11. ABCDA1B1C1D1 - прямой параллелепипед, ABCD - ромб, ∠BCD = 60°, AB = 2, DD1 = 2. Найдите tg ∠(B1D, (DCC1)).

**Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$** **Решение:** 1. Углом между прямой $B_1D$ и плоскостью $(DCC_1)$ является угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. 2. Так как параллелепипед прямой, боковые ребра перпендикулярны плоскости основания. Плоскость $(DCC_1)$ содержит прямую $CD$, которая лежит в основании. 3. Проведем высоту $B_1H_1$ в верхнем основании $A_1B_1C_1D_1$ к прямой $C_1D_1$. Так как боковые грани перпендикулярны основаниям, то $B_1H_1 \perp (DCC_1)$. Значит, точка $H_1$ — проекция точки $B_1$ на плоскость $(DCC_1)$. 4. Искомый угол — $\angle B_1DH_1$. В прямоугольном треугольнике $\triangle B_1DH_1$ (где $\angle B_1H_1D = 90^\circ$): $\text{tg} \angle B_1DH_1 = \frac{B_1H_1}{DH_1}$ 5. Рассмотрим ромб $A_1B_1C_1D_1$ (равен ромбу $ABCD$): $A_1B_1 = 2$, $\angle B_1C_1D_1 = \angle BCD = 60^\circ$. В $\triangle B_1C_1H_1$ ($\angle H_1 = 90^\circ$): $B_1H_1 = B_1C_1 \cdot \sin 60^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$. $C_1H_1 = B_1C_1 \cdot \cos 60^\circ = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$. 6. Найдем $DH_1$ из прямоугольного треугольника $\triangle D D_1 H_1$ в плоскости грани: $D_1H_1 = D_1C_1 + C_1H_1 = 2 + 1 = 3$ (так как $\angle B_1C_1D_1 = 60^\circ$ — острый, высота падает на продолжение стороны). Но в ромбе с углом $60^\circ$ при вершине $C$, высота из $B$ падает на сторону $CD$. Пересчитаем: В $\triangle B_1C_1D_1$ сторона $C_1D_1=2, B_1C_1=2, \angle C_1=60^\circ$. Это равносторонний треугольник. Высота $B_1H_1$ делит $C_1D_1$ пополам. $B_1H_1 = \sqrt{3}$. $H_1$ — середина $C_1D_1$, тогда $D_1H_1 = 1$. В $\triangle DD_1H_1$ ($\angle D_1 = 90^\circ$): $DH_1 = \sqrt{DD_1^2 + D_1H_1^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$ — это неверный путь для тангенса. 7. На самом деле в прямоугольном $\triangle B_1DH_1$: $B_1H_1 = \sqrt{3}$. $H_1$ лежит на прямой $C_1D_1$. Расстояние $DH_1$ в плоскости грани $(DCC_1)$ между $D(0,0)$ и $H_1(1,2)$ при начале координат в $D$: $DH_1 = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$. $\text{tg} \angle(B_1D, (DCC_1)) = \frac{B_1H_1}{DH_1} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$. **Поправка:** В школьной методике чаще рассматривают $B_1$ и её проекцию на $CD$. Расстояние от $B_1$ до плоскости $(CDD_1)$ равно высоте ромба $h = 2 \cdot \sin 60^\circ = \sqrt{3}$. Проекция $D'$ точки $B_1$ на прямую $C_1D_1$ отстоит от $D_1$ на $D_1D' = |2 - 2 \cos 60^\circ| = 1$. В плоскости $(CDD_1)$ расстояние от $D$ до проекции $B_1$ (точки $H_1$) равно $DH_1 = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$. $\text{tg} \alpha = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$. Если считать, что ищется $\text{tg}$ угла между прямой и **ребром** или в другом базисе: Обычно в таких задачах $DD_1$ берется как высота. $\text{tg} \phi = \frac{\sqrt{3}}{2}$ (если рассматривать проекцию на плоскость основания, но просят на грань). Проверим еще раз: $B_1$ проецируется в $H_1$ на прямую $C_1D_1$. $B_1H_1 = \sqrt{3}$. $DH_1 = \sqrt{DD_1^2 + D_1H_1^2} = \sqrt{4+1} = \sqrt{5}$. Ответ: $\frac{\sqrt{15}}{5}$.