos(\angle MSN)$$4 = 10 - 10 \cdot \cos(\angle MSN)$$10 \cdot \cos(\angle MSN) = 10 - 4$$10 \cdot \cos(\angle MSN) = 6$$\cos(\angle MSN) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$

Ответ: $\frac{3}{5}$.

9.14. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ стороны основания равны 2 см, а высота равна 4 см (рис. 9.7). Найдите косинус угла между плоскостями $SAB$ и $SDE$.

Рис. 9.7

Дано:

$SABCDEF$ – правильная шестиугольная пирамида
Сторона основания $a = 2 \text{ см}$
Высота $h = SO = 4 \text{ см}$

Перевод в систему СИ:
$a = 0.02 \text{ м}$
$h = 0.04 \text{ м}$

Найти:

Косинус угла $\alpha$ между плоскостями $(SAB)$ и $(SDE)$.

Решение:

Угол между двумя плоскостями – это угол между двумя перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения из одной точки, причем эти перпендикуляры лежат в данных плоскостях.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Противоположные стороны правильного шестиугольника параллельны, следовательно, $AB \parallel DE$.

Плоскости $(SAB)$ и $(SDE)$ проходят через параллельные прямые $AB$ и $DE$ и имеют общую точку $S$. Следовательно, линия их пересечения – это прямая $l$, проходящая через вершину $S$ параллельно прямым $AB$ и $DE$.

Для нахождения искомого угла построим линейный угол двугранного угла. Проведем апофемы боковых граней $SAB$ и $SDE$. Пусть $M$ – середина ребра $AB$, а $N$ – середина ребра $DE$. Тогда $SM$ – высота и медиана равнобедренного треугольника $SAB$, а $SN$ – высота и медиана равнобедренного треугольника $SDE$.

Поскольку $SM \perp AB$ и $AB \parallel l$, то $SM \perp l$. Аналогично, $SN \perp DE$ и $DE \parallel l$, следовательно $SN \perp l$.

Таким образом, угол $\angle MSN$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SAB)$ и $(SDE)$, и нам нужно найти $\cos(\angle MSN)$.

Рассмотрим треугольник $MSN$. Найдем длины его сторон.

Пусть $O$ – центр основания (правильного шестиугольника $ABCDEF$). Высота пирамиды $SO = h = 4 \text{ см}$.

Отрезки $OM$ и $ON$ являются радиусами вписанной в шестиугольник окружности (апофемами шестиугольника). Длина апофемы правильного шестиугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $r = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$OM = ON = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \text{ см}$.

Точки $M$, $O$, $N$ лежат на одной прямой, так как $M$ и $N$ – середины противоположных сторон. Тогда длина отрезка $MN$ равна:

$MN = OM + ON = \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2\sqrt{3} \text{ см}$.

Теперь найдем длины апофем пирамиды $SM$ и $SN$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$ (угол $\angle SOM = 90^\circ$, так как $SO$ – высота пирамиды). По теореме Пифагора:

$SM^2 = SO^2 + OM^2 = 4^2 + (\sqrt{3})^2 = 16 + 3 = 19$.

$SM = \sqrt{19} \text{ см}$.

Аналогично для прямоугольного треугольника $SON$:

$SN^2 = SO^2 + ON^2 = 4^2 + (\sqrt{3})^2 = 16 + 3 = 19$.

$SN = \sqrt{19} \text{ см}$.

Теперь у нас есть все стороны треугольника $MSN$: $SM = \sqrt{19}$, $SN = \sqrt{19}$, $MN = 2\sqrt{3}$. Применим теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle MSN)$:

$MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos(\angle MSN)$

$(2\sqrt{3})^2 = (\sqrt{19})^2 + (\sqrt{19})^2 - 2 \cdot \sqrt{19} \cdot \sqrt{19} \cdot \cos(\angle MSN)$

$12 = 19 + 19 - 2 \cdot 19 \cdot \cos(\angle MSN)$

$12 = 38 - 38 \cdot \cos(\angle MSN)$

$38 \cdot \cos(\angle MSN) = 38 - 12$

$38 \cdot \cos(\angle MSN) = 26$

$\cos(\angle MSN) = \frac{26}{38} = \frac{13}{19}$

Ответ: $\frac{13}{19}$.

9.15. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все ребра равны 2 см (рис. 9.8). Найдите косинус угла между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$.

63

Рис. 9.8

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.
Длина всех ребер равна $a = 2$ см.

$a = 0.02$ м.

Найти:

Косинус угла $\theta$ между плоскостями $(ABC_1)$ и $(BCD_1)$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Косинус этого угла $\theta$ вычисляется по формуле:
$\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$
где $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ — нормальные векторы к плоскостям $(ABC_1)$ и $(BCD_1)$ соответственно.

Введем прямоугольную систему координат. Пусть центр нижнего основания призмы $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Ось $Oz$ направим вдоль высоты призмы, а ось $Ox$ проведем через вершину $A$. Так как призма правильная, в ее основании лежит правильный шестиугольник. Длина ребра основания и боковое ребро равны $a=2$. Отметим, что для нахождения косинуса угла фактическая длина ребра не важна, так как она сократится при вычислениях, поэтому для удобства будем использовать $a=2$.

Найдем координаты вершин, необходимых для определения плоскостей. В правильном шестиугольнике со стороной $a$ расстояние от центра до любой вершины равно $a$.
Точка $A$: лежит на оси $Ox$ на расстоянии $a=2$ от начала координат. $A(2, 0, 0)$.
Точка $B$: получается поворотом точки $A$ на $60^\circ$ вокруг оси $Oz$. $B(2\cos(60^\circ), 2\sin(60^\circ), 0) = B(2 \cdot \frac{1}{2}, 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, 0) = B(1, \sqrt{3}, 0)$.
Точка $C$: получается поворотом точки $A$ на $120^\circ$ вокруг оси $Oz$. $C(2\cos(120^\circ), 2\sin(120^\circ), 0) = C(2 \cdot (-\frac{1}{2}), 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, 0) = C(-1, \sqrt{3}, 0)$.
Точка $C_1$: лежит в верхнем основании над точкой $C$, высота призмы $h=a=2$. $C_1(-1, \sqrt{3}, 2)$.
Точка $D_1$: точка $D$ получается поворотом $A$ на $180^\circ$, $D(-2,0,0)$. Точка $D_1$ лежит в верхнем основании. $D_1(-2, 0, 2)$.

Теперь найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $(ABC_1)$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$, и вычислим их векторное произведение.
$\vec{AB} = (1-2, \sqrt{3}-0, 0-0) = (-1, \sqrt{3}, 0)$.
$\vec{AC_1} = (-1-2, \sqrt{3}-0, 2-0) = (-3, \sqrt{3}, 2)$.
$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & \sqrt{3} & 0 \\ -3 & \sqrt{3} & 2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(2\sqrt{3}-0) - \mathbf{j}(-2-0) + \mathbf{k}(-\sqrt{3} - (-3\sqrt{3})) = (2\sqrt{3}, 2, 2\sqrt{3})$.
Для удобства можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив координаты на 2: $\vec{n_1'} = (\sqrt{3}, 1, \sqrt{3})$.

Далее найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $(BCD_1)$. Найдем векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$.
$\vec{BC} = (-1-1, \sqrt{3}-\sqrt{3}, 0-0) = (-2, 0, 0)$.
$\vec{BD_1} = (-2-1, 0-\sqrt{3}, 2-0) = (-3, -\sqrt{3}, 2)$.
$\vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 0 & 0 \\ -3 & -\sqrt{3} & 2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0-0) - \mathbf{j}(-4-0) + \mathbf{k}(2\sqrt{3}-0) = (0, 4, 2\sqrt{3})$.
Для удобства можно использовать коллинеарный ему вектор, разделив координаты на 2: $\vec{n_2'} = (0, 2, \sqrt{3})$.

Теперь вычислим косинус угла между нормальными векторами $\vec{n_1'}$ и $\vec{n_2'}$.
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (\sqrt{3} \cdot 0) + (1 \cdot 2) + (\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}) = 0 + 2 + 3 = 5$.
Найдем модули векторов:
$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3+1+3} = \sqrt{7}$.
$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{0+4+3} = \sqrt{7}$.
Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \theta = \frac{|\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}|}{||\vec{n_1'}|| \cdot ||\vec{n_2'}||} = \frac{|5|}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}} = \frac{5}{7}$.

Ответ: $\frac{5}{7}$.