Просто об электротехнике, электронике, математике, физике
Просто об электротехнике, электронике, математике, физике
Категория: 10-11 класс, 14 (С2), Математика

Стереометрия. Задача 14. Призмы и пирамиды.


Задача 1. В правильной треугольной призме ABCA_1B_1C_1, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB  и A_1C.

Призма и секущая плоскость

Так как прямые AB  и A_1C не принадлежат одной плоскости, то найдем прямую, которая бы лежала в одной плоскости с прямой A_1C. Такой прямой может послужить A_1B_1, так как она параллельна AB. То есть ищем косинус угла между прямыми   A_1B_1  и A_1C – угла CA_1B_1. Обе упомянутые прямые  принадлежат плоскости A_1B_1C. Если повернуть картинку, то видна становится форма сечения и нужный угол:

Вид спереди

Найдем косинус угла alpha по теореме косинусов из треугольника A_1B_1C. Длина A_1B_1=1, длина A_1C=B_1C=sqrt{2}, так как боковые грани призмы – квадраты со стороной 1. Тогда:

B_1C^2={B_1A_1}^2+A1C^2-2*B_1A_1*A_1C*cos{alpha}

cos{alpha}=-{B_1C^2-{B_1A_1}^2-A1C^2}/{2*B_1A_1*A_1C}

cos{alpha}=-{2-1- 2}/{2*sqrt{2}}=1/{2sqrt{2}}

Ответ: 1/{2sqrt{2}}

 

Задача 2. В единичном кубе ABCDA_1B_1C_1D_1 найдите тангенс угла между прямой AA_1 и плоскостью BC_1D.

Чертеж к задаче

Так как AA_1  параллельна CC_1, то будем искать угол CC_1H, где Н – середина DB.

Дополнительное построение

Треугольник CC_1H – прямоугольный. Длина отрезка CH равна половине диагонали грани куба, длина диагонали квадратной грани со стороной 1 – sqrt{2}, CH= {sqrt{2}}/2. Искомый угол  – alpha=arctg {HC/CC_1}= arctg {sqrt{2}}/2.

Ответ: alpha= arctg {sqrt{2}}/2.

 

Задача 3. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямой AB и плоскостью SAD.

Чертеж к задаче

Проведем прямую MN, параллельную AB, через центр основания пирамиды. Так как грань пирамиды – правильный треугольник, то угол между высотой грани, или апофемойSM, и прямой MN как раз и будет искомым. Треугольник MOS – прямоугольный, MO=0,5.

Дополнительные построения

SM  – высота правильного треугольника, она равна SM={a*sqrt{3}}/2=sqrt{3}/2, где a – длина стороны правильного треугольника, у нас 1. Но если формулу эту вы не помните – то можно воспользоваться теоремой Пифагора для треугольника AMS. Искомый косинус:

cos {alpha}= MO/SM={1/2}:{sqrt{3}/2}=1/sqrt{3}

Ответ: 1/sqrt{3}

 

Задача 4. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, боковые ребра которой равны 2, а стороны основания 1, найдите косинус угла между прямой AC и плоскостью SAF.

Правильная шестиугольная пирамида

Угол, который нам нужен, это, по сути, двугранный угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью грани SAF. Заменим его линейным углом между апофемой грани SK и прямой KO, принадлежащей основанию и параллельной AC. Отрезок SO – высота пирамиды. Нужный нам угол будем искать в прямоугольном треугольнике SOK.

Плоскость и ее проекция

Можем записать:

cos {alpha}= KO/SK

Так как проекция грани SAF на основание, треугольник AOF – правильный, то KO – его высота – равна KO=sqrt{3}/2, как высота правильного треугольника со стороной 1. SK найдем по теореме Пифагора для треугольника  SKF:

SK=sqrt{SF^2-KF^2}=sqrt{2^2-(1/2)^2}=sqrt{4-{1/4}}=sqrt{15/4}

Тогда cos {alpha}= KO/SK= sqrt{3}/2: sqrt{15/4}=sqrt{3/15}=1/{sqrt{5}}

Ответ: 1/{sqrt{5}}

 

Задача 5. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1, все ребра которой равны 1, найдите угол между прямыми AB_1 и BE_1.

Чертеж к задаче

Перенесем BE_1 параллельно самой себе так, чтобы отрезок такой же длины и с таким же наклоном проходил через точку  A. Также потребуется продлить A_1F_1 до пересечения с нашей перенесенной прямой. Пересекутся два данных отрезка в точке К, лежащей в плоскости основания призмы. Для наглядности я залила зеленым цветом плоскость получившегося треугольника AA_1K.

Вид спереди

Искомый угол – KAB_1 – хорошо виден на следующем рисунке в желтом треугольнике.

Решение

Найти данный угол предлагаю по теореме косинусов, а для этого потребуется знать все стороны треугольника AD_1K.  Поэтому  потребуется сначала решить треугольник A_1B_1K. Рассмотрим все с другой точки зрения:

Вид сверху

В треугольнике KA_1B_1 найдем KB_1. Угол при его вершине равен 120{circ}, длина KA_1=2, тогда по теореме косинусов:

{KB_1}^2={KA_1}^2+{A_1B_1}^2-2* KA_1*A_1B_1*cos 120{circ}

{KB_1}^2=4+2-2*1*{-{1/2}}=7

KB_1=sqrt{7}

Теперь в зеленом треугольнике AA_1K найдем KA:

KA=sqrt{{KA_1}^2+{AA_1}^2}=sqrt{2^2+1}=sqrt{5}

Длина стороны AB_1=sqrt{2}, так как это диагональ квадрата со стороной 1.

Составляем теорему косинусов для желтого треугольника KAB_1:

{KB_1}^2=KA^2+{AB_1}^2-2* KA*AB_1*cos{varphi}

7=5+ 2-2*sqrt{7}*sqrt{2}*cos{varphi} – можно даже не решать дальше, понятно, что равенство будет выполняться лишь при cos{varphi}=0, или varphi=90{circ}

Ответ: varphi=90{circ}

 

Задача 6. Площадь боковой поверхности правильной четырехугольнгой пирамиды SABCD равна 108, а площадь полной поверхности этой пирамиды равна 144.

А) Постройте прямую пересечения плоскости SAC и плоскости, проходящей через вершину S этой пирамиды, середину стороны АВ и центр основания.

Б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью SAC.

Построить обе плоскости совсем несложно, обе они и линия их пересечения SO изображены на рисунке.

Правильная четырехугольная пирамида – чертеж к задаче

Чтобы найти площадь сечения, нужно определить основание треугольника SAC и высоту пирамиды (и сечения) SO.

Найдем площадь основания, для этого вычтем из общей площади поверхности площадь боковой:

S_osn=S_poln-S_bok=144-108=36.

Так как пирамида правильная и в ее основании – квадрат, то сторона этого квадрата равна 6 – это сторона основания пирамиды. Тогда диагональ квадрата равна 6sqrt{2} – это длина AC.

Разделим площадь боковой поверхности на 4 грани: площадь одной грани равна 27. Высота грани тогда (апофема): SL={2S_grani}/{DC}=54/6=9

Длина отрезка OL равна половине длины ребра основания, то есть 3. Тогда SO=sqrt{SL^2-OL^2}=sqrt{81-9}=sqrt{72}.

Находим, наконец, площадь сечения:

S_{SAC}={CA*SO}/2={6sqrt{2}*6sqrt{2}}/2=36.

Ответ: 36.

 

Задача 7. Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD, ребра основания которой равны 5sqrt{2}. Точка L – середина ребра МВ. Тангенс угла между прямыми DM  и AL равен sqrt{2}.

a) Пусть О – центр основания пирамиды, докажите, что прямые АО и LO перпендикулярны.

б) Найдите высоту данной пирамиды.

Правильная четырехугольная пирамида – чертеж

а) Так как пирамида правильная, то плоскость MBD перпендикулярна плоскости основания, а прямая LO принадлежит плоскости MBD, следовательно, она перпендикулярна прямой AO, принадлежащей плоскости основания.

б) Так как LO – средняя линия треугольника MBD, то она параллельна MD. Поэтому данный нам тангенс – это и тангенс угла ALO. tg ALO=AO/LO=sqrt{2}. Поскольку LO=5/{sqrt{2}}, то MD вдвое больше: MD=10/{sqrt{2}}, а AO=5, откуда высота пирамиды MO=sqrt{MD^2-AO^2}=sqrt{(10/{sqrt{2}})^2-25}=5.

Ответ: 5

Добавить комментарий

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