Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (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.

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 *