Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (13(С2))

Стереометрия. Решение задачи 14.

 

В статье представлены задачи, решенные “классическим” способом: поэтапно-расчетным. Многие задачи таким способом решаются проще, чем если бы мы захотели вводить систему координат. Каждый раз нужно выбирать, что применить проще и выгоднее по времени.

[latexpage]

Задача 1. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания равна 8. Точка L – середина ребра SC. Тангенс угла между прямыми BL и SA равен $2\sqrt{\frac{2}{5}}$.

а) Пусть O – центр основания пирамиды. Докажите, что прямые BO и LO перпендикулярны.

б) Найдите площадь поверхности пирамиды.

Дано

Решение.

а) Прямая LO принадлежит плоскости ASC, перпендикулярной плоскости основания. Проекцией прямой LO на плоскость основания является прямая AC. Так как пирамида правильная и в основании ее лежит квадрат, то его диагонали перпендикулярны, и таким образом проекция LO перпендикулярна BO. По теореме о трех перпендикулярах прямая перпендикулярна прямой плоскости, если ее проекция перпендикулярна прямой плоскости. То есть $LO \perp BO$, ч.т.д.

 

Пункт а) задачи

 

 

Треугольник BLO, вид сбоку

б) Площадь поверхности пирамиды состоит из площади боковой поверхности и площади основания. Второе найти совсем легко: площадь квадрата равна $S_{osn}=a^2=8^2=64$, а вот чтобы найти площадь боковой поверхности, понадобится знать апофему пирамиды. Что можно «выловить» из знания тангенса угла между прямыми BL и SA? И кстати, пока мы вообще этот угол не видим, попробуем его визуализировать. Так как точка L – середина SC, а точка O – середина AC, то LO – средняя линия треугольника SCA, и параллельна SA, поэтому угол между BL и SA – это угол между BL и LO, а это уже видимый угол, угол в треугольнике BLO, который, кстати, является прямоугольным (по пункту а). Тогда имеем в этом треугольнике отношение катетов:

$$\frac{BO}{LO}=\tg \alpha=2\sqrt{\frac{2}{5}}$$

BO – половина диагонали квадрата, диагональ равна $\sqrt{2a^2}=8\sqrt{2}$, $BO=4\sqrt{2}$.

Тогда длина LO

$$LO=\frac{BO}{2\sqrt{\frac{2}{5}}}=\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{\frac{2}{5}}}=2\sqrt{5}$$

 

LK – перпендикуляр к основанию

LK – средняя линия треугольника SCO.

Из точки L проведем перпендикуляр к плоскости основания пирамиды.

Так как LK – средняя линия треугольника SCO, то точка K – середина OC.

Тогда

$$OK=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}OB=2\sqrt{2}$$

По теореме Пифагора для треугольника OLK

$$KL=\sqrt{OL^2-OK^2}=\sqrt{20-8}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$$

Но, так как KL – средняя линия треугольника SCO и равна половине основания, а основание SO – ни что иное, как высота пирамиды, то $SO=4\sqrt{3}$.

Теперь, сделав дополнительные построения – а именно, нам понадобится точка на середине стороны основания P – мы сможем найти апофему пирамиды.

 

Дополнительные построения и апофема пирамиды

В прямоугольном треугольнике SOP нам известны катеты. Апофема пирамиды – его гипотенуза. Она равна:

$$SP=\sqrt{OP^2+SO^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{64}=8$$

Боковая поверхность пирамиды равна:

$$S_{bok}=4S_{DSC}=4\cdot \frac{1}{2} \cdot DC\cdot SP=2\cdot8\cdot8=128$$

Добавим к боковой поверхности площадь основания:

$$S_{poln}= S_{bok}+ S_{osn}=128+64=192$$

Ответ: 192

 

Задача 2. Основанием прямой треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный треугольник ABC, в котором AB=BC=10, AC=16. Боковое ребро призмы равно 24. Точка P – середина ребра $BB_1$.

а) Найдите тангенс угла между плоскостями $A_1B_1C_1$ и $ACP$.

б) Найдите расстояние от точки B до плоскости PAC.

Дано

а) Тангенс угла между плоскостями $A_1B_1C_1$ и $ACP$ будет равен тангенсу угла между плоскостями $ABC$ и $ACP$, так как плоскости оснований призмы параллельны. Второй найти проще, так и сделаем. Искомый тангенс будет равен (см.рисунок)

Плоскости и угол между ними

$$\tg{\alpha}=\frac{PB}{BT}$$

Где T – середина ребра AC. $BP=\fracz{1}{2}BB_1=12$. Определим BT. Из треугольника TBC

$$BT=\sqrt{BC^2-TC^2}=\sqrt{ BC^2-\left(\frac{AC}{2}\right)^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$$

$$\tg{\alpha}=\frac{PB}{BT}=\frac{12}{6}=2$$

Искомое расстояние – высота треугольника PBT

б) Расстояние от точки B до плоскости PAC($h$) – это длина перпендикуляра, то есть высоты в треугольнике PBT, проведенной к его гипотенузе PT.

Зная катеты этого треугольника, очень легко определить длину гипотенузы. Кроме того, мы можем записать его площадь через произведение катетов, а также и через произведение гипотенузы на высоту к ней – отсюда и найдем высоту треугольника PBT – то есть искомое расстояние  от точки до плоскости.

$$S_{PBT}=\frac{1}{2}PB\cdotBT=\frac{1}{2}PT\cdot h$$

$$PB\cdotBT=PT\cdot h$$

$$h=\frac{PB\cdotBT}{PT}$$

$$h=\frac{PB\cdotBT}{\sqrt{PB^2+BT^2}}=\frac{12\cdot6}{\sqrt{12^2+6^2}}=\frac{72}{\sqrt{180}}$$

$$h=\frac{72}{6\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}$$

Ответ: $h=\frac{12}{\sqrt{5}}$

 

Задача 3. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

а) Докажите, что прямая $B_1D$ перпендикулярна плоскости $A_1BC_1$.

б) Найдите угол между плоскостями $AB_1C_1$ и $A_1B_1C$.

Дано

а) Проекция прямой $BD_1$ на плоскость верхнего основания куба – прямая BD – перпендикулярна прямой AC, принадлежащей плоскости $A_1BC_1$ (так как диагонали квадрата, коим является основание, перпендикулярны). Следовательно, прямая $BD_1$ перпендикулярна прямой AC. Проекция прямой $BD_1$ на плоскость $BAA_1$ – прямая $BA_1$ – перпендикулярна прямой $B_1A$, принадлежащей плоскости $A_1BC_1$ (так как передняя грань – также квадрат). Следовательно, прямая $BD_1$ перпендикулярна прямой $B_1A$.Таким образом, прямая $BD_1$ перпендикулярна двум прямым плоскости $A_1BC_1$, а следовательно, перпендикулярна и самой плоскости $A_1BC_1$.

Пункт а) задачи

б) Угол между плоскостями –  это всегда острый угол. В данном случае, как видно из рисунка, найти его будет очень трудно, поэтому найдем тупой угол между плоскостями $AB_1C_1$ и $A_1B_1C$ -а потом найдем и смежный с ним острый.

Вид снизу: пересекающиеся плоскости и треугольник ACZ

Найти угол AZC можно по теореме косинусов.

Определим для этого длины сторон треугольника AZC – это несложно, так как это равнобедренный треугольник, основание которого – диагональ грани куба, а значит, равно $a\sqrt{2}$, а боковые стороны – это высоты, проведенные к гипотенузе $BD_1$ в прямоугольных треугольниках $ABD_1$ и $BCD_1$. Найти последнюю несложно. Площадь треугольника $ABD_1$ равна

$$\frac{1}{2}AB\cdot AD_1=\frac{1}{2}BD_1\cdotAZ$$

$$AB\cdot AD_1=BD_1\cdotAZ$$

$$AZ=\frac{ AB\cdot AD_1}{ BD_1}$$

Здесь $AB=a$ – ребро куба, $AD_1= a\sqrt{2}$ – диагональ грани, $BD_1=a\sqrt{3}$ – это диагональ куба.

$$AZ=\frac{a\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=a\sqrt{\frac{2}{3}}$$

Тогда можем определить косинус угла $AZC$ из теоремы косинусов для этого треугольника:

$$AC^2=AZ^2+ZC^2-2\cdot AZ \cdotZC\cos{\angle AZC}$$

$$\cos{\angle AZC}= -\frac{AC^2-AZ^2-ZC^2}{2\cdot AZ \cdotZC }$$

Подставим числа:

$$\cos{\angle AZC}= -\frac{2a^2-\frac{2}{3}a^2-\frac{2}{3}a^2}{2a^2\frac{2}{3}}$$

$$\cos{\angle AZC}= -\frac{\frac{2}{3}a^2}{2a^2\frac{2}{3}}=-\frac{1}{2}$$

У тупого угла косинус и должен быть отрицательным. У смежного с ним, острого, искомого, угла косинус положителен и равен $\frac{1}{2}$ – следовательно, угол равен $60^{\circ}$. Данная задача решена также координатно-векторным способом и вы можете сравнить, какое из решений проще.

Ответ: $60^{\circ}$.

 

Задача 4. В прямоугольном параллелепипеде  $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известны длины ребер $AA_1=15$, $AB=12$, $AD=8$. Точка К – середина ребра $C_1D_1$, а точка L делит ребро $BB_1$  в отношении 4:1, считая от вершины $B_1$.

а) Найдите отношение, в котором плоскость $LKA_1$ делит ребро $CC_1$, считая от вершины $C_1$.

б) Найдите косинус угла между плоскостями $LKA_1$ и $A_1B_1C_1$.

Начинаем строить секущую плоскость

Построение сечения

а) Построим сначала секущую плоскость. Для этого лучше всего начать построение с точек, лежащих в одной плоскости: их мы можем соединять. Например, точки $A_1$ и $K$ обе принадлежат сечению, и, кроме того, лежат в плоскости нижнего основания. Проведем через них прямую. Эта прямая  $A_1K$ принадлежит нижнему основанию и обязательно пересечется с другими прямыми, лежащими в нижнем основании призмы, если они ей не параллельны. Такой прямой является, например, прямая $B_1C_1$. Для чего нам может понадобиться точка пересечения этих прямых $T$? Очень просто: эта точка принадлежит сечению, но также она принадлежит и плоскости задней грани. А в этой грани у нас имеется точка $L$, которая также принадлежит сечению! Теперь у нас снова есть две точки в одной плоскости – плоскости задней грани, и мы их соединяем.

Прямая $LT$ пересечет ребро призмы $CC_1$ в точке $Z$. Точку $Z$ можно соединить отрезком с точкой $K$, так как обе они принадлежат одной плоскости – плоскости правой боковой грани. Точку $L$, принадлежащую левой боковой грани, можем соединять с точкой $A_1$, которая также ей принадлежит. И готово наше сечение – это трапеция, поскольку боковые грани параллельны, то плоскость сечет их по параллельным прямым: $A_1L \parallel AZ$.

Готовое сечение

Теперь можно попробовать ответить на первый вопрос задачи, так как теперь у нас есть точка $Z$. Для этого найдем отрезки $BL$ и $LB_1$. Отношение их длин 4:1, то есть можно записать: $BL=x$, $LB_1=4x$. Их сумма – длина ребра $BB_1$: $BB_1= BL + LB_1$

$$BB_1= BL + LB_1=x+4x=15$$

$$5x=15$$

$$x=3$$

Подобные треугольники в противоположных гранях

Тогда определяем: $BL=3$, $LB_1=12$. Но ребро $A_1B_1$ тоже равно 12, следовательно, треугольник $A_1LB_1$ – прямоугольный и равнобедренный. Треугольник $C_1ZK$ подобен треугольнику $A_1LB_1$ с коэффициентом подобия $\frac{1}{2}$ – так как $A_1L \parallel AZ$ и точка $K$ по условию – середина $C_1D_1$. Тогда он тоже равнобедренный и $ZC_1=C_1K=6$. Если $ZC_1=6$, то $ZC=15-6=9$ и $\frac{C_1Z}{ZC}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$.

Поиск косинуса угла между плоскостями

б) Чтобы найти косинус угла между плоскостями, нужно в обеих плоскостях провести перпендикуляры к линии пересечения плоскостей: $B_1M \perp A_1K$ по построению, $LM \perp A_1K$ по теореме о трех перпендикулярах.

Нам необходимо найти косинус угла $LMB_1$,

$$\cos (LMB_1)=\frac{MB_1}{LM}$$

Найдем $B_1M$ – это можно сделать из подобия треугольников $B_1MT$ и $KC_1T$, а можно через площадь треугольника $A_1B_1T$, так и сделаем. Тогда

$$A_1B_1\cdotB_1T=MB_1\cdotA_1T$$

$$ MB_1=\frac{ A_1B_1\cdotB_1T}{A_1T}$$

$$ A_1B_1=12$$

$$B_1T=16$$

Последнее следует из подобия треугольников $B_1MT$ и $KC_1T$:

$$\frac{A_1B_1}{KC_1}=\frac{B_1T}{B_1C_1}=2$$

$A_1T$ найдем по теореме Пифагора:

$$ A_1T=\sqrt{A_1B_1^2+B_1T^2}$$

$$ A_1T=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{400}=20$$

Тогда определяем:

$$ MB_1=\frac{ A_1B_1\cdotB_1T}{A_1T}=\frac{ 12\cdot16}{20}=\frac{48}{5}$$

В треугольнике $LMB_1$ можем теперь определить $LM$:

$$LM=\sqrt{LB_1^2+MB_1^2}=\sqrt{12^2+\left(\frac{48}{5}\right)^2}=\sqrt{\frac{144\cdot25+48^2}{25}}$$

$$LM=\sqrt{\frac{5904}{25}}=\frac{\sqrt{5904}}{5}=\frac{12\sqrt{41}}{5}$$

Наконец, искомый косинус:

$$\cos (LMB_1)=\frac{MB_1}{LM}=\frac{\frac{48}{5}}{\frac{12\sqrt{41}}{5}}=\frac{48\cdot5}{5\cdot 12\sqrt{41}}=\frac{4}{\sqrt{41}}$$

Ответ: $\cos (LMB_1)=\frac{4}{\sqrt{41}}$

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *