Номер 301, страница 117 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

301. В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ все рёбра равны $a$. Найдите угол между прямой $BC_1$ и прямой:

а) $B_1E$;

б) $F_1C$;

в) $B_1D$;

г) $AC_1$;

д) $A_1E$;

е) $F_1D$.

Для нахождения углов между скрещивающимися прямыми воспользуемся координатным методом.

Введем прямоугольную систему координат. Пусть центр нижнего основания призмы, правильного шестиугольника $ABCDEF$, совпадает с началом координат $O(0,0,0)$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, ось $Ox$ — вдоль отрезка $OA$. Поскольку все ребра призмы равны $a$, высота призмы $h=a$, и сторона основания также равна $a$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны.

Тогда координаты вершин призмы будут следующими:
Нижнее основание ($z=0$):
$A(a, 0, 0)$
$B(a \cos(60^\circ), a \sin(60^\circ), 0) = B(a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$
$C(a \cos(120^\circ), a \sin(120^\circ), 0) = C(-a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$
$D(a \cos(180^\circ), a \sin(180^\circ), 0) = D(-a, 0, 0)$
$E(a \cos(240^\circ), a \sin(240^\circ), 0) = E(-a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$
$F(a \cos(300^\circ), a \sin(300^\circ), 0) = F(a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$

Верхнее основание ($z=a$):
$A_1(a, 0, a)$
$B_1(a/2, a\sqrt{3}/2, a)$
$C_1(-a/2, a\sqrt{3}/2, a)$
$D_1(-a, 0, a)$
$E_1(-a/2, -a\sqrt{3}/2, a)$
$F_1(a/2, -a\sqrt{3}/2, a)$

Найдем координаты и модуль направляющего вектора прямой $BC_1$.
$\vec{BC_1} = \{x_{C_1}-x_B; y_{C_1}-y_B; z_{C_1}-z_B\} = \{-a/2 - a/2; a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/2; a - 0\} = \{-a, 0, a\}$.
$|\vec{BC_1}| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Угол $\alpha$ между прямыми находится по формуле: $\cos \alpha = \frac{|\vec{p_1} \cdot \vec{p_2}|}{|\vec{p_1}| \cdot |\vec{p_2}|}$, где $\vec{p_1}$ и $\vec{p_2}$ — направляющие векторы прямых.

а) $B_1E$

Найдем координаты направляющего вектора прямой $B_1E$:
$\vec{B_1E} = \{x_E-x_{B_1}; y_E-y_{B_1}; z_E-z_{B_1}\} = \{-a/2 - a/2; -a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/2; 0 - a\} = \{-a, -a\sqrt{3}, -a\}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{BC_1}$ и $\vec{B_1E}$:
$\vec{BC_1} \cdot \vec{B_1E} = (-a)(-a) + (0)(-a\sqrt{3}) + (a)(-a) = a^2 + 0 - a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы ортогональны, и угол между прямыми составляет $90^\circ$.
Ответ: $90^\circ$.

б) $F_1C$

Найдем координаты направляющего вектора прямой $F_1C$:
$\vec{F_1C} = \{x_C-x_{F_1}; y_C-y_{F_1}; z_C-z_{F_1}\} = \{-a/2 - a/2; a\sqrt{3}/2 - (-a\sqrt{3}/2); 0 - a\} = \{-a, a\sqrt{3}, -a\}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{BC_1}$ и $\vec{F_1C}$:
$\vec{BC_1} \cdot \vec{F_1C} = (-a)(-a) + (0)(a\sqrt{3}) + (a)(-a) = a^2 + 0 - a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы ортогональны, и угол между прямыми составляет $90^\circ$.
Ответ: $90^\circ$.

в) $B_1D$

Найдем координаты и модуль направляющего вектора прямой $B_1D$:
$\vec{B_1D} = \{x_D-x_{B_1}; y_D-y_{B_1}; z_D-z_{B_1}\} = \{-a - a/2; 0 - a\sqrt{3}/2; 0 - a\} = \{-3a/2, -a\sqrt{3}/2, -a\}$.
$|\vec{B_1D}| = \sqrt{(-3a/2)^2 + (-a\sqrt{3}/2)^2 + (-a)^2} = \sqrt{\frac{9a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2} = \sqrt{\frac{12a^2}{4} + a^2} = \sqrt{3a^2 + a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a$.

Найдем скалярное произведение:
$\vec{BC_1} \cdot \vec{B_1D} = (-a)(-\frac{3a}{2}) + (0)(-\frac{a\sqrt{3}}{2}) + (a)(-a) = \frac{3a^2}{2} - a^2 = \frac{a^2}{2}$.

Найдем косинус угла $\alpha$ между прямыми:
$\cos \alpha = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{(a\sqrt{2})(2a)} = \frac{a^2}{2 \cdot 2a^2\sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{8}$.
Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{8}\right)$.

г) $AC_1$

Найдем координаты и модуль направляющего вектора прямой $AC_1$:
$\vec{AC_1} = \{x_{C_1}-x_A; y_{C_1}-y_A; z_{C_1}-z_A\} = \{-a/2 - a; a\sqrt{3}/2 - 0; a - 0\} = \{-3a/2, a\sqrt{3}/2, a\}$.
$|\vec{AC_1}| = \sqrt{(-\frac{3a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + a^2} = \sqrt{\frac{9a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2} = \sqrt{3a^2 + a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a$.

Найдем скалярное произведение:
$\vec{BC_1} \cdot \vec{AC_1} = (-a)(-\frac{3a}{2}) + (0)(\frac{a\sqrt{3}}{2}) + (a)(a) = \frac{3a^2}{2} + a^2 = \frac{5a^2}{2}$.

Найдем косинус угла $\alpha$ между прямыми:
$\cos \alpha = \frac{|\frac{5a^2}{2}|}{(a\sqrt{2})(2a)} = \frac{5a^2}{2 \cdot 2a^2\sqrt{2}} = \frac{5}{4\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{8}$.
Ответ: $\arccos\left(\frac{5\sqrt{2}}{8}\right)$.

д) $A_1E$

Найдем координаты направляющего вектора прямой $A_1E$:
$\vec{A_1E} = \{x_E-x_{A_1}; y_E-y_{A_1}; z_E-z_{A_1}\} = \{-a/2 - a; -a\sqrt{3}/2 - 0; 0 - a\} = \{-3a/2, -a\sqrt{3}/2, -a\}$.

Этот вектор совпадает с вектором $\vec{B_1D}$ из пункта (в), так как $\vec{ED} = \vec{A_1B_1}$, следовательно, $A_1B_1DE$ - параллелограмм и $\vec{A_1E} = \vec{B_1D}$ (через параллельный перенос). Поэтому угол будет таким же, как в пункте (в).
Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{8}\right)$.

е) $F_1D$

Найдем координаты и модуль направляющего вектора прямой $F_1D$:
$\vec{F_1D} = \{x_D-x_{F_1}; y_D-y_{F_1}; z_D-z_{F_1}\} = \{-a - a/2; 0 - (-a\sqrt{3}/2); 0 - a\} = \{-3a/2, a\sqrt{3}/2, -a\}$.
$|\vec{F_1D}| = \sqrt{(-\frac{3a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (-a)^2} = \sqrt{\frac{9a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2} = \sqrt{3a^2 + a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a$.

Найдем скалярное произведение:
$\vec{BC_1} \cdot \vec{F_1D} = (-a)(-\frac{3a}{2}) + (0)(\frac{a\sqrt{3}}{2}) + (a)(-a) = \frac{3a^2}{2} - a^2 = \frac{a^2}{2}$.

Найдем косинус угла $\alpha$ между прямыми:
$\cos \alpha = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{(a\sqrt{2})(2a)} = \frac{a^2}{2 \cdot 2a^2\sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{8}$.
Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{8}\right)$.