Страница 66 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

10.1. Найдите синус угла между прямой, направляющий вектор которой имеет координаты $(1; 2; 2)$, и плоскостью, вектор нормали которой имеет координаты $(-2; 1; 2)$.

Дано:

Направляющий вектор прямой $\vec{d} = (1; 2; 2)$.

Вектор нормали плоскости $\vec{n} = (-2; 1; 2)$.

Найти:

Синус угла $\alpha$ между прямой и плоскостью.

Решение:

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью определяется через угол $\beta$ между направляющим вектором прямой $\vec{d}$ и вектором нормали плоскости $\vec{n}$. Эти углы связаны соотношением $\alpha + \beta = 90^\circ$ (или $\frac{\pi}{2}$ в радианах). Из этого следует, что синус угла между прямой и плоскостью равен модулю косинуса угла между направляющим вектором прямой и вектором нормали плоскости:

$\sin \alpha = |\cos \beta| = \frac{|\vec{d} \cdot \vec{n}|}{|\vec{d}| \cdot |\vec{n}|}$

где $\vec{d} \cdot \vec{n}$ — это скалярное произведение векторов, а $|\vec{d}|$ и $|\vec{n}|$ — это их модули (длины).

1. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{d}$ и $\vec{n}$:

$\vec{d} \cdot \vec{n} = (1) \cdot (-2) + (2) \cdot (1) + (2) \cdot (2) = -2 + 2 + 4 = 4$.

2. Вычислим модуль направляющего вектора $\vec{d}$:

$|\vec{d}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$.

3. Вычислим модуль вектора нормали $\vec{n}$:

$|\vec{n}| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$.

4. Подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$\sin \alpha = \frac{|4|}{3 \cdot 3} = \frac{4}{9}$.

Ответ: $\frac{4}{9}$.

10.2. Найдите синус угла между прямой, заданной параметрическими
уравнениями: $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 1 + 2t \\ z = 1 - t \end{cases} $, и плоскостью, заданной уравнением
$ x + 2y - 2z + 1 = 0. $

Дано:

Прямая L задана параметрическими уравнениями:

$ \begin{cases} x = 1 + 2t, \\ y = 1 + 2t, \\ z = 1 - t \end{cases} $

Плоскость P задана уравнением:

$x + 2y - 2z + 1 = 0$

Найти:

Синус угла между прямой L и плоскостью P.

Решение:

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Синус этого угла можно найти по формуле:

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

где $\vec{s}$ — направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

1. Из параметрических уравнений прямой находим ее направляющий вектор. Его координаты — это коэффициенты при параметре $t$.

$\vec{s} = (2; 2; -1)$

2. Из общего уравнения плоскости находим ее вектор нормали. Его координаты — это коэффициенты при переменных $x, y, z$.

$\vec{n} = (1; 2; -2)$

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

$\vec{s} \cdot \vec{n} = 2 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + (-1) \cdot (-2) = 2 + 4 + 2 = 8$

4. Вычислим длины (модули) векторов $\vec{s}$ и $\vec{n}$:

$|\vec{s}| = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$

$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$

5. Подставим полученные значения в формулу для синуса угла:

$\sin(\alpha) = \frac{|8|}{3 \cdot 3} = \frac{8}{9}$

Ответ: $\frac{8}{9}$.

10.3. Выясните взаимное расположение прямой, заданной параметрическими уравнениями:

$\begin{cases} x = 1 - 2t, \\ y = 1 - 6t, \\ z = 1 + 4t \end{cases}$

и плоскости, заданной уравнением:

а) $x + 3y - 2z + 4 = 0$;

б) $3x - y + 1 = 0$;

в) $2x + z - 3 = 0$.

Дано:

Параметрические уравнения прямой L:

$ \begin{cases} x = 1 - 2t, \\ y = 1 - 6t, \\ z = 1 + 4t \end{cases} $

Уравнения плоскостей:

а) $x + 3y - 2z + 4 = 0$

б) $3x - y + 1 = 0$

в) $2x + z - 3 = 0$

Найти:

Взаимное расположение прямой L и каждой из плоскостей.

Решение:

Для определения взаимного расположения прямой и плоскости подставим параметрические выражения для $x, y$ и $z$ из уравнений прямой в уравнение плоскости. В результате получится линейное уравнение относительно параметра $t$.

Возможны три случая:

1. Если уравнение имеет единственное решение для $t$, это означает, что существует только одна точка, удовлетворяющая как уравнениям прямой, так и уравнению плоскости. Следовательно, прямая и плоскость пересекаются в одной точке.

2. Если в результате преобразований получается неверное числовое равенство (например, $C = 0$, где $C \ne 0$), уравнение не имеет решений. Это означает, что у прямой и плоскости нет общих точек, то есть прямая параллельна плоскости.

3. Если в результате преобразований получается тождество (например, $0 = 0$), уравнение верно для любого значения $t$. Это означает, что любая точка прямой принадлежит плоскости, то есть прямая лежит в плоскости.

а)

Рассмотрим плоскость, заданную уравнением $x + 3y - 2z + 4 = 0$.

Подставим выражения для $x, y, z$ в уравнение плоскости:

$(1 - 2t) + 3(1 - 6t) - 2(1 + 4t) + 4 = 0$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$1 - 2t + 3 - 18t - 2 - 8t + 4 = 0$

$(-2 - 18 - 8)t + (1 + 3 - 2 + 4) = 0$

$-28t + 6 = 0$

$28t = 6$

$t = \frac{6}{28} = \frac{3}{14}$

Так как уравнение имеет единственное решение для $t$, прямая и плоскость пересекаются в одной точке.

Ответ: Прямая и плоскость пересекаются в одной точке.

б)

Рассмотрим плоскость, заданную уравнением $3x - y + 1 = 0$.

Подставим выражения для $x, y, z$ в уравнение плоскости:

$3(1 - 2t) - (1 - 6t) + 1 = 0$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$3 - 6t - 1 + 6t + 1 = 0$

$(-6 + 6)t + (3 - 1 + 1) = 0$

$0 \cdot t + 3 = 0$

$3 = 0$

Полученное равенство неверно, следовательно, уравнение не имеет решений. Это означает, что у прямой и плоскости нет общих точек, и прямая параллельна плоскости.

Ответ: Прямая параллельна плоскости.

в)

Рассмотрим плоскость, заданную уравнением $2x + z - 3 = 0$.

Подставим выражения для $x, y, z$ в уравнение плоскости:

$2(1 - 2t) + (1 + 4t) - 3 = 0$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$2 - 4t + 1 + 4t - 3 = 0$

$(-4 + 4)t + (2 + 1 - 3) = 0$

$0 \cdot t + 0 = 0$

$0 = 0$

Полученное равенство является тождеством, верным для любого значения параметра $t$. Это означает, что любая точка прямой принадлежит плоскости.

Ответ: Прямая лежит в плоскости.

10.4. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, у которого

$AB = 3, AD = 2, AA_1 = 1$, найдите синус угла между прямой $DB_1$

и плоскостью: a) $ABC$; б) $ADD_1$; в) $CDD_1$.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 3$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

Синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостями:

а) $ABC$

б) $ADD_1$

в) $CDD_1$

Решение:

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Синус этого угла равен отношению длины перпендикуляра, опущенного из точки на прямой (не лежащей в плоскости) на эту плоскость, к длине отрезка прямой от этой точки до точки пересечения прямой с плоскостью.

Сначала найдем длину главной диагонали параллелепипеда $DB_1$. Квадрат длины диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трёх его измерений:

$DB_1^2 = AB^2 + AD^2 + AA_1^2 = 3^2 + 2^2 + 1^2 = 9 + 4 + 1 = 14$

$DB_1 = \sqrt{14}$

Теперь рассмотрим каждый случай отдельно.

а) Найдем синус угла $\alpha$ между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC$.

Проекцией точки $B_1$ на плоскость $ABC$ является точка $B$. Проекцией точки $D$ на плоскость $ABC$ является сама точка $D$. Следовательно, проекцией прямой $DB_1$ на плоскость $ABC$ является прямая $DB$.

Искомый угол $\alpha$ - это угол между прямой $DB_1$ и её проекцией $DB$, то есть угол $\angle B_1DB$.

Рассмотрим треугольник $\triangle B_1DB$. Так как $BB_1$ - ребро, перпендикулярное основанию $ABCD$, то $BB_1 \perp DB$. Значит, $\triangle B_1DB$ - прямоугольный с прямым углом при вершине $B$.

В этом треугольнике:

• Гипотенуза $DB_1 = \sqrt{14}$.
• Катет $BB_1$, противолежащий углу $\alpha$, равен высоте параллелепипеда: $BB_1 = AA_1 = 1$.

Синус угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin(\alpha) = \frac{BB_1}{DB_1} = \frac{1}{\sqrt{14}} = \frac{\sqrt{14}}{14}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{14}}{14}$.

б) Найдем синус угла $\beta$ между прямой $DB_1$ и плоскостью $ADD_1$.

Плоскость $ADD_1$ - это боковая грань $ADD_1A_1$. Проекцией точки $B_1$ на эту плоскость является точка $A_1$, так как ребро $A_1B_1$ перпендикулярно грани $ADD_1A_1$. Проекцией точки $D$ на эту плоскость является сама точка $D$. Следовательно, проекцией прямой $DB_1$ на плоскость $ADD_1$ является прямая $DA_1$.

Искомый угол $\beta$ - это угол между прямой $DB_1$ и её проекцией $DA_1$, то есть угол $\angle B_1DA_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle B_1DA_1$. Так как $A_1B_1 \perp ADD_1A_1$, то $A_1B_1 \perp DA_1$. Значит, $\triangle B_1DA_1$ - прямоугольный с прямым углом при вершине $A_1$.

В этом треугольнике:

• Гипотенуза $DB_1 = \sqrt{14}$.
• Катет $A_1B_1$, противолежащий углу $\beta$, равен ребру $AB$: $A_1B_1 = AB = 3$.

Синус угла $\beta$ равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin(\beta) = \frac{A_1B_1}{DB_1} = \frac{3}{\sqrt{14}} = \frac{3\sqrt{14}}{14}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{14}}{14}$.

в) Найдем синус угла $\gamma$ между прямой $DB_1$ и плоскостью $CDD_1$.

Плоскость $CDD_1$ - это боковая грань $CDD_1C_1$. Проекцией точки $B_1$ на эту плоскость является точка $C_1$, так как ребро $B_1C_1$ перпендикулярно грани $CDD_1C_1$. Проекцией точки $D$ на эту плоскость является сама точка $D$. Следовательно, проекцией прямой $DB_1$ на плоскость $CDD_1$ является прямая $DC_1$.

Искомый угол $\gamma$ - это угол между прямой $DB_1$ и её проекцией $DC_1$, то есть угол $\angle B_1DC_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle B_1DC_1$. Так как $B_1C_1 \perp CDD_1C_1$, то $B_1C_1 \perp DC_1$. Значит, $\triangle B_1DC_1$ - прямоугольный с прямым углом при вершине $C_1$.

В этом треугольнике:

• Гипотенуза $DB_1 = \sqrt{14}$.
• Катет $B_1C_1$, противолежащий углу $\gamma$, равен ребру $AD$: $B_1C_1 = AD = 2$.

Синус угла $\gamma$ равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin(\gamma) = \frac{B_1C_1}{DB_1} = \frac{2}{\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{14}}{14} = \frac{\sqrt{14}}{7}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{14}}{7}$.

10.5. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, у которого $AB = 3, AD = 2, AA_1 = 1$, найдите синус угла между плоскостью $ACD_1$ и прямой:

а) $DB$;

б) $DA_1$;

в) $DC_1$.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 3$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

а) Синус угла между плоскостью $ACD_1$ и прямой $DB$.

б) Синус угла между плоскостью $ACD_1$ и прямой $DA_1$.

в) Синус угла между плоскостью $ACD_1$ и прямой $DC_1$.

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:

$A(0, 0, 0)$

$B(3, 0, 0)$

$C(3, 2, 0)$

$D(0, 2, 0)$

$A_1(0, 0, 1)$

$C_1(3, 2, 1)$

$D_1(0, 2, 1)$

Угол $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{s}$ и плоскостью с вектором нормали $\vec{n}$ можно найти по формуле:

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

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $ACD_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{AC} = \{C_x - A_x, C_y - A_y, C_z - A_z\} = \{3-0, 2-0, 0-0\} = \{3, 2, 0\}$

$\vec{AD_1} = \{D_{1x} - A_x, D_{1y} - A_y, D_{1z} - A_z\} = \{0-0, 2-0, 1-0\} = \{0, 2, 1\}$

Вектор нормали $\vec{n}$ является векторным произведением этих векторов:

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

Таким образом, вектор нормали $\vec{n} = \{2, -3, 6\}$.

Найдем его модуль:

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

Теперь решим каждую из подзадач.

а)

Найдем направляющий вектор $\vec{s_1}$ для прямой $DB$:

$\vec{s_1} = \vec{DB} = \{B_x - D_x, B_y - D_y, B_z - D_z\} = \{3-0, 0-2, 0-0\} = \{3, -2, 0\}$.

Найдем модуль этого вектора:

$|\vec{s_1}| = \sqrt{3^2 + (-2)^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}$.

Найдем скалярное произведение $\vec{s_1} \cdot \vec{n}$:

$\vec{s_1} \cdot \vec{n} = 3 \cdot 2 + (-2) \cdot (-3) + 0 \cdot 6 = 6 + 6 + 0 = 12$.

Синус угла $\alpha_1$ между прямой $DB$ и плоскостью $ACD_1$ равен:

$\sin(\alpha_1) = \frac{|\vec{s_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s_1}| \cdot |\vec{n}|} = \frac{|12|}{\sqrt{13} \cdot 7} = \frac{12}{7\sqrt{13}} = \frac{12\sqrt{13}}{91}$.

Ответ: $\frac{12\sqrt{13}}{91}$.

б)

Найдем направляющий вектор $\vec{s_2}$ для прямой $DA_1$:

$\vec{s_2} = \vec{DA_1} = \{A_{1x} - D_x, A_{1y} - D_y, A_{1z} - D_z\} = \{0-0, 0-2, 1-0\} = \{0, -2, 1\}$.

Найдем модуль этого вектора:

$|\vec{s_2}| = \sqrt{0^2 + (-2)^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$.

Найдем скалярное произведение $\vec{s_2} \cdot \vec{n}$:

$\vec{s_2} \cdot \vec{n} = 0 \cdot 2 + (-2) \cdot (-3) + 1 \cdot 6 = 0 + 6 + 6 = 12$.

Синус угла $\alpha_2$ между прямой $DA_1$ и плоскостью $ACD_1$ равен:

$\sin(\alpha_2) = \frac{|\vec{s_2} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s_2}| \cdot |\vec{n}|} = \frac{|12|}{\sqrt{5} \cdot 7} = \frac{12}{7\sqrt{5}} = \frac{12\sqrt{5}}{35}$.

Ответ: $\frac{12\sqrt{5}}{35}$.

в)

Найдем направляющий вектор $\vec{s_3}$ для прямой $DC_1$:

$\vec{s_3} = \vec{DC_1} = \{C_{1x} - D_x, C_{1y} - D_y, C_{1z} - D_z\} = \{3-0, 2-2, 1-0\} = \{3, 0, 1\}$.

Найдем модуль этого вектора:

$|\vec{s_3}| = \sqrt{3^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 0 + 1} = \sqrt{10}$.

Найдем скалярное произведение $\vec{s_3} \cdot \vec{n}$:

$\vec{s_3} \cdot \vec{n} = 3 \cdot 2 + 0 \cdot (-3) + 1 \cdot 6 = 6 + 0 + 6 = 12$.

Синус угла $\alpha_3$ между прямой $DC_1$ и плоскостью $ACD_1$ равен:

$\sin(\alpha_3) = \frac{|\vec{s_3} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s_3}| \cdot |\vec{n}|} = \frac{|12|}{\sqrt{10} \cdot 7} = \frac{12}{7\sqrt{10}} = \frac{12\sqrt{10}}{70} = \frac{6\sqrt{10}}{35}$.

Ответ: $\frac{6\sqrt{10}}{35}$.

10.6. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, стороны основания и высота которой равны 4 см, найдите синус угла между плоскостью $SAB$ и прямой:

a) $BC$;

б) $AC$;

в) $SC$.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида.
Сторона основания $a = AB = BC = CD = DA = 4 \text{ см}$.
Высота пирамиды $h = SO = 4 \text{ см}$ (где O - центр основания).

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

Найти:

Синус угла $\phi$ между плоскостью $SAB$ и прямой:
а) $BC$
б) $AC$
в) $SC$

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Так как искомая величина (синус угла) является безразмерной, для удобства будем использовать данные в сантиметрах.

Введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $D$ основания. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DC$, ось $Oy$ вдоль ребра $DA$. Ось $Oz$ направим перпендикулярно плоскости основания.

В этой системе координат вершины основания имеют следующие координаты:
$D(0, 0, 0)$
$A(0, 4, 0)$
$C(4, 0, 0)$
$B(4, 4, 0)$

Основание высоты $O$ является центром квадрата $ABCD$ и имеет координаты $O(2, 2, 0)$. Так как высота пирамиды равна 4, вершина $S$ имеет координаты $S(2, 2, 4)$.

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

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $SAB$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AS}$ и $\vec{AB}$, и вычислим их векторное произведение.
$\vec{AS} = S - A = (2-0, 2-4, 4-0) = (2, -2, 4)$
$\vec{AB} = B - A = (4-0, 4-4, 0-0) = (4, 0, 0)$

$\vec{n} = \vec{AS} \times \vec{AB} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & -2 & 4 \\ 4 & 0 & 0 \end{vmatrix} = \vec{i}(-2 \cdot 0 - 4 \cdot 0) - \vec{j}(2 \cdot 0 - 4 \cdot 4) + \vec{k}(2 \cdot 0 - (-2) \cdot 4) = 0\vec{i} + 16\vec{j} + 8\vec{k} = (0, 16, 8)$.

В качестве вектора нормали можно взять любой коллинеарный вектор, например, разделив на 8: $\vec{n} = (0, 2, 1)$.
Найдем его модуль: $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$.

Теперь найдем синусы углов для каждой из прямых.

а) BC

Найдем направляющий вектор прямой $BC$:
$\vec{v}_{BC} = C - B = (4-4, 0-4, 0-0) = (0, -4, 0)$.
Модуль вектора: $|\vec{v}_{BC}| = \sqrt{0^2 + (-4)^2 + 0^2} = 4$.
Скалярное произведение: $\vec{v}_{BC} \cdot \vec{n} = 0 \cdot 0 + (-4) \cdot 2 + 0 \cdot 1 = -8$.
Синус угла $\phi_a$:
$\sin \phi_a = \frac{|-8|}{4 \cdot \sqrt{5}} = \frac{8}{4\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.
Ответ: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$

б) AC

Найдем направляющий вектор прямой $AC$:
$\vec{v}_{AC} = C - A = (4-0, 0-4, 0-0) = (4, -4, 0)$.
Модуль вектора (длина диагонали основания): $|\vec{v}_{AC}| = \sqrt{4^2 + (-4)^2 + 0^2} = \sqrt{16+16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$.
Скалярное произведение: $\vec{v}_{AC} \cdot \vec{n} = 4 \cdot 0 + (-4) \cdot 2 + 0 \cdot 1 = -8$.
Синус угла $\phi_б$:
$\sin \phi_б = \frac{|-8|}{4\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}} = \frac{8}{4\sqrt{10}} = \frac{2}{\sqrt{10}} = \frac{2\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$

в) SC

Найдем направляющий вектор прямой $SC$:
$\vec{v}_{SC} = C - S = (4-2, 0-2, 0-4) = (2, -2, -4)$.
Модуль вектора (длина бокового ребра): $|\vec{v}_{SC}| = \sqrt{2^2 + (-2)^2 + (-4)^2} = \sqrt{4+4+16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$.
Скалярное произведение: $\vec{v}_{SC} \cdot \vec{n} = 2 \cdot 0 + (-2) \cdot 2 + (-4) \cdot 1 = -4 - 4 = -8$.
Синус угла $\phi_в$:
$\sin \phi_в = \frac{|-8|}{2\sqrt{6} \cdot \sqrt{5}} = \frac{8}{2\sqrt{30}} = \frac{4}{\sqrt{30}} = \frac{4\sqrt{30}}{30} = \frac{2\sqrt{30}}{15}$.
Ответ: $\frac{2\sqrt{30}}{15}$

10.7. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ все ребра равны 1 см (рис. 10.4). Найдите синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью:

а) $ABC_1$;

б) $ACD_1$.

Рис. 10.4

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$

Длина ребра $a = 1$ см.

Прямая $DB_1$.

Плоскости $ABC_1$ и $ACD_1$.

Перевод в СИ:

$a = 0.01$ м.

Найти:

а) синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC_1$.

б) синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ACD_1$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$, ось $Oz$ вдоль $AA_1$.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты (учитывая, что длина ребра $a=1$):

$A(0, 0, 0)$

$B(1, 0, 0)$

$D(0, 1, 0)$

$A_1(0, 0, 1)$

$B_1(1, 0, 1)$

$C_1(1, 1, 1)$

$D_1(0, 1, 1)$

$C(1, 1, 0)$

Найдем направляющий вектор $\vec{s}$ прямой $DB_1$:

$\vec{s} = \vec{DB_1} = (x_{B_1} - x_D, y_{B_1} - y_D, z_{B_1} - z_D) = (1-0, 0-1, 1-0) = (1, -1, 1)$.

Длина вектора $\vec{s}$:

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

Синус угла $\phi$ между прямой и плоскостью можно найти по формуле:

$\sin\phi = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n}|}$, где $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

а) $ABC_1$

Найдем вектор нормали $\vec{n_a}$ к плоскости $ABC_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$.

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

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

Вектор нормали $\vec{n_a}$ является векторным произведением векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC_1}$:

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

Длина вектора нормали $\vec{n_a}$:

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

Теперь найдем скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n_a}$:

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

Вычислим синус угла $\phi_a$ между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC_1$:

$\sin\phi_a = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n_a}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n_a}|} = \frac{|2|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$

б) $ACD_1$

Найдем вектор нормали $\vec{n_b}$ к плоскости $ACD_1$. Для этого найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$.

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

$\vec{AD_1} = (0-0, 1-0, 1-0) = (0, 1, 1)$.

Вектор нормали $\vec{n_b}$ является векторным произведением векторов $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$:

$\vec{n_b} = \vec{AC} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) - \vec{j}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) + \vec{k}(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1\vec{i} - 1\vec{j} + 1\vec{k} = (1, -1, 1)$.

Длина вектора нормали $\vec{n_b}$:

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

Заметим, что направляющий вектор прямой $\vec{s} = (1, -1, 1)$ совпадает с вектором нормали $\vec{n_b} = (1, -1, 1)$. Это означает, что прямая $DB_1$ перпендикулярна плоскости $ACD_1$, и угол между ними равен $90^\circ$. Синус этого угла равен 1. Проверим это по формуле.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{s}$ и $\vec{n_b}$:

$\vec{s} \cdot \vec{n_b} = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 1 + 1 + 1 = 3$.

Вычислим синус угла $\phi_b$ между прямой $DB_1$ и плоскостью $ACD_1$:

$\sin\phi_b = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n_b}|}{|\vec{s}| \cdot |\vec{n_b}|} = \frac{|3|}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3}{3} = 1$.

Ответ: $1$

10.8. В правильной четырехугольной пи-рамиде $SABCD$ стороны основания и

высота равны 2 см (рис. 10.5). Найдите синус угла между плоскостью $SAB$ и прямой: а) $BD$; б) $SC$.

Рис. 10.5

Дано:

$SABCD$ - правильная четырехугольная пирамида
$AB = BC = CD = DA = 2$ см
$SO = h = 2$ см

$AB = 0.02$ м
$SO = 0.02$ м

Найти:

а) синус угла между плоскостью $SAB$ и прямой $BD$.
б) синус угла между плоскостью $SAB$ и прямой $SC$.

Решение:

В основании правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит квадрат $ABCD$. Высота пирамиды $SO$ проецируется в центр квадрата $O$ - точку пересечения его диагоналей.

а)

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Синус этого угла можно найти как отношение расстояния от любой точки на прямой до плоскости к длине отрезка от этой точки до точки пересечения прямой с плоскостью.

В нашем случае прямая $BD$ пересекает плоскость $SAB$ в точке $B$. Найдем синус угла $\alpha$ между прямой $BD$ и плоскостью $SAB$ по формуле:

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

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

1. Найдем длину диагонали $BD$. Так как $ABCD$ - квадрат со стороной 2 см, то по теореме Пифагора:

$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ см.

2. Найдем расстояние от точки $D$ до плоскости $SAB$ ($d(D, (SAB))$), используя метод объемов для тетраэдра $SABD$. Объем этого тетраэдра можно вычислить двумя способами:

$V_{SABD} = \frac{1}{3} S_{ABD} \cdot SO = \frac{1}{3} S_{SAB} \cdot d(D, (SAB))$

3. Вычислим площадь основания тетраэдра - треугольника $ABD$. Это прямоугольный треугольник с катетами $AB=2$ и $AD=2$.

$S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$ см$^2$.

4. Теперь найдем объем тетраэдра $SABD$:

$V_{SABD} = \frac{1}{3} S_{ABD} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2 = \frac{4}{3}$ см$^3$.

5. Вычислим площадь боковой грани $SAB$. Треугольник $SAB$ - равнобедренный ($SA=SB$). Проведем апофему $SK$ (высоту грани $SAB$), где $K$ - середина $AB$. В основании $O$ - центр квадрата, $OK$ - средняя линия в $\triangle ABD$, параллельная $AD$, или просто $OK = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOK$. По теореме Пифагора найдем апофему $SK$:

$SK = \sqrt{SO^2 + OK^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$ см.

Теперь найдем площадь треугольника $SAB$:

$S_{SAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SK = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{5} = \sqrt{5}$ см$^2$.

6. Подставим известные значения в формулу для объема:

$\frac{4}{3} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{5} \cdot d(D, (SAB))$

$d(D, (SAB)) = \frac{4}{\sqrt{5}}$ см.

7. Наконец, найдем синус угла $\alpha$:

$\sin(\alpha) = \frac{d(D, (SAB))}{BD} = \frac{4/\sqrt{5}}{2\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{5}\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{10}} = \frac{2\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$

б)

Аналогично пункту а), синус угла $\gamma$ между прямой $SC$ и плоскостью $SAB$ можно найти по формуле:

$\sin(\gamma) = \frac{d(C, (SAB))}{SC}$

где $d(C, (SAB))$ - расстояние от точки $C$ до плоскости $SAB$, а $SC$ - длина бокового ребра.

1. Найдем длину бокового ребра $SC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOC$. $OC$ - половина диагонали $AC$. $AC = BD = 2\sqrt{2}$ см, следовательно $OC = \frac{1}{2}AC = \sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора:

$SC = \sqrt{SO^2 + OC^2} = \sqrt{2^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{4+2} = \sqrt{6}$ см.

2. Найдем расстояние от точки $C$ до плоскости $SAB$ ($d(C, (SAB))$). В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$, поэтому сторона $CD$ параллельна стороне $AB$. Так как прямая $AB$ лежит в плоскости $SAB$, то прямая $CD$ параллельна плоскости $SAB$.

Расстояние от любой точки прямой до параллельной ей плоскости одинаково. Следовательно, расстояние от точки $C$ до плоскости $SAB$ равно расстоянию от точки $D$ до этой же плоскости.

$d(C, (SAB)) = d(D, (SAB))$

Из пункта а) мы знаем, что $d(D, (SAB)) = \frac{4}{\sqrt{5}}$ см. Значит, $d(C, (SAB)) = \frac{4}{\sqrt{5}}$ см.

3. Теперь найдем синус угла $\gamma$:

$\sin(\gamma) = \frac{d(C, (SAB))}{SC} = \frac{4/\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{4}{\sqrt{5}\sqrt{6}} = \frac{4}{\sqrt{30}} = \frac{4\sqrt{30}}{30} = \frac{2\sqrt{30}}{15}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{30}}{15}$