Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

C2-2011

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

2.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

(D1, AB1C) 3 2 23 . 3 3

Ответ: 2 3 . 3

Пример 18. Точки A, B, C, D являются вершинами параллелограмма, ни одна из сторон которого не пересекает плоскость . Точки A, B, C удалены от плоскости на расстояние 2, 3, 6 соответственно. Найти расстояние от вершины D до плоскости .

	B	C
	O
A		D
B1	O1	C1
A1		D1

Рис. 16

Решение. Опустим перпендикуляры из вершин A, B, C и D на плоскость .

Точки A1, B1,C1, D1 – их ортогональные проекции на (см. рис. 16).

Точка O – точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD, которая проектируется в точку O1 – точку пересечения диагоналей параллелограмма A1B1C1D1 (по свойству проекций). Так как точка O делит отрезки AC и BD пополам, то по свойству проекций отрезков

точка	O1 также		делит отрезки A1C1 и
B1D1 пополам. Четырехугольники C1CAA1
и D1DBB1 – трапеции. Отрезок OO1							их
средняя линия. Тогда
		CC1 AA1		DD1	BB1	.
					2
	2
Отсюда DD1 CC1 AA1 BB1 и,							так
как	CC1 6,		BB1 3,		AA1 2,		то
DD1 5.					Ответ: 5.

18.02.2011

1.4. Расстояние между скрещивающимися прямыми

Расстояние между двумя скрещиваю-

щимися прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра.

поэтапно-вычислительный метод

Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми можно воспользоваться одним из приведенных ниже четырех способов.

1.Построить общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых (отрезок с концами на этих прямых и перпендикулярный обеим) и найти его длину.

2.Построить плоскость, содержащую одну из прямых и параллельную второй. Тогда искомое расстояние будет равно расстояние от какой-нибудь точки второй прямой до построенной плоскости.

3.Заключить данные прямые в параллельные плоскости, проходящие через данные скрещивающиеся прямые, и найти расстояние между этими плоскостями.

4.Построить плоскость, перпендикулярную одной из данных прямых, и построить на этой плоскости ортогональную проекцию второй прямой (см. рис. 17).

	C
l1	l2
	l2
	C1
A	H
A

Рис. 17

(l1, l2 ) (A, BC1) AH,

где A l1 , l1, BC1 ортогональ-

ная проекция l2 на плоскость , H основание перпендикуляра, опущенного из A на BC1.

Пример 19. В кубе, длина ребра которого равна a, найти расстояние между ребром и диагональю, не пересекающей его грани.

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

Решение. В качестве примера найдем расстояние между ребром AA1 и диаго-

налью D1C (см. рис. 18). Прямые AA1 и D1C скрещивающиеся. Используя каждый из отмеченных способов, покажем, что расстояние между ними равно a .

1-й способ (см. рис.				18а). Так как
A1D1 AA1 и		A1D1 D1C , то A1D1 общий
перпендикуляр двух			скрещивающихся
прямых AA1		и D1C. Расстояние между
	B1	C1		B1	C1
A1	D1		A1	D1	d
a	B	d	a	B
		C A			C
A			A	D
		D

аб

	B1	C1		B1	C1
A1	D1	d	A1		D1
a	B		a	B	d
		C A			C
A	D		A
					D

вг

Рис. 18

AA1 и DD1C1 равно A1D1 a .

2-й способ (см. рис. 18б). Так как плоскость DD1C1, содержащая D1C, па-

раллельна AA1, то расстояние от AA1 до DD1C1 равно a .

3-й способ (см. рис. 18в). Плоскость DD1C1, содержащая D1C, параллельна плоскости AA1B1 , содержащей AA1, и расстояние между ними равно a.

4-й способ (см. рис. 18г). Плоскость ABC перпендикулярна прямой AA1. Точ-

ка A проекция AA1 на эту плоскость. Проекцией D1C на плоскость ABC является DC. Расстояние от точки A до DC. равно a.

Ответ: a.

Пример 20. Найти расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба, длина ребра которого равна a.

Решение. Найдем расстояние между диагоналями A1C1 и AD1 куба

ABCDA1B1C1D1 .

1-й способ. Пусть отрезок PQ (см. рис. 19) есть общий перпендикуляр скрещи-


вающихся прямых A1C1				и AD1 , а PN и
KQ его		ортогональные			проекции на
плоскости A1B1C1 и AA1D1 соответственно
(PK A1D1		и	QN A1D1).		На основании
теоремы		о	трех	перпендикулярах
PN AC		и	KQ AD .		Треугольники
1	1		1
A1PN и	KQD1 прямоугольные и равно-

бедренные, поэтому A1K KN ND1 a . 3

B1 C1

A1 PN D1

A D

Рис. 19

Аналогично,		NQ ND			A K KP	a
Аналогично,		NQ ND			A K KP
		1			1	3
						3
и AP PN	a		2	. Тогда из прямоуголь-

ного треугольника PNQ получим расстояние между A1C1 и AD1 :

PQ PN2 NQ2 2a2 a2 a3 .

9 9 3

2-й способ. Построим плоскость, содержащую AD1 и параллельную A1C1 (см. рис. 20а). Искомой плоскостью является AD1C . Найдем расстояние до нее от ка- кой-либо точки прямой A1C1. Для этого опустим из точки O (см. рис. 20а) на указанную плоскость перпендикуляр. Плоскости BB1D1 и AD1C перпендикулярны

( AC BD и AC D1D , и AC AD1C ).

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

B1 O	C1	B1	O	D1
A1	D1
N			h	N
B O1	C	B	O1	D

аб

Рис. 20

Так как B1D D1O1 (см. рис. 20б) (докажите самостоятельно!), то ON AD1C

(ON || B1D) и из подобия треугольников

BB D	и OD N следует	ON	OD1	или

1	1	BD	B1D

h ON BD OD1 a3 . B1D 3

Замечание. Для нахождения расстояния от точки О до плоскости AD1C можно воспользоваться результатом примера 10.

3-й способ. Построим параллельные плоскости AD1C и BA1C1 (см. рис. 21а), содержащие прямые AD1 и A1C1 соответственно. Диагональ B1D куба перпендикулярна обеим плоскостям и (см. рис. 21б) точками K и N делится на три равные части (опорная задача 20). Расстояние между плоскостями AD1C и BA1C1

равно длине отрезка KN , т.е.				a 3	.
				3

B1	O	C1	B1	O		D1
A1	K	D1
			K	h
		N
B					N
	O1	C	B	O1		D

аб

Рис. 21

4-й способ. Плоскость BB1D1 перпен-

дикулярна	прямой	A1C1 ( A1C1 B1D1 и
A1C1 D1D )	и	плоскости	AD1C
(B1D AD1C ) (см. рис. 22а). D1O1 про-
екция AD1	на плоскость BB1D1 . Расстоя-
ние от точки O (проекции A1C1			на плос-
18.02.2011			13

кость BB1D1 ) до D1O1 равно длине отрезка

ON (см. рис. 22б).

B1 O	C1	B1	O	D1
A1	D1
N			h	N
B O1	C	B	O1	D

аб

Рис. 22

Пример 21. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде ABCDA1B1C1D1 со сторонами оснований равными a и b (a b), и высотой h найти расстояние между диагональю BD1 и диагональю большего основания AC .

Решение. Прямые BD1 и AC скрещиваются (см. рис. 23а). Точки O и O1 точки пересечения диагоналей оснований пирамиды. OO1 AC и OO1 BD , как отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренных трапеций BB1D1D и AA1C1C.

B1 O1	C1	B1	D1
A1	D1
K	C	K
B	C	K
B
O		B	O N D

аб

Рис. 23

Построим плоскость перпендикулярную одной из скрещивающихся прямых BD1 и AC . Плоскость BB1D1 AC , так как AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости:

AC BD ( ABCD квадрат) и AC OO1

(OO1 высота пирамиды). Прямая BD1 лежит в плоскости BB1D1 , поэтому искомое расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки O на BD1. OK найдем из подобия прямоугольных

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

треугольников BD1N и BKO (см. рис. 23б), имеющих общий острый угол. В

треугольнике BD1N : D1N h,

BD ND a2 (a b)2 (a b)2 ,

				2			2
BD			h2		(a b)2	.
	D N2	BN2			(a b)2
	D N2	BN2
1	1		2
			2

В треугольнике BKO BO BD a 2 .

2 2

Тогда OK BO или

D1N BD1

OK	BO D1N			ah		.
	BD1
			2h2 (a b)2
			2h2 (a b)2
	Ответ:				ah		.
	Ответ:						.
					2h2 (a b)2
Пример 22. В правильной четырех-
угольной пирамиде		SABCD, все				ребра

которой равны 1, найти расстояние между прямыми BD и SA.

Решение. Пусть E – основание перпендикуляра (см. рис. 24), опущенного из точки O на ребро SA. Так как прямая BD перпендикулярна плоскости AOS, то

BD OE .

E B

AOC

Рис. 24

Таким образом, ОЕ – общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым BD и SA. Найдем его длину, вычислив двумя способами площадь треугольника AOS.

Из	равенства			AO SO AS OE, где
AO		2	, AS 1,	SO	2	следует, что
	2			2

OE 0,5.

Ответ: 0,5.

векторно-координатный метод

Пример 23. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние меж-

ду диагональю куба BD1 и диагональю грани AB1 .

Решение. Введем прямоугольную систему координат (см. рис. 25), тогда

А(0;0;0), В(0;1;0), В1(0;1;1),				D1(1;0;1).
Пусть EF – общий перпендикуляр
скрещивающихся прямых BD1				и AB1 , то
есть EF AB1,			EF BD1 ,	причем
E AB		и F BD . Обозначим			AE	,

1			1		B1E
	BF
		и воспользуемся формулами для
	D1F

координат точки (опорная задача 1), которая делит данный отрезок в заданном

отношении.

Получим E

1 1 1

Рис. 25

Пусть

тогда

E(0, p, p), F(q,1 q, q).

Так как вектор

EF {q,

1 q p, q p}

должен

быть

перпендикулярным

векторам

AB1

{0;1;1}

и BD1 {1; 1;1},

то имеем

систему уравнений:

AB EF 0,

или

EF 0

BD1

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

1 q p q p 0,										p			1	, q		1	.
													1			1
															3
q 1 q p q p 0												2			3
Отсюда EF				1		1			1			EF		EF
				1		1			1
					,		,				,
					,		,				,
				3		6			6
				3		6			6
	1	1	1			1		.
	9	36	36
						6									1
						6
												Ответ:						.

															6
															6

векторный метод

Пример 24. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние меж-

ду прямыми AB1 и BD.

Решение.	Пусть	AD a ,	AB b ,
AA1 c (см.	рис. 26),	тогда	\|a \| \|b \|

|c | 1, a b a c b c 0.

M B D1

A NC

Рис. 26

Если M и N – основания общего перпендикуляра прямых AB1 и BD соответ-

ственно,

то

имеем

AB1 b c,

DB b a,

MN MA AD DN

x AB1 a y DB

x(b c) a y(b a)

(1 y) a (x y) b x c .

Вектор MN перпендикулярен векто-

рам AB1 и DB, поэтому имеем

MN AB1 0,

MN DB 0

	(x y) b		(b
(1 y) a		x c		c) 0,

	(x y) b		(b
(1 y) a		x c		a) 0

							y) b					2			2	0,
				(x			y) b						x c			0,

				(1 y) a2 (x y) b2 0

				2x y 0,										x				1			, y			2	.
																		1						2

				x 2y 1 0															3				3
									2							1 2						1
Итак, MN							1						a							b			c
Итак, MN							1						a			3				b		3	c
									3							3	3					3
1			1			1										1			1			1			2
1			1			1										1			1			1			2
	a			b				c ,		MN							a				b			c
3	a		3	b		3		c ,		MN						3	a		3		b	3		c


																											.
	1	1			1				3		.						Ответ:									3
	9		9								.						Ответ:						3
	9		9	9		3																	3

метод опорных задач

Опорная задача

Если AB и CD – скрещивающиеся ребра треугольной пирамиды ABCD, d – расстояние между ними, АВ а, CD b,

– угол между AB и CD, V – объем пира-

миды ABCD, то d 6V . absin

Пример 25. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние меж-

ду диагональю куба BD1 и диагональю грани AB1 .

B1 D1

Рис. 27

Решение. Найдем искомое расстояние

по формуле d									6V		, где V –
по формуле d							AB1 BD1 sin				, где V –
							AB1 BD1 sin
объем пирамиды							ABB1D1 (см. рис. 27),
AB				,	BD				,	– угол меж-
			2					3
			2					3
1					1		2
							2
ду прямыми BD1							и AB1 . Так как площадь
основания					АВВ1	пирамиды ABB1D1 рав-
на	1	, а высота A D равна 1, то V										1	.
2					1		1				6
2											6

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

Следовательно, d	1		1	.

	2 3	6

Ответ: 1 . 6

Пример 25. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , ребра которой равны l, найти расстояние между прямыми AB1 и BC1.

Решение. Найдем синус угла между данными прямыми. Так как AB1 ||BM , то получим косинус угла из треугольника

MBC1 (см. рис. 28):

	BM2 BC2						MC					2					2 2 1									3
cos			1						1																				.
cos	2 BM BC1																												.
	2 BM BC1														2						2			2 4
		E1											D1
F1													D1
F1
	A1							B1													C1
	A1
																								M
		E															D							M
		E

F
	A																			C
	A							B
								B															N
																							N
				Рис. 28
																	.
Тогда	sin			1			9							7							Расстояние
Тогда	sin			1																	Расстояние
						16						4
отточки	C до прямой											A B								равно								3			.
отточки	C до прямой											A B								равно											.
	1											1				1										2
Объем пирамиды ABB1C1																										2
Объем пирамиды ABB1C1																	с основанием
ABB1 равен
		1		1																		.
	V	1		1	1 1						3									3
	V				1 1
	3		2						2									12
Расстояние			между							прямыми															AB1 и
BC1 равно

				6				3
								3											21
	d					12																	.
						12
																			7
									7

			2			2

									4
									4
																														.
																Ответ:											21
																Ответ:										7
																										7
18.02.2011																													16

1.5.Угол между двумя прямыми

Углом между двумя пересекающимися прямыми называется наименьший из углов, образованных при пересечении прямых.

0 a, b 90 .

Углом между скрещивающимися пря-

мыми называется угол между пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимся.

Две прямые называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90 .

Угол между параллельными прямыми

считается равным нулю.

поэтапно-вычислительный метод

При нахождении угла между прямыми m и l используют формулу

cos | b2 c2 a2 | , 2bc

где a и b длины сторон треугольника АВС, соответственно параллельных этим прямым.

Пример 27. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между прямыми A1D и D1E ,

где E – середина ребра CC1.

Решение. Пусть F – середина ребра ВВ1, а – ребро куба, – искомый угол

(см. рис. 29).

Рис. 29

Так как

A1F || D1E , то

–

угол при

вершине A1

в треугольнике A1FD. Из

треугольника BFD имеем

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

а из треугольника A1B1F получаем

A F	2	A B		2	B F	2	a	2	a2	5a	2
												,
												,
1		1	1		1				4	4
									4	4

откуда A1F a 5 . 2

Далее в треугольнике A1FD используем теорему косинусов

FD2 A1D2 A1F2 2A1D A1F cos ,

	9a	2	2a	2	5a2	2a		a 5
	9a	2		2	5a2		2	a 5	cos ,
4					4		2		cos ,
4					4		2
откуда cos					1	и arccos				1	.

					10				10
					10				10

Ответ: arccos 1 .

Замечание. Для упрощения вычислений длину ребра куба удобно принять за единицу.

Пример 28. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , ребра которой равны l, найти угол между прямыми AС1 и

B1С .

Решение. Проведем CM ||AC1 (см. рис. 30). Тогда

(AС1, B1C) (CM, B1C) .

M C1

Рис. 30

Из треугольника MС1B1 с помощью теоремы косинусов находим

MB12 12 12 2 1 1 ( 0,5) 3.

Далее из треугольника MСС1 , используя теорему косинусов, получаем

cos	2	2 3			1	и arccos	1	.
cos						и arccos		.
	2		2 2	4		4
18.02.2011						17

Ответ: arccos1 . 4

Пример 29. (МИОО, 2010). В пра-

вильной шестиугольной пирамиде MABCDEF , стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти косинус угла между MB и AD.

Решение. Прямая AD параллельна прямой BC (см. рис. 31). Следовательно, искомый угол MBC . В равнобедренном треугольнике MBC проведем апофему

ML, BL 1 BC 1 . 2 2

LCD

A F

Рис. 31

Из прямоугольного треугольника

BML получаем cos MBL BL 1 .

BM 4

Ответ: 1 . 4

векторно-координатный метод

При нахождении угла между прямыми m и l используют формулу

p q cos p q

или в координатной форме:

cos			x1x2 y1 y2		z1z2			,


	x2	y2		z2	x2 y	2	z2
1		1		1	2	2	2
где p {x1, y1, z1}				и q {x2, y2, z2} век-

торы, соответственно параллельные этим прямым; в частности, для того чтобы прямые m и l были перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы p q 0

или x1x2 y1 y2 z1z2 0.

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

Пример 30. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между прямыми АЕ и DF, где Е и F – точки, расположенные на ребрах CD и C1D1 так, что

DE 1 DC , C F 1C D .
3	1	3	1	1

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке 32.

			z				B1
			A1							y			F			C1
						B					D1
						B
																C
			A									D		E
												D						x
								Рис. 32										x
								Рис. 32
Тогда А(0;0;0), D(1;0;0)																	1
															, Е 1;				;0		,
															, Е 1;				;0		,
																	3
	2								1										2
F 1;		;1	,	AE 1;							;0		, DF				0;			;1			,
F 1;	3	;1	,	AE 1;					3		;0		, DF				0;		3	;1			,
	3								3										3
			AE DF											2					2
														2
cos														9										,
cos																								,
			AE				DF					10				13			130
arccos					2						3				3
					2			, где искомый угол.

				130
				130																		2
										Ответ: arccos												2			.

																					130
																					130

Пример 31. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , ребра которой равны l, найти угол между прямыми AB1 и BF1 .

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке 33.

						1					3							1			3
						1					3				, B			1			3
								;				;0								;	;1
Тогда А								;				;0								;	;1	,
				2							2				1			2			2
				2							2							2			2

	1		3							F 1;0;1 ,							AB 1;0;1 ,
B	1	;	3		;0				,
B		;			;0				,
	2		2								1								1
	2		2

					BF								3		3
													3	;	3	;1			,
														;		;1			,
							1					2			2
												2			2
18.02.2011																						18

Рис. 33

AB1 BF1

cos

AB1

BF1

2 2

, где искомый угол.

arccos

Ответ: arccos 2 . 8

векторный метод

При использовании данного метода применяют формулу

p q cos p q .

Пример 32. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между прямыми EF и PQ, где E, F, P, Q – середины ребер DD1 , BC, AA1

и B1C1 соответственно.

Решение.	Пусть	AD a ,
AA1 c (см.	рис.	34), где

|c | 1, a b a c b c 0.

AB b , |a | |b |

P B

AC D

Рис. 34

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

Тогда

																								1														1
		EF ED DC CF																										c b												a,
		EF ED DC CF																						2				c b										2		a,
																								2														2
																								1														1
			PQ PA AB BQ																								c b												a ,
			PQ PA AB BQ																					2			c b											2	a ,
							1				1			1						1				2														2
откуда находим
												PQ EF
				1							1											1												1
						c b									a								c b												a
						c b									a								c b												a
				2							2									2														2
					2			1		2					1			2						1									1				1
				b					c								a				1																		,
				b				4	c						4		a				1			4									4				2		,
								4							4									4									4				2

							1									1			2
																									1					2					2					1	2
																									1					2					2					1	2
	PQ							c b										a											c					b							a
	PQ						2	c b								2		a						4					c					b						4	a
																															,


											1		1								1						3
											4		1														2
											4									4							2

							1									1				2
																										1 2											2			1	2
																										1 2											2			1	2
EF								c b										a												c				b							a
EF							2	c b								2		a						4						c				b						4	a
																															,


											1		1								1						3
											4		1														2
											4									4							2
		Подставляя										полученные																				значения									в
формулу, имеем:
				cos							PQ EF													1				:				3				1		.
											PQ EF													1								3				1
										PQ								EF						2								2			3
										PQ								EF						2								2			3

Отсюда arccos1 , где искомый

угол.

Ответ: arccos1 . 3

метод опорных задач

● Применение теоремы «о трех косинусах»

Пример 33. Угол между боковыми ребрами правильной четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен 120 . Найти плоский угол при вершине пирамиды.

Решение. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD проведем диагональное сечение ASC (см. рис. 35); SD – наклонная к плоскости сечения, SO

– высота пирамиды и проекция SD на эту

18.02.2011

плоскость, SC – прямая, проведенная в плоскости ASC через основание наклонной. По условию ASC 120 .

AOC

Рис. 35

На основании теоремы о трех косинусах (опорная задача 3) имеем:

cos DSC cos DSO cos CSO.

Отсюда

cos DSC cos60 cos60

cos2 60 1 . 4

Следовательно, DSC arccos1 . 4

Ответ: arccos1 . 4

● Применение теоремы косинусов для трехгранного угла

Пример 34. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между прямыми AD1 и DM,

где М – середина ребра D1C1 .

Решение. Пусть ребро куба равно 1, точка N – середина ребра А1В1 , тогда ис-

комый угол равен углу между AD1 и

AN (см. рис. 36).

	B1
A1	N
A1	C1
	M
	D1

Рис. 36

www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.

Используем теорему косинусов для трехгранного угла с вершиной A (опорная задача 2), в котором A1 AD1 ,

A1AN , NAD1 . Так как в кубе все двугранные углы при ребрах прямые, то 90 . Тогда из теоремы следует,

что

cos cos cos .

Из	прямоугольного						треугольника
A1 AD1	находим
												,
	cos cos45							2
	cos cos45						2
							2
из треугольника A1AN получаем
		AA1							2						.
	cos	AA1		1:		5			2
		AN			2
									5
									5
					2								.
Отсюда cos				2	2					2
Отсюда cos			2
			2		5				5
Следовательно,			arccos								2			.
Следовательно,			arccos											.

Ответ: arccos 2 . 5

● Применение формулы cos2 cos2 cos2 1,

где , и – углы, которые образует некоторая прямая с тремя попарно перпендикулярными прямыми.

Пример 35. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Его диаго-

наль В1D составляет с ребром AD угол 45 , а с ребром DC угол 60 . Найти угол между прямыми В1D и DD1 .

Решение. Так как параллелепипед ABCDA1B1C1D1 прямоугольный, то его ребра, выходящие из одной вершины попарно перпендикулярны. Рассмотрим вершину D и воспользуемся данной выше формулой

cos2 cos2 cos2 1,

где ADB1 , CDB1 , D1DB1

(см. рис. 37).