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 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

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

1.6.Угол между прямой и плоскостью

Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

0 (a, ) 90 .

Угол между взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90 .

Если прямая параллельна плоскости (или лежит в ней), то угол между ними считается равным 0 .

поэтапно-вычислительный метод

Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить, если этот угол удается включить в прямоугольный треугольник в качестве одного из острых углов.

Пример 36. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все ребра которой равны 1, найти угол между прямой АВ1 и

плоскостью АА1С1С .

Решение. Пусть D – середина А1С1,

тогда B1D – перпендикуляр к плоскости

АА1С1С , а D – проекция точки В1 на эту плоскость (см. рис. 38).

Рис. 38

Если –		искомый угол, то sin										B1D	,
Если –		искомый угол, то sin											,
												AB1
					B D			,
где AB				,			3		и поэтому
			2				3
			2
1					1	2
						2
sin	6	. Отсюда arcsin								6	.
sin		. Отсюда arcsin							4		.
4									4

Ответ: arcsin 6 . 4

Пример 37. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD , все ребра которой равны 1, точка E середина ребра MC. Найти синус угла между прямой DE и плоскостью AMB .

Решение. Через вершину M проведем прямую параллельную прямой AD, и отложим на ней единичный отрезок MF

(см. рис. 39).

M F

Рис. 39

Втетраэдре MDCF все ребра равны 1

иплоскость DFC параллельна плоскости AMB . Перпендикуляр EH, опущенный

из точки E на плоскость DFC, равен половине высоты тетраэдра MDFC , т.е.

равен	6			(высота				данного тетраэдра
равен	6			(высота				данного тетраэдра
	6

равна		6		– покажите самостоятельно).
равна	3			– покажите самостоятельно).
	3							DE
Угол между прямой								DE		и плоскостью
AMB равен углу EDH, синус которого
равен
			EH				:					.
			EH			6			3		2
					6			2		3
			DE		6			2		3

Ответ: 2 . 3

Пример 38. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 4, найти синус угла между прямой BC и плоскостью EMD.

Решение. Так как AD\|\| BC,	то
(BC, EMD) (AD, EMD) (см.	рис.
40). Найдем sin (AD, EMD).

Высота пирамиды MO 15 (см. пример 13). ML апофема боковой гра-

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

ни EMD. Высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости EMD

и OH 5 . 7

F E

Рис. 40

Тогда прямая HD ортогональная проекция прямой AD на плоскость EMD и из прямоугольного треугольника OHD

sin (AD, EMD)	OH		5	:1	5	.
		7			7
	OD

		Ответ:					5	.
					7

Пример 39. (ЕГЭ, 2010). В правильной треугольной пирамиде MABC с основа-

нием ABC	известны ребра AB 7 3,
MC 25.	Найти угол, образованный

плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AM и BC.

Решение. Пусть D и E середины ребер CB и AM соответственно. Так как пирамида правильная, то AD CB и MD CB . Следовательно, CB ABC и ABC AMD (по признаку перпендикулярности плоскостей).

Опустим в плоскости AMD перпендикуляры MO и EF из точек M и E на прямую AD ABC AMD (см. рис. 41). Так как AD прямая пересечения перпендикулярных плоскостей, то MO и EF перпендикулярны к плоскости основания. Тогда точка O основание высоты MO является центром треугольника

ABC и AO AB 7, OD AO 7 , а

	FD	3	2	2
прямая		ортогональная	проекция
прямой	DE	на плоскость	основания.
Точка	F	середина отрезка		AO
(EF \|\| MO и		EF средняя линия		тре-
угольника AMO). Тогда
	FD FO OD 7.

A F OD

Рис. 41

Высоту пирамиды находим из прямоугольного треугольника AMO:

MO AM2 AO2 252 72 24.

Тогда EF 12

Так как угол между прямой и плоскостью – угол между прямой и ее ортогональной проекцией на эту плоскость, то из прямоугольного треугольника FED получаем

tg (ED, ABC) EF 12.

FD 7

Значит, искомый угол равен arctg12 . 7

Ответ: arctg12 . 7

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

векторно-координатный метод

Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить по формуле

n p sin n p

или в координатной форме

sin			x1x2 y1y2		z1z2			,
sin								,
	x2	y2		z2	x2	y2	z2
1		1		1	2	2	2

где n {x1, y1, z1} – вектор нормали плос-

кости , p {x2, y2, z2} – направляющий вектор прямой l;

прямая l и плоскость параллельны тогда и только тогда, когда

x1x2 y1 y2 z1z2 0.

Пример 40. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между пря-

мой АD1 и плоскостью , проходящей через точки А1 , Е и F, где точка Е – се-

редина ребра C1D1 , а точка F лежит на ребре DD1 , так, что D1F 2DF .

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке42.

Рис. 42

Тогда

А(0;0;0),

А1(0;0;1),

D1(1;0;1),

Е 1;

F 1;0;

АD1

{1;0;1},

A1E

А1F

1;0;

. Пусть

n {x, y, z} – вектор, перпендикулярный плоскости , – искомый угол. Тогда

18.02.2011

AD1 n sin AD1 n .

Вектор n найдем из условий перпендикулярности этого вектора векторам

A1E и А1F , т.е. из условий
				y
			x		0,			y 2x,
			x		0,
n AE 0,				2
	1	или		2
n	AF 0			2				z 1,5x.
	1		x		z 0
	1		x	3	z 0
				3
	Пусть	x 2,	тогда			y 4		, z 3 и
n {2; 4;3},			\| n\|				.	Так как
n {2; 4;3},			\| n\|			29	.	Так как

AD1 2 и AD1 n 1 2 0 ( 4) 1 3 5,

то	5					5
sin	5					5	.

	2		29		58
	2		29		58
Отсюда arcsin		5		.

	58							5
	58
			Ответ: arcsin						.
			Ответ: arcsin						.
					58
Пример 41.	В		правильной шести-

угольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , ребра которой равны l, найти угол между прямой AB1 и плоскостью ACE1.

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке43.

Рис. 43

Тогда

А1;0;0 , B

;

, AB

;

;1 .

Составим уравнение плоскости, проходящей через точки

www.alexlarin.narod.ru

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

	1		3				1		3
А1;0;0 , C		;		;0	,	E		;		;1 .

	2		2			1	2		2

Подставляя координаты этих точек в общее уравнение плоскости

ax by cz d 0,

получаем систему

		a d 0,
	1
	1	a			3	b d 0,

	2		2
	2		2
	1
	1			3
		a				b c d 0
	2	a	2			b c d 0
	2		2
Отсюда имеем						a d ,	b		d ,
Отсюда имеем						a d ,	b	3	d ,

c 3d . Подставим в уравнение плоскости и сократим на d 0:

x 3y 3z 1 0.

Вектор нормали полученной плоскости n {1; 3;3}.

Тогда sin	AB1 n						, где иско-
	AB1 n

	AB1

						n

мый угол. Имеем
				4				2			.
sin				4				2		26
									13
		2			13
		2			13
Отсюда arcsin			2				.
			2			26

				13

Ответ: arcsin 2 26 . 13

векторный метод

Пример 42. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найти угол между прямой DE, где E – середина апофемы SF грани ASB, и плоскостью ASC.

Решение. Так как прямая ОD перпенди-

кулярна плоскости ASC, то вектор OD является вектором нормали плоскости ASC.

Пусть	AD a , AB b , AS c (см.
рис. 44),	где \| a \| \|b \| \|c \| 1, a b 0,

a c b c |a |2 cos60 0,5. Тогда

																								1																				1
OD OA AD																								1			(a				b) a													1					(a				b) ,
OD OA AD																											(a				b) a																		(a				b) ,
																								2																				2
																																					1							1												1
DE DA AF FE a																																							b									c									b
DE DA AF FE a																																					2		b					2				c								2	b
																																					2							2												2
				1							1
a							b							c ,
a				4			b				2			c ,
				4							2
																									S
																E
																				C
		B								F											O																								D
										F																A
																										A
																			Рис. 44
													1																	1								1						1
DE OD										a														b									c						a										b
DE OD										a										4				b					2				c				2		a					2					b
																				4									2								2							2
	1			2				1				2							1														1										1							1						3
			a							b												a c													b		c																					,
	2		a					8		b									4			a c											4		b		c						2							8						8		,
	2							8											4														4										2							8						8

																													1								1				2
																													1								1				2
					DE															a													b						c
					DE															a									4				b				2		c



		2					1		2							1						2									1															1					1
a									b											c				2										a c 2																				b c
a					16				b							4				c				2							2			a c 2												4					2			b c
					16											4															2															4					2
																																															,
					1								1										1						1							1						15
					1																								2
												16										4							2						8						16

											1											1						2
																																					1				1											1
																																					1				1											1
	OD														a										b																															.
	OD										2				a							2			b												4				4										2					.


Подставляя																		полученные																					значения																				в
формулу sin																						DE OD																, имеем
																						DE OD

																					DE											OD


																	3							4																3
						sin																																							.
																																		2
																8																		2
																8								15															30
Отсюда arcsin																								3								, где искомый

																								30
угол.																								30
угол.																																																							3
																												Ответ: arcsin																											3				.

																																																							30
																																																							30

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

метод опорных задач

Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить по формуле

sin sin (l, ) M, ,

где M l , l A (см. рис. 45).

Рис. 45

Пример 43. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между пря-

мой А1B1	и плоскостью BDC1 .
Решение. Так как А1B1 \|\|D1C1 и точки
D1 и O1	лежат на прямой D1B1 , парал-

лельной плоскости BDC1 (см. рис. 46), то последовательно получаем

sin (A1B1, BDC1) sin (D1C1, BDC1)

(D1, BDC1) (O1, BDC1)

D1C1 D1C1

3 :1 3 . 3 3

Отсюда (AB , BDC ) arcsin				3	.
Отсюда (AB , BDC ) arcsin					.
1	1	1	3
			3
		B1
A1		O1	C1
			C1

D1N

AOC

Рис. 46

Ответ: arcsin 3 . 3

18.02.2011

1.7.Угол между плоскостями

Двугранный угол, образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла, получаемого при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру.

Величина двугранного угла принадлежит промежутку (0 , 180 ).

Величина угла между пересекающими-

ся плоскостями принадлежит проме-

жутку (0 , 90 ].

Угол между двумя параллельными плоскостями считается равным 0 .

поэтапно-вычислительный метод

Рассматриваемый метод позволяет находить поэтапно искомый угол при решении известных задач, к которым сводится данная задача. Перечислим типы этих задач, связанных с нахождением угла:

●между пересекающимися прямыми a

иb, лежащими в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярными их линии пересечения (см. рис. 47);

Рис. 47

●между прямыми, параллельными прямым a и b или между b и прямой, параллельной a;

●между плоскостями, параллельными данным плоскостям и или между

и плоскостью, параллельной ;

●между перпендикулярами к данным плоскостям.

● построение линейного угла двугранного угла

Решение задачи этим методом сводится непосредственно к построению и вычислению величины линейного угла двугранного угла, образованного пересекающимися плоскостями и . Соот-

www.alexlarin.narod.ru

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

ветствующий линейный угол строится с помощью двух перпендикуляров a и b, проведенных в указанных плоскостях к прямой их пересечения, а его величина в дальнейшем находится либо из некоторого прямоугольного треугольника, либо из некоторого треугольника с применением теоремы косинусов.

Пример 44. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найти двугранный угол между основанием и боковой гранью.

Решение. Пусть E и K – середины ребер AD и BC соответственно, О – центр основания ABCD (см. рис. 48). Тогда SE AD, EK AD и поэтомуSEK – линейный угол данного двугранного угла.

Так как AD 1, OE 1 , SD 1, то

			2
										,
					1	1		3
SE	SD2 ED2					1		3
SE	SD2 ED2						2
		OE	4				2
cos		OE	1	, arccos			1		.
cos				, arccos					.
		SE	3				3

BKC

Рис. 48

Ответ: arccos 1 . 3

Пример 45. В правильной шестиугольной пирамиде, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти косинусы двугранных углов при основании и при боковом ребре.

Решение. Рассмотрим пирамиду MABCDEF. Поскольку пирамида правильная, то равны все ее двугранные углы при основании и равны все углы между любыми ее смежными боковыми гранями. Найдем, например, угол между

18.02.2011

плоскостью основания и боковой гранью MAF и угол между боковыми гранями

FME и MDE (см. рис. 49).

C D N

B E

A L F

Рис. 49

Прямая AF – ребро двугранного угла MAFЕ. Пусть O – центр основания, тогда MO – высота пирамиды. Пусть L – середина отрезка AF, тогда ML – апофема грани AMF,

		4	1		15	.
ML	AM2 AL2

	4			2

По теореме о трех перпендикулярах прямая LO перпендикулярна AF. Следовательно, MLO – линейный угол дву-

гранного угла MAFB. LO 3, так как

является высотой равностороннего треугольника AOF со стороной 1. Из прямоугольного треугольника LMO находим

cos MLO	LO	3	2		1	.
		2
	ML		15	5

Прямая ME – ребро двугранного угла FMED. В треугольниках FME и MDЕ проведём высоты к стороне ME из точек F и D соответственно. ПосколькуFME DME , то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно,DNF – линейный угол двугранного уг-

ла FMED.

Из равенства треугольников FME и MDЕ следует равенство высот FN и DN. Найдем FN. Для этого вычислим площадь треугольника FME. Поскольку апофема

www.alexlarin.narod.ru

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

грани			FME		равна ML			15	,	SFME
грани			FME		равна ML				,	SFME
					2
	1		15	1		15	, то высота FN, опущен-
		2		1	4		, то высота FN, опущен-
2		2			4

ная на ME, равна:

FN 2SFME 15 .

ME 4

Далее, рассмотрим равнобедренный треугольник FDN. В нем FD 2LO 3. Косинус угла DNF можно найти, воспользовавшись теоремой косинусов для стороны DF:

cos FND FN2 DN2 FD2 3 .

2 FN DN

Таким образом, искомые косинусы двугранных углов при основании и при

боковом ребре равны	1		и	3		соответ-

5		5
ственно.					1				3
Ответ:								и		.

					5		5

Так как в подобных телах соответствующие углы равны, а линейные элементы (стороны, высоты, медианы и т.п.) пропорциональны, то при вычислении углов в какой-либо конфигурации (обычно в треугольнике) важно учитывать лишь отношение длин соответствующих отрезков. Поэтому, если все линейные элементы конфигурации зависят от одного параметра, то можно принимать значение этого параметра равным какомунибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто полагают длину его ребра равным единице.

Пример 46. В кубе ABCDABC1 1 1D1

найти угол между плоскостями сечений

ABC1 1D и CB1AD1 .

Решение. Пусть ребро куба равно 1. Прямая B1D – линия пересечения плос-

костей сечений ABC1 1D и CB1AD1 , так как B1 и D – их общие точки (см. рис. 50).

В прямоугольных треугольниках B1AD1 и

BC1 1D проведем высоты к гипотенузе

18.02.2011

BD1 из точек A1 и C1 соответственно.

Поскольку треугольники B1AD1 и BC1 1D

равны, то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно, A1NC1 – ли-

нейный угол двугранного угла A1B1DC1 .

B1 C1

A1D1

A D

Рис. 50

Поскольку прямоугольные треугольники B1AD1 и BC1 1D равны, то равны и вы-

соты A1N и C1N , опущенные на гипоте-

нузу BD1 . Длины указанных высот можно

найти, например, через площадь любого из этих треугольников:

A1N C1N 2 . 3

Далее, рассмотрим равнобедренный

треугольник AC1 1N . В нем AC 2 .

1 1

Найдём угол A1NC1, воспользовавшись теоремой косинусов для стороны AC1 1 :

cos ANC					AN2 C N2 AC2
				1				1		1 1

	1		1				2 A1N C1N
							2 A1N C1N
		2					2
	2					2				2
	2					2				2
								(	2)
								(	2)
	3			3
	3			3							0,5.

			2		2			2
					2			2
				3				3
				3				3

Отсюда A1NC1 2 . 3

Следовательно, искомый угол между плоскостями сечений AB1 1D и BC1 1D ра-

вен . 3

Ответ: . 3

www.alexlarin.narod.ru

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

Пример 47. В правильной треугольной призме ABCABC1 1 1 боковое ребро равно b,

а сторона основания a. Найти косинус угла между плоскостями ABC1 и ABC1 1 .

Решение. Построим линию пересечения плоскостей ABC1 и ABC1 1 (см. рис. 51).

Рис. 51

Диагонали AC1 и A1C в боковой грани

AA1C1C призмы пересекаются в точке D и

делятся этой точкой пополам. Аналогич-

но, диагонали BC1 и B1C в боковой грани

BB1C1C призмы пересекаются в точке E и

также делятся этой точкой пополам. Точ-

ки D и E – общие точки плоскостей ABC1

и ABC, поэтому прямая DE является ли-

нией их пересечения. Кроме того, отрезок

DE является средней линией равнобед-

ренных треугольников

ABC

ABC, а

значит, DE || AB и DE ||

A1B1.

Рассмотрим

равнобедренные

тре-

угольники C1DE и CDE.

Они равны по

трем сторонам. Проведем в этих тре-

угольниках медианы C1N и CN к общему

основанию

DE.

Тогда

C1N DE

CN DE . Следовательно,

C1NC –

ли-

нейный угол двугранного угла C1DEC .

Найдем теперь косинус угла C1NC. С

этой целью рассмотрим равнобедренный

треугольник C1NC. В

нем

C1N

CB12 MB12

3a2 4b2

CC1 b. Воспользовавшись теоремой ко-

синусов для стороны CC1 , получим:

cos C NC

C N2

CN2 CC2

3a2 4b2

2 C N CN

18.02.2011

В рассматриваемом примере требуется найти косинус угла между плоскостя-

ми ABC1 и ABC1 1 . Встает закономерный

вопрос. Нашли ли мы косинус того угла, который требуется в условии, или же нам необходим косинус смежного с ним угла C1NM (кстати, на рис. 51 через обозначена величина именно этого угла)? На этот вопрос можно ответить следующим образом. Согласно определению угла между плоскостями, его величина может

быть в пределах от 0 до , т.е. косинус

такого угла должен быть положитель-

ным. Поэтому, если		3a2 4b2 0,			то
cos cos C NC	3a2	4b2		, если	же

1	3a2 4b2
3a2 4b2 0, то

cos cos C NM			4b2	3a2

1	3a2 4b2

(поскольку косинусы смежных углов равны по абсолютной величине и противоположны по знаку). Таким образом,

|3a2 4b2 |

окончательно: cos 3a2 4b2 .

|3a2 4b2 |

Ответ: 3a2 4b2 .

● Использование параллельных прямых

В некоторых задачах построение линейного угла затруднительно. И тогда вместо линейного угла можно рассмотреть угол с соответственно параллельными сторонами по отношению к линейному углу.

Пример 48. В кубе ABCDABC1 1 1D1 с

ребром, равным a, через точки M на реб-

ре BB и N на DD такие, что BM		3a
ре BB и N на DD такие, что BM
1	1	4
		4

и DN a , параллельно AC проведена се-

кущая плоскость. Определить угол между секущей плоскостью и плоскостью

ABC.

www.alexlarin.narod.ru

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

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M и N параллельно AC (см. рис. 52).

B1	C1
M	D1
A1	D1
	P
K	O
K
Q
B	C
	N
A	D

Рис. 52

С этой целью рассмотрим диагональную плоскость AA1C1 . Соединим точки M

и N, тогда AA1C1 MN O , где точка O – середина отрезка MN. Поскольку, согласно условию, секущая плоскость параллельна AC, то прямая l ее пересечения с плоскостью AA1C1 также будет параллельна AC. Поэтому проведем через точку O прямую QP (QP || AC). Соединив последовательно отрезками точки Q, M, P и N, получим сечение QMPN. Так как секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым, то четырехугольник QMPN является параллелограммом.

В квадрате ABCD диагонали перпендикулярны ( BD AC ), значит, BD l .

Проведем в плоскости BDD1 прямую KN, параллельную BD. Тогда KN l . Прямая BD является проекцией наклонной MN на плоскость АВС, поэтому по теореме о трех перпендикулярах MN l. Прямая MN лежит в плоскости MPNQ, а прямая КN параллельна плоскости ABC . Следовательно, угол KNM равен линейному углу искомого двугранного угла (как углы с соответственно параллельными сторонами).

Пусть MNK , тогда

tg MB ND a :a2 2 .

Ответ: arctg 2 . 4

● использование параллельных плоскостей

В некоторых задачах является эффективным подход, при котором вместо угла между пересекающимися плоскостями и ищется угол между плоскостями, параллельными рассматриваемым (или между одной из данных плоскостей и плоскостью, параллельной другой из них).

Пример 49. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между плоскостью грани AABB1 1 и плоскостью BC1D.

Решение. Так как плоскость AAB1 1 па-

раллельна плоскости DDC1 1 , то искомый угол равен углу между плоскостями BC1D и DDC1 1 (см. рис. 53). Диагонали

грани куба перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому EC DC1 , где точка E – середина от-

резка DC1. Также BE DC1, как высота

равностороннего треугольника BC1D.
Следовательно, угол BEC есть линейный
угол двугранного угла BDCC.
											1
Треугольник								BEC			прямоугольный
(BC DDC ) и								BCE прямой. Пусть
		1	1									тогда BC 1,
ребро	куба				равно 1,							тогда BC 1,
EC	DC			1
	1						.
	2
				2
				2
Следовательно,
		tg				BC			1:	1				.
						BC				1			2
													2
							EC				2

Отсюда arctg2 .

B1 C1

A1 D1

A D

Рис. 53

Ответ: arctg2 .

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

●использование перпендикуляров

кплоскостям

На рис. 54 прямые l и l лежат в плоскости и перпендикулярны плоскостям и соответственно. Тогда угол между ними равен углу между плоскостями и . В общем случае прямые l

и l могут быть скрещивающимися.

		l
l
			b



		A


		Рис. 54
Пример 50. В кубе			ABCDA1B1C1D1
найти угол между плоскостями AB1C и
BC1D .
Решение.	Диагональ		куба A1C пер-
пендикулярна плоскости BC1D (см. рис.
55), так как	A1C BC1 и		A1C DC1 (по

теореме о трех перпендикулярах). Аналогично диагональ куба BD1 перпендику-

лярна плоскости AB1C . Таким образом, задача сводится к нахождению острого угла между диагоналями A1C и BD1

прямоугольника BCD1A1 .

B1	C1
A1	D1

Рис. 55

Пусть O – точка пересечения диагоналей и ребро куба равно 1. Тогда

18.02.2011

A C BD			3	. Из тре-
		3, OC OB	3
		3, OC OB
1	1

угольника ОВС находим

B1 D1

A1 C

B				D
		A
		Рис. 56
cos BOC		OB2 OC2 BC2			1
						,
					3	,
			2 OB OC		3
т.е. BOC arccos			1	.
т.е. BOC arccos				.
	3						1
				Ответ: arccos			1	.
				Ответ: arccos				.
					3
Пример 51.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 .
Найти угол между плоскостями AB1C1								и
A1B1C .
Решение. Каждая из прямых					AD1			и
CD1 (см. рис. 56) перпендикулярна плос-
костям A1B1C	и AB1C1 соответственно
(докажите).
Поэтому величина искомого угла рав-
на величине угла между прямыми AD1								и

CD1 . Так как треугольник AD1C – равно-

сторонний, то получаем ответ: . 3

Ответ: . 3

Пример 52. (МИОО, 2010). Дана пря-

мая четырехугольная призма ABCDA1B1C1D1 , в основании которой лежит прямоугольник ABCD, в котором

AB 5, AD 33 . Через середину ребра CD проведена плоскость перпендикулярно прямой B1D. Найти тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью грани AA1D1D, если расстояние между прямыми A1C1 и BD равно 3.

www.alexlarin.narod.ru

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.2015427.52 Кб16BTT_BROShURI_017_VODINNYa_BTR-70__2008.doc
#
14.02.2015495.1 Кб6Budova_rechovini_M.doc
#
12.11.20192.2 Mб1Bugrim_metodichka_DVS_MATLAB_izm.doc
#
15.02.2015344.73 Кб10BZhD_RGR_2013.docx
#
15.02.2015449.67 Кб30C1-2011.pdf
#
15.02.20152.21 Mб24C2-2011.pdf
#
15.02.2015849.86 Кб11C3-2011.pdf
#
15.02.20151 Mб8C4-2011.pdf
#
12.03.20161.5 Mб45chimiya.pdf
#
13.11.201844.07 Кб1CodingStandards_valid.docx
#
15.02.2015387.55 Кб7curs_micro_lect_01.pdf