Номер 498, страница 174 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

498. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ точка $M$ — середина ребра $BC$, $AA_1 : AB = 1 : \sqrt{2}$. Найдите угол между прямой:

a) $MC_1$ и плоскостью $ABB_1$;

б) $AB$ и плоскостью $A_1MC_1$.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Пусть сторона основания правильной призмы $AB = a$, а ее высота (боковое ребро) $AA_1 = h$.

Из условия $AA_1 : AB = 1 : \sqrt{2}$ следует, что $h/a = 1/\sqrt{2}$. Для удобства вычислений можно положить, что $h=1$, тогда $a=\sqrt{2}$.

Введем декартову систему координат. Поместим начало координат в вершину $A(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, а ось $Oz$ — вдоль ребра $AA_1$. Поскольку призма прямая, ось $Oz$ перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Плоскость основания $ABC$ будет совпадать с координатной плоскостью $Oxy$ (то есть $z=0$).

Найдем координаты вершин призмы и точки $M$.

• $A(0,0,0)$
• $B(\sqrt{2}, 0, 0)$
• Поскольку $\triangle ABC$ — равносторонний со стороной $a=\sqrt{2}$, его высота равна $a\sqrt{3}/2 = \sqrt{2}\sqrt{3}/2 = \sqrt{6}/2$. Координаты точки $C$ находим, учитывая, что угол $\angle CAB = 60^\circ$:
  $x_C = AC \cos(60^\circ) = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
  $y_C = AC \sin(60^\circ) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$
  Таким образом, $C(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}, 0)$.
• Точка $M$ — середина ребра $BC$. Ее координаты равны полусумме координат точек $B$ и $C$:
  $M(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}/2}{2}, \frac{0 + \sqrt{6}/2}{2}, \frac{0+0}{2}) = M(\frac{3\sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{6}}{4}, 0)$.
• Координаты вершин верхнего основания получаются сдвигом вершин нижнего основания на вектор $(0,0,h)$, где $h=1$:
  $A_1(0,0,1)$
  $B_1(\sqrt{2},0,1)$
  $C_1(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}, 1)$

а)

Найдем угол $\alpha$ между прямой $MC_1$ и плоскостью $ABB_1$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Синус этого угла находится по формуле:$$ \sin\alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{||\vec{v}|| \cdot ||\vec{n}||} $$где $\vec{v}$ — направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

1. Направляющий вектор $\vec{v}$ прямой $MC_1$ — это вектор $\vec{MC_1}$:
$\vec{v} = \vec{MC_1} = (x_{C_1}-x_M; y_{C_1}-y_M; z_{C_1}-z_M) = (\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}}{4}; \frac{\sqrt{6}}{2} - \frac{\sqrt{6}}{4}; 1 - 0) = (-\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{6}}{4}, 1)$.

2. Плоскость $ABB_1$ (она же $ABB_1A_1$) проходит через точки $A(0,0,0)$, $B(\sqrt{2},0,0)$ и $A_1(0,0,1)$. Все точки этой плоскости имеют $y$-координату, равную нулю. Следовательно, уравнение плоскости $ABB_1$ имеет вид $y=0$. Вектор нормали $\vec{n}$ к этой плоскости коллинеарен оси $Oy$, поэтому можно взять $\vec{n}=(0,1,0)$.

3. Вычислим величины для формулы синуса угла:
Скалярное произведение: $\vec{v} \cdot \vec{n} = (-\frac{\sqrt{2}}{4}) \cdot 0 + (\frac{\sqrt{6}}{4}) \cdot 1 + 1 \cdot 0 = \frac{\sqrt{6}}{4}$.
Длина вектора $\vec{v}$: $||\vec{v}|| = \sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{4})^2 + (\frac{\sqrt{6}}{4})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{2}{16} + \frac{6}{16} + 1} = \sqrt{\frac{8}{16} + 1} = \sqrt{\frac{1}{2} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
Длина вектора $\vec{n}$: $||\vec{n}|| = \sqrt{0^2+1^2+0^2}=1$.

4. Найдем синус угла $\alpha$:
$\sin\alpha = \frac{|\frac{\sqrt{6}}{4}|}{\sqrt{\frac{3}{2}} \cdot 1} = \frac{\sqrt{6}}{4} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{12}}{4\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
Следовательно, искомый угол $\alpha = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

б)

Найдем угол $\beta$ между прямой $AB$ и плоскостью $A_1MC_1$. Будем использовать ту же формулу для синуса угла между прямой и плоскостью.

1. Направляющий вектор $\vec{u}$ прямой $AB$ — это вектор $\vec{AB}$:
$\vec{u} = \vec{AB} = ( \sqrt{2}-0; 0-0; 0-0) = (\sqrt{2}, 0, 0)$. Для удобства можно использовать любой коллинеарный вектор, например, $\vec{u}=(1,0,0)$.

2. Вектор нормали $\vec{n}_{A_1MC_1}$ к плоскости $A_1MC_1$ найдем как векторное произведение двух неколлинеарных векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{A_1M}$ и $\vec{A_1C_1}$.
$\vec{A_1M} = (\frac{3\sqrt{2}}{4}-0; \frac{\sqrt{6}}{4}-0; 0-1) = (\frac{3\sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{6}}{4}, -1)$.
$\vec{A_1C_1} = (\frac{\sqrt{2}}{2}-0; \frac{\sqrt{6}}{2}-0; 1-1) = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}, 0)$.

$\vec{n}_{A_1MC_1} = \vec{A_1M} \times \vec{A_1C_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{3\sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6}}{4} & -1 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{2} & 0 \end{vmatrix} = $$\mathbf{i}(\frac{\sqrt{6}}{4} \cdot 0 - (-1) \cdot \frac{\sqrt{6}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{3\sqrt{2}}{4} \cdot 0 - (-1) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{3\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{\sqrt{6}}{2} - \frac{\sqrt{6}}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) = $
$= \mathbf{i}(\frac{\sqrt{6}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{3\sqrt{12}}{8} - \frac{\sqrt{12}}{8}) = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{6}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{2\sqrt{12}}{8}) = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{6}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{\sqrt{2}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{2})$.
Итак, $\vec{n}_{A_1MC_1} = (\frac{\sqrt{6}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

3. Вычислим величины для формулы синуса угла:
Скалярное произведение: $\vec{u} \cdot \vec{n}_{A_1MC_1} = 1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{2} + 0 \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 0 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
Длина вектора $\vec{u}$: $||\vec{u}|| = \sqrt{1^2+0^2+0^2}=1$.
Длина вектора $\vec{n}_{A_1MC_1}$: $||\vec{n}_{A_1MC_1}|| = \sqrt{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{6}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{11}{4}} = \frac{\sqrt{11}}{2}$.

4. Найдем синус угла $\beta$:
$\sin\beta = \frac{|\frac{\sqrt{6}}{2}|}{1 \cdot \frac{\sqrt{11}}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{11}} = \sqrt{\frac{6}{11}}$.
Следовательно, искомый угол $\beta = \arcsin\sqrt{\frac{6}{11}}$.

Ответ: $\arcsin\sqrt{\frac{6}{11}}$.