В кубе abcda1b1c1d1 линейным углом двугранного угла daa1c1 является угол

Прошу помогите. В кубе ABCDA1B1C1D1 постройте и найдите линейный угол двугранного

Прошу помогите. В кубе ABCDA1B1C1D1 постройте и найдите линейный угол двугранного угла меж плоскостями сечений CD1A1B и DA1B1C

Предлагаю координатный метод.
Привяжем систему координат к верхушке В куба.
Пусть сторона ВС — ось Х, сторона ВВ1 — ось Y, а сторона ВА — осьZ.
Тогда имеем:
Точки В(0;0;0), C(1;0;0), D1(1;1;1)
B1(0;1;0), C(1;0;0) D(1;0;1).

Для составления уравнения плоскости используем формулу:
x — xB xC — xB xD — xB
y — yB yC — yB yD — yB = 0.
z — zB zC — zB zD — zB
Для составления уравнения плоскости CD1A1B
подставим данные 3-х наших точек B,C и D1:
х-0 1 1
y-0 0 1 = 0.
z-0 0 1
Раскрываем определитель по первому столбцу, обретаем уравнение плоскости:
0 1 1 1 1 1
х*0 1 — y*0 1 + z*0 1 =0.
x*(0-0) — y*(1-0) + z*(1-0) = 0. Либо
х*(0)-y*(-1)+z*(1)=0 Это уравнение прямой вида А1х+В1y+C1z=0 с коэффициентами А1=0, В1=-1, С1=1.
Для составления уравнения плоскости DA1B1С
подставим данные 3-х наших точек B1,C и D:
х-0 1 1
y-1 -1 -1 = 0.
z-0 0 1
Раскрываем определитель по первому столбцу, находим уравнение плоскости:
-1 -1 1 1 1 1
х* 0 1 — y*0 1 + z*-1 -1 =0.
x*(-1-0)) — y*(1-0) + z*(-1+1) = 0. Или
х*(-1)-y*(1)+z*(0)=0 Это уравнение прямой вида А2х+В2y+C2z=0 с коэффициентами А2=-1, В2=-1, С2=0 .
Угол между плоскостями определяется по формуле:
Cos=A1*A2+B1*B2+C1*C2/[(A1+B1+C1)*(A2+B2+C2)].
В нашем случае: Cos=0+1+0/[(0+1+1)*(1+1+0)]=1/2.
=60.
Ответ: разыскиваемый угол равен 60.

Источник

В кубе abcda1b1c1d1 линейным углом двугранного угла daa1c1 является угол

В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит параллелограмм АВСD c центром О. Точка N — середина ребра SC, точка L — середина ребра SA.

а) Докажите, что плоскость BNL делит ребро SD в отношении 1 : 2, считая от вершины S.

б) Найдите угол между плоскостями BNL и АВС, если пирамида правильная, SA = 8, а тангенс угла между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды равен

а) Проведем LN — среднюю линию треугольника SAC. Она является линией пересечения плоскости SAC и сечения BLN. Пусть O — точка пересечения диагоналей основания, пусть LN пересекает SO в точке M (оба отрезка лежат в плоскости SAC), и пусть BM пересекает SD в точке K (оба отрезка лежат в плоскости SBD). Тогда отрезок BM лежит в плоскости BLN и, следовательно, K — точка пересечения плоскости BLN с ребром SD. Заметим, что O — середина диагонали BD, а M — середина отрезка SO. Запишем теорему Менелая для треугольника SOD и прямой BK:

б) Так как пирамида правильная, SO — ее высота. Угол между боковым ребром и основанием равен углу SBO, Пусть OB = 5x, тогда Запишем теорему Пифагора для треугольника SBO:

Тогда

Прямая OB — проекция прямой MB на плоскость ABCD. Прямые OB и AC перпендикулярны, прямые LN и AC параллельны, поэтому прямые MB и LN перпендикулярны. Обе прямые OB и MB перпендикулярны линии пересечения плоскостей BLN и ABC. Следовательно, угол MBO — линейный угол двугранного угла между плоскостями BLN и ABC и равен искомому. Найдем

откуда искомый угол равен

Ответ: б)

Приведем решение пункта б) Татьяны Шевелевой.

Прямая OB — проекция прямой MB на плоскость ABCD. Прямые OB и AC перпендикулярны, прямые LN и AC параллельны, поэтому прямые MB и LN перпендикулярны. Обе прямые OB и MB перпендикулярны линии пересечения плоскостей BLN и ABC. Следовательно, угол MBO — линейный угол двугранного угла между плоскостями BLN и ABC и равен искомому.

По доказанному в пункте а) следовательно,

откуда искомый угол равен

Две боковые грани пирамиды, в основании которой лежит ромб, перпендикулярны к плоскости основания.

а) Докажите, что две другие боковые грани образуют равные двугранные углы с плоскостью основания.

б) Найдите объем пирамиды, если боковые грани, перпендикулярные к плоскости основания, образуют двугранный угол 120°, а боковая грань, составляющая с плоскостью основания угол в 30°, имеет площадь 36 см 2 .

а) Пусть основание пирамиды ромб ABCD, вершина — S, основанию перпендикулярны грани SAB и SBC. Указанные грани пересекаются по ребру SB, перпендикулярному плоскости основания (так как плоскость, перпендикулярная другой плоскости, содержит прямую, перпендикулярную этой плоскости). Из точки B на рёбра AD и CD опустим высоты ромба BK и BL соответственно. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах SK перпендикулярна AD, а SL перпендикулярна CD. Таким образом, углы SKB и SLB — линейные углы двугранных углов при рёбрах AD и CD соответственно. Заметим теперь, что (как высоты ромба) и, следовательно, прямоугольные треугольники SBK и SBL равны, а, значит, углы SKB и SLB равны.

б) Заметим, что прямая SB перпендикулярна плоскости ABCD, поэтому перпендикулярны прямые SB и AB, а также прямые SB и BC. Следовательно, угол ABC равен 120°. Таким образом, проекцией боковой грани SAD на плоскость основания является равносторонний треугольник ABD, а равной ей грани SCD — равносторонний треугольник BCD. Заметим теперь, что из условия и п. а) Следовательно,

Зная площадь равностороннего треугольника ABD, найдём сторону и высоту основания:

Ответ: б)

Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник ABCD, в котором ВС = 2АВ. Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке О. Отрезок SO является высотой пирамиды SABCD. Из вершин А и С опущены перпендикуляры АР и CQ на ребро SB.

б) Найдите двугранный угол пирамиды при ребре SB, если SB = BC.

а) Вычислим следовательно, Теперь вычислим

откуда следовательно, QB = 4PB и

б) Проведем из точки P отрезок PT параллельно CQ, T лежит на ребре BC. Тогда APT — линейный угол двугранного угла при ребре SP, то есть искомый. Пусть AB = a, BC = SB = 2a. Тогда

и

следовательно,

следовательно,

Найдем угол APT из теоремы косинусов для треугольника APT:

откуда Таким образом,

Ответ: б)

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD высота SO равна 13, диагональ основания BD равна 8. Точки К и М — середины ребер CD и ВС соответственно. Найдите тангенс угла между плоскостью SMK и плоскостью основания AВС.

Пусть Поскольку и по теореме о трех перпендикулярах Поскольку угол является линейным углом двугранного угла между плоскостями SMK и Тогда

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 через диагональ BD1 проведена плоскость α, параллельная прямой AC.

б) Найдите угол между проведённой плоскостью и плоскостью основания параллелепипеда, если AB = 6, BC = 8, CC1 = 10.

б) Пусть B1M — перпендикуляр, опущенный из вершины B1 на прямую l. Тогда B1M — ортогональная проекция наклонной BM на плоскость A1B1C1D1. По теореме о трёх перпендикулярах прямые BM и l перпендикулярны, поэтому угол BMB1 — линейный угол двугранного угла, образованного секущей плоскостью α и плоскостью A1B1C1D1.

Отрезок B1M вдвое больше высоты B1H прямоугольного треугольника A1B1C1, проведённой из вершины прямого угла, поэтому

Из прямоугольного треугольника BMB1 находим, что

Ответ: б)

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 через диагональ BD1 проведена плоскость α, параллельная прямой AC.

б) Найдите угол между проведённой плоскостью и плоскостью основания параллелепипеда, если AB = 5, BC = 12, CC1 = 10.

б) Пусть B1M — перпендикуляр, опущенный из вершины B1 на прямую l. Тогда B1M — ортогональная проекция наклонной BM на плоскость A1B1C1D1. По теореме о трёх перпендикулярах прямые BM и l перпендикулярны, поэтому угол BMB1 — линейный угол двугранного угла, образованного секущей плоскостью α и плоскостью A1B1C1D1.

Отрезок B1M вдвое больше высоты B1H прямоугольного треугольника A1B1C1, проведённой из вершины прямого угла, поэтому

Из прямоугольного треугольника BMB1 находим, что

Ответ: б)

Аналоги к заданию № 530825: 530900 Все

В правильной треугольной призме ABCA1B1С1 стороны основания равны 5, боковые ребра равны 15, точка D — середина ребра CC1.

Следовательно, искомый угол равен

Ответ: б)

Основание прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 — треугольник ABC, в котором AB = AC = 8, а один из углов равен 60°. На ребре AA1 отмечена точка P так, что AP : PA1 = 1 : 2. Расстояние между прямыми AB и B1C1 равно

а) Докажите, что основания высот треугольников ABC и PBC, проведенных к стороне BC, совпадают.

б) Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и CBP.

а) Заметим, что так как треугольник ABC равнобедренный, а один из его углов равен 60°, треугольник ABC — равносторонний и, значит, призма — правильная. В треугольнике PBC проведём высоту PH, по теореме о трёх перпендикулярах её проекция AH будет являться высотой треугольника ABC. Тем самым, основания высот треугольников ABC и PBC, проведенных к стороне BC, совпадают.

б) Прямые AB и B1C1 скрещивающиеся и лежат в параллельных плоскостях ABC и A1B1C1. Следовательно, расстояние между ними равно расстоянию между этими плоскостями, то есть боковому ребру призмы. Тогда: По доказанному в п. а) угол PHA является линейным углом угла между плоскостями ABC и CBP. Следовательно,

Ответ:

Основанием четырехугольной пирамиды SABCD является прямоугольник ABCD, причем BC = 6. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей прямоугольника. Из вершин A и C опущены перпендикуляры AP и CQ на ребро SB.

а) Докажите, что P — середина BQ.

б) Найдите угол между плоскостями SBA и SBC, если SD = 9.

а) Пусть боковое ребро пирамиды равно x. Тогда

Следовательно, BQ = 2BP и P — середина BQ.

б) В грани SBC проведём отрезок PR параллельно QC. Так как P — середина BQ, то R — середина BC. Кроме этого, угол APR является линейным углом угла между гранями SBA и SBC. Найдём площади граней SAB и SBC. Пусть и их высоты соответственно. Тогда

Далее имеем:

Напишем теорему косинусов для треугольника APR:

Таким образом, искомый угол равен

Ответ: б)

Дана правильная треугольная призма АВСА1В1С1, все рёбра которой равны 6. Через точки A, С1 и середину T ребра А1В1 проведена плоскость.

а) Докажите, что сечение призмы указанной плоскостью является прямоугольным треугольником.

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью ACC1.

а) Прямая перпендикулярна прямой поскольку — медиана равностороннего треугольника Прямые и перпендикулярны, так как прямая перпендикулярна плоскости Следовательно, прямая перпендикулярна плоскости Значит, прямая перпендикулярна прямой AT. Следовательно, треугольник прямоугольный.

б) В плоскости проведём прямую через середину O отрезка перпендикулярно этому отрезку. Эта прямая пересекает AT в некоторой точке H. Угол — линейный угол искомого угла. Треугольники AOH и подобны. Следовательно,

Прямые и OH перпендикулярны прямой значит, плоскость перпендикулярна прямой и прямая тоже перпендикулярна прямой Прямая перпендикулярна плоскости следовательно, прямая перпендикулярна прямой Из этого следует, что прямая перпендикулярна плоскости а значит, и прямой OH. Тогда

Ответ:

Источник

Оцените статью
Юридический портал
Adblock
detector