Страница 72 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

4. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, стороны основания которой равны 1 см, а высота равна 2 см, найдите угол между прямыми $SA$ и $BD$:

A) $30^\circ$; B) $45^\circ$; C) $60^\circ$; D) $90^\circ$.

Дано:

Пирамида $SABCD$ – правильная четырехугольная.
Сторона основания $a = 1$ см.
Высота $h = 2$ см.

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

Найти:

Угол $\alpha$ между прямыми $SA$ и $BD$.

Решение:

Поскольку пирамида $SABCD$ правильная, ее основанием является квадрат $ABCD$, а высота $SO$ опускается в центр этого квадрата — точку $O$, которая является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$.

Прямые $SA$ и $BD$ являются скрещивающимися. Угол между ними можно найти, доказав перпендикулярность прямой $BD$ и плоскости, содержащей прямую $SA$.

Рассмотрим плоскость диагонального сечения $SAC$. Прямая $SA$ по определению лежит в этой плоскости.

1. Диагонали квадрата $ABCD$ перпендикулярны друг другу. Следовательно, $BD \perp AC$.

2. Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Так как прямая $BD$ лежит в плоскости основания, то высота $SO$ перпендикулярна прямой $BD$. Следовательно, $SO \perp BD$.

3. Мы имеем, что прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $SO$) в плоскости $SAC$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BD$ перпендикулярна всей плоскости $SAC$.

4. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $SA$ лежит в плоскости $SAC$, следовательно, прямая $BD$ перпендикулярна прямой $SA$.

Таким образом, искомый угол между прямыми $SA$ и $BD$ равен $90^\circ$. Стоит отметить, что этот результат справедлив для любой правильной четырехугольной пирамиды и не зависит от конкретных значений длины стороны основания и высоты.

Ответ: $90^\circ$.

5. Для правильной четырехугольной пирамиды SABCD, стороны основания которой равны 1 см, а высота равна 2 см, найдите косинус угла между прямыми SA и BC:

A) $\frac{\sqrt{2}}{6}$;

B) $\frac{\sqrt{3}}{6}$;

C) $\frac{1}{6}$;

D) $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Дано:

Пирамида $SABCD$ – правильная четырехугольная.
Сторона основания $a = AB = BC = CD = DA = 1$ см.
Высота $h = SO = 2$ см, где $O$ – центр основания.

Перевод в систему СИ:
$a = 0.01$ м
$h = 0.02$ м
Поскольку косинус угла является безразмерной величиной, для удобства вычислений можно использовать исходные единицы (см).

Найти:

$\cos(\alpha)$, где $\alpha$ – угол между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$.

Решение:

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

В основании правильной четырехугольной пирамиды лежит квадрат $ABCD$. В квадрате стороны $BC$ и $AD$ параллельны ($BC \parallel AD$).

Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$ равен углу между пересекающимися прямыми $SA$ и $AD$. Этот угол – $\angle SAD$ в треугольнике $SAD$.

Рассмотрим треугольник $SAD$. Так как пирамида правильная, все ее боковые ребра равны, поэтому $SA = SD$. Это означает, что треугольник $SAD$ является равнобедренным.

Найдем косинус угла $\angle SAD$ по теореме косинусов для треугольника $SAD$: $SD^2 = SA^2 + AD^2 - 2 \cdot SA \cdot AD \cdot \cos(\angle SAD)$

Так как $SA = SD$, равенство принимает вид: $SA^2 = SA^2 + AD^2 - 2 \cdot SA \cdot AD \cdot \cos(\angle SAD)$

$0 = AD^2 - 2 \cdot SA \cdot AD \cdot \cos(\angle SAD)$

$2 \cdot SA \cdot AD \cdot \cos(\angle SAD) = AD^2$

$\cos(\angle SAD) = \frac{AD^2}{2 \cdot SA \cdot AD} = \frac{AD}{2 \cdot SA}$

Нам известна длина стороны основания $AD = 1$ см. Теперь необходимо найти длину бокового ребра $SA$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOA$, где $SO$ – высота пирамиды ($SO=h=2$ см), а $OA$ – половина диагонали основания.

Диагональ квадрата $AC$ находится по теореме Пифагора: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ см.

Тогда $OA = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

Теперь по теореме Пифагора для треугольника $SOA$ найдем $SA$: $SA^2 = SO^2 + OA^2$ $SA^2 = 2^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 4 + \frac{2}{4} = 4 + \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$ $SA = \sqrt{\frac{9}{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.

Подставим найденные значения $AD$ и $SA$ в формулу для косинуса угла: $\cos(\angle SAD) = \frac{AD}{2 \cdot SA} = \frac{1}{2 \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{3\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе: $\cos(\angle SAD) = \frac{1}{3\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3 \cdot 2} = \frac{\sqrt{2}}{6}$

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{6}$

6. Для правильной шестиугольной пирамиды $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а высота равна 2 см, найдите косинус угла между прямыми $SA$ и $BC$:

A) $\frac{\sqrt{3}}{3}$;

B) $\frac{\sqrt{5}}{5}$;

C) $\frac{1}{5}$;

D) $\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$

Сторона основания $a = 1$ см

Высота пирамиды $h = 2$ см

Перевод в систему СИ:
Сторона основания $a = 0.01$ м
Высота пирамиды $h = 0.02$ м

Найти:

Косинус угла между прямыми $SA$ и $BC$.

Решение:

Угол между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$ равен углу между прямой $SA$ и любой прямой, параллельной $BC$ и пересекающей $SA$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $O$ — центр этого шестиугольника. В правильном шестиугольнике сторона $BC$ параллельна и равна отрезку $AO$, соединяющему центр с вершиной $A$. Это следует из того, что четырехугольник $ABCO$ является ромбом (все его стороны $AB, BC, CO, OA$ равны стороне шестиугольника).

Таким образом, искомый угол между прямыми $SA$ и $BC$ равен углу между прямыми $SA$ и $AO$, то есть углу $\angle SAO$.

Рассмотрим треугольник $SAO$.

Поскольку пирамида правильная, ее высота $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Следовательно, высота $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AO$. Значит, треугольник $SAO$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle SOA = 90^\circ$.

Найдем длины катетов этого треугольника:

1. Катет $SO$ является высотой пирамиды, по условию $SO = h = 2$ см.

2. Катет $AO$ является радиусом описанной около правильного шестиугольника окружности. Для правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен его стороне. По условию сторона основания $a=1$ см, следовательно, $AO = 1$ см.

Теперь найдем гипотенузу $SA$ по теореме Пифагора:

$SA^2 = SO^2 + AO^2$

$SA^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$

$SA = \sqrt{5}$ см.

Косинус угла $\angle SAO$ в прямоугольном треугольнике $SAO$ равен отношению прилежащего катета $AO$ к гипотенузе $SA$:

$\cos(\angle SAO) = \frac{AO}{SA} = \frac{1}{\sqrt{5}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\cos(\angle SAO) = \frac{1 \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$

Этот результат соответствует варианту B).

Ответ: $\frac{\sqrt{5}}{5}$.

7. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, у которого $AB = 2, AD = 2, AA_1 = 1$, найдите косинус угла между плоскостями $ABC_1$ и $BCD_1$:

A) $ \frac{1}{5} $;

B) $ \frac{2}{5} $;

C) $ \frac{3}{5} $;

D) $ \frac{4}{5} $.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 2$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

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

Решение:

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. 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:

$A(0, 0, 0)$

$B(2, 0, 0)$

$C(2, 2, 0)$

$C_1(2, 2, 1)$

$D_1(0, 2, 1)$

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

1. Найдем нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $(ABC_1)$. Эта плоскость определяется точками $A(0, 0, 0)$, $B(2, 0, 0)$ и $C_1(2, 2, 1)$.

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

$\vec{AB} = (2-0, 0-0, 0-0) = (2, 0, 0)$

$\vec{AC_1} = (2-0, 2-0, 1-0) = (2, 2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ является векторным произведением этих векторов:

$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 2) - \vec{j}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 2) + \vec{k}(2 \cdot 2 - 0 \cdot 2) = 0\vec{i} - 2\vec{j} + 4\vec{k}$

Таким образом, $\vec{n_1} = (0, -2, 4)$.

2. Найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $(BCD_1)$. Эта плоскость определяется точками $B(2, 0, 0)$, $C(2, 2, 0)$ и $D_1(0, 2, 1)$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{BC}$ и $\vec{BD_1}$.

$\vec{BC} = (2-2, 2-0, 0-0) = (0, 2, 0)$

$\vec{BD_1} = (0-2, 2-0, 1-0) = (-2, 2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ является векторным произведением этих векторов:

$\vec{n_2} = \vec{BC} \times \vec{BD_1} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 2) - \vec{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot (-2)) + \vec{k}(0 \cdot 2 - 2 \cdot (-2)) = 2\vec{i} - 0\vec{j} + 4\vec{k}$

Таким образом, $\vec{n_2} = (2, 0, 4)$.

3. Найдем косинус угла $\alpha$ между нормальными векторами $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$.

Косинус угла вычисляется по формуле:

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

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (0)(2) + (-2)(0) + (4)(4) = 16$

Найдем модули (длины) векторов:

$|\vec{n_1}| = \sqrt{0^2 + (-2)^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}$

$|\vec{n_2}| = \sqrt{2^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}$

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos \alpha = \frac{|16|}{\sqrt{20} \cdot \sqrt{20}} = \frac{16}{20} = \frac{4}{5}$

Ответ: $\frac{4}{5}$.

8. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, у которого $AB = 2, AD = 2, AA_1 = 1$, найдите косинус угла между плоскостями $ABC_1$ и $ACD_1: $

A) $\frac{\sqrt{30}}{6}$;

B) $\frac{\sqrt{20}}{6}$;

C) $\frac{\sqrt{10}}{6}$;

D) $\frac{\sqrt{6}}{6}$.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 2$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

Косинус угла между плоскостями $ABC_1$ и $ACD_1$, то есть $\cos(\widehat{(ABC_1), (ACD_1)})$.

Решение:

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

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

$A(0, 0, 0)$

$B(0, 2, 0)$

$D(2, 0, 0)$

$C$, смежная с $B$ и $D$ в основании, будет иметь координаты $C(2, 2, 0)$.

$C_1$, находящаяся над $C$, будет иметь координаты $C_1(2, 2, 1)$.

$D_1$, находящаяся над $D$, будет иметь координаты $D_1(2, 0, 1)$.

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы для каждой из плоскостей.

1. Плоскость $ABC_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $B(0,2,0)$ и $C_1(2,2,1)$.

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

$\vec{AB} = (0-0, 2-0, 0-0) = (0, 2, 0)$

$\vec{AC_1} = (2-0, 2-0, 1-0) = (2, 2, 1)$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $ABC_1$ можно найти как векторное произведение этих векторов:

$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 2) - \mathbf{j}(0 \cdot 1 - 0 \cdot 2) + \mathbf{k}(0 \cdot 2 - 2 \cdot 2) = 2\mathbf{i} - 0\mathbf{j} - 4\mathbf{k} = (2, 0, -4)$.

Для упрощения вычислений можно использовать коллинеарный вектор, разделив координаты на 2: $\vec{n_1}' = (1, 0, -2)$.

2. Плоскость $ACD_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$, $C(2,2,0)$ и $D_1(2,0,1)$.

Найдем два вектора в этой плоскости: $\vec{AC}$ и $\vec{AD_1}$:

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

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

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $ACD_1$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n_2} = \vec{AC} \times \vec{AD_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 0) - \mathbf{j}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 2) + \mathbf{k}(2 \cdot 0 - 2 \cdot 2) = 2\mathbf{i} - 2\mathbf{j} - 4\mathbf{k} = (2, -2, -4)$.

Упростим этот вектор, разделив его на 2: $\vec{n_2}' = (1, -1, -2)$.

3. Найдем косинус угла между плоскостями. Косинус угла $\theta$ между плоскостями вычисляется по формуле:

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

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

$\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = 1 \cdot 1 + 0 \cdot (-1) + (-2) \cdot (-2) = 1 + 0 + 4 = 5$.

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{n_1}'| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+0+4} = \sqrt{5}$.

$|\vec{n_2}'| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6}$.

Теперь подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos\theta = \frac{|5|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{6}} = \frac{5}{\sqrt{30}}$.

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{30}$:

$\cos\theta = \frac{5 \cdot \sqrt{30}}{\sqrt{30} \cdot \sqrt{30}} = \frac{5\sqrt{30}}{30} = \frac{\sqrt{30}}{6}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{30}}{6}$.

9. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, стороны основания которой равны 1 см, а высота равна 2 см, найдите косинус угла между плоскостями $SAB$ и $ABC$:

A) $\frac{\sqrt{15}}{15}$;

B) $\frac{\sqrt{17}}{17}$;

C) $\frac{\sqrt{19}}{19}$;

D) $\frac{\sqrt{21}}{21}$.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида

Сторона основания $a = 1$ см

Высота $h = 2$ см

В системе СИ:
$a = 0.01$ м
$h = 0.02$ м

Найти:

$\cos(\alpha)$ - косинус угла между плоскостями SAB и ABC.

Решение:

Пусть SABCD - данная правильная четырехугольная пирамида. В ее основании лежит квадрат ABCD. Пусть O - центр основания (точка пересечения диагоналей). Тогда SO - высота пирамиды, и по условию $SO = h = 2$ см.

Угол между боковой гранью SAB и плоскостью основания ABC (плоскость ABCD) - это двугранный угол при ребре основания AB. Для нахождения величины этого угла построим его линейный угол.

Проведем апофему SM, где M - середина ребра AB. Поскольку пирамида правильная, боковая грань SAB является равнобедренным треугольником ($SA=SB$), и ее медиана SM является также и высотой. Следовательно, $SM \perp AB$.

В плоскости основания соединим центр квадрата O с точкой M. Так как O - центр квадрата, а M - середина стороны AB, то отрезок OM перпендикулярен стороне AB ($OM \perp AB$).

Поскольку $SM \perp AB$ и $OM \perp AB$, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями SAB и ABC. Нам нужно найти косинус этого угла.

Рассмотрим треугольник SOM. Он является прямоугольным, так как высота пирамиды SO перпендикулярна всей плоскости основания, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и OM. Таким образом, $\angle SOM = 90^{\circ}$.

В этом прямоугольном треугольнике:

1. Катет SO равен высоте пирамиды: $SO = 2$ см.

2. Катет OM равен половине стороны квадрата, так как является расстоянием от центра квадрата до его стороны: $OM = \frac{1}{2} \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5$ см.

Найдем гипотенузу SM (апофему пирамиды), используя теорему Пифагора:

$SM^2 = SO^2 + OM^2$

$SM^2 = 2^2 + (0.5)^2 = 4 + 0.25 = 4.25$

$SM = \sqrt{4.25} = \sqrt{\frac{17}{4}} = \frac{\sqrt{17}}{2}$ см.

Теперь найдем косинус угла $\angle SMO$. В прямоугольном треугольнике SOM косинус острого угла равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(\angle SMO) = \frac{OM}{SM} = \frac{0.5}{\frac{\sqrt{17}}{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{17}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{17}}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель дроби на $\sqrt{17}$:

$\cos(\angle SMO) = \frac{1 \cdot \sqrt{17}}{\sqrt{17} \cdot \sqrt{17}} = \frac{\sqrt{17}}{17}$

Данный результат соответствует варианту ответа B).

Ответ: $\frac{\sqrt{17}}{17}$.

10. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, стороны основания которой равны 1 см, а высота равна 2 см, найдите косинус угла между плоскостями $SAB$ и $SBC$:

A) $\frac{1}{11}$;

B) $\frac{1}{13}$;

C) $\frac{1}{15}$;

D) $\frac{1}{17}$.

Дано:

Пирамида SABCD - правильная четырехугольная.

Сторона основания $a = 1$ см.

Высота пирамиды $h = 2$ см.

Переведем данные в систему СИ:

$a = 0.01$ м

$h = 0.02$ м

Найти:

Косинус угла $\phi$ между плоскостями боковых граней SAB и SBC: $\cos(\phi)$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Поместим начало координат O в центр основания пирамиды (центр квадрата ABCD). Ось Oz направим вдоль высоты пирамиды SO. Оси Ox и Oy направим параллельно сторонам основания.

В этой системе координат вершины пирамиды будут иметь следующие координаты (для удобства вычислений оставим размеры в см):

Вершина S, находящаяся на высоте $h=2$ на оси Oz, имеет координаты $S(0, 0, 2)$.

Вершины основания ABCD, которое является квадратом со стороной $a=1$ и центром в начале координат, имеют координаты:

$A(0.5, -0.5, 0)$

$B(0.5, 0.5, 0)$

$C(-0.5, 0.5, 0)$

$D(-0.5, -0.5, 0)$

Угол между двумя плоскостями равен углу между их нормальными векторами. Найдем нормальные векторы для плоскостей SAB и SBC.

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости SAB можно найти как векторное произведение двух векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{SA}$ и $\vec{SB}$.

Найдем координаты векторов:

$\vec{SA} = \{0.5 - 0; -0.5 - 0; 0 - 2\} = \{0.5; -0.5; -2\}$

$\vec{SB} = \{0.5 - 0; 0.5 - 0; 0 - 2\} = \{0.5; 0.5; -2\}$

Вычислим векторное произведение $\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SB}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0.5 & -0.5 & -2 \\ 0.5 & 0.5 & -2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-0.5)(-2) - (0.5)(-2)) - \mathbf{j}((0.5)(-2) - (0.5)(-2)) + \mathbf{k}((0.5)(0.5) - (0.5)(-0.5))$

$\vec{n_1} = \mathbf{i}(1 + 1) - \mathbf{j}(-1 + 1) + \mathbf{k}(0.25 + 0.25) = 2\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + 0.5\mathbf{k} = \{2; 0; 0.5\}$

Для удобства можно взять коллинеарный вектор, умножив координаты на 2: $\vec{n_1'} = \{4; 0; 1\}$.

Теперь найдем нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости SBC как векторное произведение векторов $\vec{SB}$ и $\vec{SC}$.

Найдем координаты вектора $\vec{SC}$:

$\vec{SC} = \{-0.5 - 0; 0.5 - 0; 0 - 2\} = \{-0.5; 0.5; -2\}$

Вектор $\vec{SB}$ нам уже известен: $\vec{SB} = \{0.5; 0.5; -2\}$.

Вычислим векторное произведение $\vec{n_2} = \vec{SB} \times \vec{SC}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0.5 & 0.5 & -2 \\ -0.5 & 0.5 & -2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}((0.5)(-2) - (0.5)(-2)) - \mathbf{j}((0.5)(-2) - (-0.5)(-2)) + \mathbf{k}((0.5)(0.5) - (-0.5)(0.5))$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}(-1 + 1) - \mathbf{j}(-1 - 1) + \mathbf{k}(0.25 + 0.25) = 0\mathbf{i} + 2\mathbf{j} + 0.5\mathbf{k} = \{0; 2; 0.5\}$

Для удобства также умножим координаты на 2: $\vec{n_2'} = \{0; 4; 1\}$.

Косинус угла $\phi$ между плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами (так как угол между плоскостями по определению находится в промежутке от $0$ до $90$ градусов):

$\cos(\phi) = \frac{|\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}|}{||\vec{n_1'}|| \cdot ||\vec{n_2'}||}$

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

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (4)(0) + (0)(4) + (1)(1) = 1$

Найдем длины (модули) векторов:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{4^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17}$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{0^2 + 4^2 + 1^2} = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17}$

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos(\phi) = \frac{|1|}{\sqrt{17} \cdot \sqrt{17}} = \frac{1}{17}$

Таким образом, косинус угла между плоскостями SAB и SBC равен $\frac{1}{17}$.

Ответ: $\frac{1}{17}$.

11. Для прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, у которого $AB = 2, AD = 2, AA_1 = 1$, найдите синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC: $

A) $\frac{1}{3}$

B) $\frac{1}{4}$

C) $\frac{1}{5}$

D) $\frac{1}{6}$

Дано:

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AB = 2$

$AD = 2$

$AA_1 = 1$

Найти:

Синус угла между прямой $DB_1$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. В нашем случае, искомый угол $\alpha$ — это угол между прямой $DB_1$ и плоскостью основания $ABC$.

1. Найдём проекцию прямой $DB_1$ на плоскость $ABC$.

- Точка $D$ принадлежит плоскости $ABC$, следовательно, её проекция на эту плоскость — сама точка $D$.

- Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, его боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Значит, точка $B$ является ортогональной проекцией точки $B_1$ на плоскость $ABC$.

- Таким образом, прямая $DB$ является проекцией прямой $DB_1$ на плоскость $ABC$.

2. Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $DB_1$ и её проекцией $DB$. Следовательно, $\alpha = \angle B_1DB$.

3. Рассмотрим треугольник $\triangle B_1DB$. Так как $BB_1$ перпендикулярно плоскости $ABC$, то $BB_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $DB$. Значит, треугольник $\triangle B_1DB$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle DBB_1 = 90^\circ$.

4. В прямоугольном треугольнике $\triangle B_1DB$ синус угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $BB_1$ к гипотенузе $DB_1$:

$\sin(\alpha) = \sin(\angle B_1DB) = \frac{BB_1}{DB_1}$

5. Найдём длины сторон $BB_1$ и $DB_1$.

- Длина катета $BB_1$ равна высоте параллелепипеда: $BB_1 = AA_1 = 1$.

- Длину гипотенузы $DB_1$, которая является пространственной диагональю параллелепипеда, можно найти по формуле квадрата диагонали прямоугольного параллелепипеда, который равен сумме квадратов трёх его измерений (длины, ширины и высоты):

$DB_1^2 = AB^2 + AD^2 + AA_1^2$

Подставим данные значения:

$DB_1^2 = 2^2 + 2^2 + 1^2 = 4 + 4 + 1 = 9$

$DB_1 = \sqrt{9} = 3$

6. Теперь вычислим синус искомого угла:

$\sin(\alpha) = \frac{BB_1}{DB_1} = \frac{1}{3}$

Ответ: $\frac{1}{3}$.