Θεώρημα

Η γωνία μεταξύ των επιπέδων δεν εξαρτάται από την επιλογή του επιπέδου κοπής.

Απόδειξη.

Έστω δύο επίπεδα α και β που τέμνονται κατά μήκος μιας ευθείας c. Ας σχεδιάσουμε το επίπεδο γ κάθετο στην ευθεία c. Τότε το επίπεδο γ τέμνει τα επίπεδα α και β κατά τις ευθείες a και b αντίστοιχα. Γωνία μεταξύ των επιπέδων α και β ίσο με γωνίαμεταξύ των γραμμών α και β.
Ας πάρουμε ένα άλλο επίπεδο κοπής γ`, κάθετο στο c. Τότε το επίπεδο γ` θα τέμνει τα επίπεδα α και β κατά μήκος των ευθειών a` και b`, αντίστοιχα.
Με παράλληλη μετάφραση, το σημείο τομής του επιπέδου γ με την ευθεία c θα πάει στο σημείο τομής του επιπέδου γ` με την ευθεία c. Σε αυτή την περίπτωση, σύμφωνα με την ιδιότητα της παράλληλης μετάφρασης, η γραμμή α θα πάει στη γραμμή a`, β - στη γραμμή β`. άρα οι γωνίες μεταξύ των ευθειών a και b, a` και b` είναι ίσες. Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Αυτό το άρθρο αφορά τη γωνία μεταξύ των επιπέδων και τον τρόπο εύρεσης της. Αρχικά, δίνεται ο ορισμός της γωνίας μεταξύ δύο επιπέδων και δίνεται μια γραφική απεικόνιση. Μετά από αυτό, αναλύθηκε η αρχή της εύρεσης της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων χρησιμοποιώντας τη μέθοδο συντεταγμένων και λήφθηκε ένας τύπος που σας επιτρέπει να υπολογίσετε τη γωνία μεταξύ τεμνόμενων επιπέδων χρησιμοποιώντας τις γνωστές συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων αυτών των επιπέδων. Συμπερασματικά, παρουσιάζονται λεπτομερείς λύσεις σε τυπικά προβλήματα.

Πλοήγηση στη σελίδα.

Γωνία μεταξύ επιπέδων - ορισμός.

Κατά την παρουσίαση του υλικού, θα χρησιμοποιήσουμε τους ορισμούς και τις έννοιες που δίνονται στα άρθρα: επίπεδο στο διάστημα και γραμμή στο διάστημα.

Ας παρουσιάσουμε επιχειρήματα που θα μας επιτρέψουν να προσεγγίσουμε σταδιακά τον προσδιορισμό της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

Ας μας δοθούν δύο τεμνόμενα επίπεδα και . Αυτά τα επίπεδα τέμνονται κατά μήκος μιας ευθείας γραμμής, την οποία συμβολίζουμε με το γράμμα ντο. Ας κατασκευάσουμε ένα επίπεδο που διέρχεται από το σημείο Μευθεία ντοκαι κάθετα στη γραμμή ντο. Σε αυτή την περίπτωση, το επίπεδο θα τέμνει τα επίπεδα και. Ας υποδηλώσουμε την ευθεία κατά την οποία τέμνονται τα επίπεδα και ως ένα, και την ευθεία κατά μήκος της οποίας τέμνονται τα επίπεδα και πώς σι. Προφανώς ευθύς έναΚαι σιτέμνονται σε ένα σημείο Μ.

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι η γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών έναΚαι σιδεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου Μσε ευθεία γραμμή ντοαπό το οποίο διέρχεται το αεροπλάνο.

Ας κατασκευάσουμε ένα επίπεδο κάθετο στην ευθεία ντοκαι διαφορετικό από το αεροπλάνο. Το επίπεδο τέμνεται από επίπεδα και κατά μήκος ευθειών, τις οποίες συμβολίζουμε Α'1Και β 1αντίστοιχα.

Από τη μέθοδο κατασκευής των επιπέδων προκύπτει ότι οι ευθείες γραμμές έναΚαι σικάθετη στη γραμμή ντο, και ευθεία Α'1Και β 1κάθετη στη γραμμή ντο. Από ευθεία έναΚαι Α'1 ντο, τότε είναι παράλληλοι. Ομοίως, ευθεία σιΚαι β 1βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και είναι κάθετοι στην ευθεία ντοάρα είναι παράλληλοι. Έτσι, είναι δυνατό να πραγματοποιηθεί μια παράλληλη μεταφορά του επιπέδου στο επίπεδο, στο οποίο η ευθεία γραμμή Α'1συμπίπτει με την ευθεία ένα, και την ευθεία σιμε ευθεία γραμμή β 1. Επομένως, η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων γραμμών Α'1Και β 1ίση με τη γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών έναΚαι σι.

Αυτό αποδεικνύει ότι η γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών έναΚαι σι, που βρίσκεται σε τεμνόμενα επίπεδα και , δεν εξαρτάται από την επιλογή του σημείου Μαπό το οποίο διέρχεται το αεροπλάνο. Επομένως, είναι λογικό να ληφθεί αυτή η γωνία ως η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

Τώρα μπορείτε να εκφράσετε τον ορισμό της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων και.

Ορισμός.

Γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων ευθειών ντοαεροπλάνα καιείναι η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων γραμμών έναΚαι σι, κατά μήκος των οποίων τα επίπεδα και τέμνονται με ένα επίπεδο κάθετο στην ευθεία ντο.

Ο ορισμός της γωνίας μεταξύ δύο επιπέδων μπορεί να δοθεί λίγο διαφορετικά. Αν σε ευθεία γραμμή Με, κατά μήκος του οποίου τα επίπεδα και τέμνονται, σημειώστε το σημείο Μκαι τραβήξτε ευθείες γραμμές μέσα από αυτό ΕΝΑΚαι σι, κάθετα στη γραμμή ντοκαι βρίσκεται σε επίπεδα και, αντίστοιχα, στη συνέχεια η γωνία μεταξύ ευθειών ΕΝΑΚαι σιαντιπροσωπεύει τη γωνία μεταξύ των επιπέδων και . Συνήθως στην πράξη γίνονται ακριβώς τέτοιες κατασκευές για να ληφθεί η γωνία μεταξύ των επιπέδων.

Εφόσον η γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών δεν υπερβαίνει το , προκύπτει από τον αναφερόμενο ορισμό ότι το μέτρο βαθμού της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων εκφράζεται με έναν πραγματικό αριθμό από το διάστημα. Σε αυτή την περίπτωση, ονομάζονται τεμνόμενα επίπεδα κάθετος, αν η γωνία μεταξύ τους είναι ενενήντα μοίρες. Γωνία μεταξύ παράλληλα επίπεδαείτε δεν το καθορίζουν καθόλου, είτε το θεωρούν ίσο με μηδέν.

Αρχή σελίδας

Εύρεση της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

Συνήθως, όταν βρίσκετε μια γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων, πρέπει πρώτα να εκτελέσετε πρόσθετες κατασκευές για να δείτε τις τεμνόμενες ευθείες, η γωνία μεταξύ των οποίων είναι ίση με την επιθυμητή γωνία και στη συνέχεια να συνδέσετε αυτή τη γωνία με τα αρχικά δεδομένα χρησιμοποιώντας τεστ ισότητας, ομοιότητα δοκιμές, το θεώρημα συνημιτόνου ή ορισμοί του ημιτόνου, του συνημιτόνου και της εφαπτομένης της γωνίας. Στο μάθημα της γεωμετρίας Λύκειοπαρουσιάζονται παρόμοια προβλήματα.

Για παράδειγμα, ας δώσουμε τη λύση στο πρόβλημα Γ2 από την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα Μαθηματικά για το 2012 (η συνθήκη άλλαξε σκόπιμα, αλλά αυτό δεν επηρεάζει την αρχή της λύσης). Σε αυτό, έπρεπε απλώς να βρείτε τη γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, στο οποίο ΑΒ=3, μ.Χ.=2, AA 1 =7και περίοδος μιχωρίζει την πλευρά ΑΑ 1σε σχέση 4 Προς την 3 , μετρώντας από το σημείο ΕΝΑ αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1.

Αρχικά, ας κάνουμε ένα σχέδιο.

Ας κάνουμε επιπλέον κατασκευές για να «δούμε» τη γωνία μεταξύ των επιπέδων.

Αρχικά, ας ορίσουμε μια ευθεία γραμμή κατά μήκος της οποίας τέμνονται τα επίπεδα αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1. Τελεία ΣΕ– αυτό είναι ένα από τα κοινά σημεία τους. Ας βρούμε το δεύτερο κοινό σημέιοαυτά τα αεροπλάνα. Απευθείας D.A.Και Δ 1 Εξαπλώστε στο ίδιο επίπεδο ΠΡΟΣΘΗΚΗ 1, και δεν είναι παράλληλα, αλλά, επομένως, τέμνονται. Από την άλλη, ευθεία D.A.βρίσκεται σε ένα αεροπλάνο αλφάβητο, και την ευθεία Δ 1 Ε- στο αεροπλάνο ΚΡΕΒΑΤΙ 1, επομένως, το σημείο τομής των γραμμών D.A.Και Δ 1 Εθα είναι το κοινό σημείο των αεροπλάνων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1. Ας συνεχίσουμε λοιπόν ευθεία D.A.Και Δ 1 Επριν διασταυρωθούν, συμβολίζουμε το σημείο τομής τους με το γράμμα φά. Επειτα B.F.– ευθεία γραμμή κατά μήκος της οποίας τέμνονται τα επίπεδα αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1.

Απομένει να κατασκευαστούν δύο ευθείες γραμμές που βρίσκονται στα επίπεδα αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1αντίστοιχα, περνώντας από ένα σημείο της γραμμής B.F.και κάθετα στη γραμμή B.F., - η γωνία μεταξύ αυτών των ευθειών θα είναι εξ ορισμού ίση με την επιθυμητή γωνία μεταξύ των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1. Ας το κάνουμε.

Τελεία ΕΝΑείναι η προβολή του σημείου μιστο αεροπλάνο αλφάβητο. Σχεδιάστε μια ευθεία που τέμνει τη γραμμή σε ορθή γωνία VFστο σημείο Μ. Μετά ευθεία ΕΙΜΑΙείναι η προβολή της γραμμής ΤΡΩΩστο αεροπλάνο αλφάβητο, και με το θεώρημα τριών καθέτων.

Έτσι, η επιθυμητή γωνία μεταξύ των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1ίσο με .

Μπορούμε να προσδιορίσουμε το ημίτονο, το συνημίτονο ή την εφαπτομένη αυτής της γωνίας (και επομένως την ίδια τη γωνία) από ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΜ, αν γνωρίζουμε τα μήκη των δύο πλευρών του. Από την κατάσταση είναι εύκολο να βρείτε το μήκος ΑΕ: από το σημείο μιχωρίζει την πλευρά ΑΑ 1σε σχέση 4 Προς την 3 , μετρώντας από το σημείο ΕΝΑκαι το μήκος της πλευράς ΑΑ 1ίσο με 7 , Οτι ΑΕ=4. Ας βρούμε άλλο μήκος ΕΙΜΑΙ.

Για να το κάνετε αυτό, σκεφτείτε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ABFμε ορθή γωνία ΕΝΑ, Οπου ΕΙΜΑΙείναι το ύψος. Κατά συνθήκη ΑΒ=2. Μήκος πλευράς AFμπορούμε να βρούμε από την ομοιότητα ορθογωνίων τριγώνων DD 1 FΚαι ΑΕΦ:

Σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα από ένα τρίγωνο ABFβρίσκουμε . Μήκος ΕΙΜΑΙβρείτε μέσα από το εμβαδόν του τριγώνου ABF: στη μία πλευρά το εμβαδόν του τριγώνου ABFίσο με , από την άλλη πλευρά, από όπου .

Έτσι, από ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΜέχουμε .

Στη συνέχεια, η επιθυμητή γωνία μεταξύ των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1είναι ίσο (σημειώστε ότι ).

Σε ορισμένες περιπτώσεις, για να βρείτε τη γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων, είναι βολικό να ορίσετε ένα ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων Oxyzκαι χρησιμοποιήστε τη μέθοδο συντεταγμένων. Ας σταματήσουμε εκεί.

Ας ορίσουμε την εργασία: να βρούμε τη γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων και . Ας υποδηλώσουμε την επιθυμητή γωνία ως .

Θα υποθέσουμε ότι σε ένα δεδομένο ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων Oxyzγνωρίζουμε τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων των τεμνόμενων επιπέδων και ή έχουμε την ευκαιρία να τις βρούμε. Έστω το κανονικό διάνυσμα του επιπέδου και έστω το κανονικό διάνυσμα του επιπέδου. Θα δείξουμε πώς να βρίσκουμε τη γωνία μεταξύ των τεμνόμενων επιπέδων και μέσω των συντεταγμένων των κανονικών διανυσμάτων αυτών των επιπέδων.

Ας υποδηλώσουμε την ευθεία κατά την οποία τα επίπεδα και τέμνονται ως ντο. Μέσα από το σημείο Μσε ευθεία γραμμή ντοσχεδιάστε ένα επίπεδο κάθετο στην ευθεία ντο. Το επίπεδο τέμνει τα επίπεδα και κατά μήκος ευθειών έναΚαι σιαντίστοιχα, ευθεία έναΚαι σιτέμνονται σε ένα σημείο Μ. Εξ ορισμού, η γωνία μεταξύ τεμνόμενων επιπέδων και είναι ίση με τη γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών έναΚαι σι.

Ας αναβάλουμε από το σημείο Μστο επίπεδο τα κανονικά διανύσματα και επίπεδα και . Σε αυτή την περίπτωση, το διάνυσμα βρίσκεται σε μια ευθεία που είναι κάθετη στην ευθεία ένα, και το διάνυσμα βρίσκεται σε μια ευθεία που είναι κάθετη στη γραμμή σι. Έτσι, στο επίπεδο το διάνυσμα είναι το κανονικό διάνυσμα της ευθείας ένα, - διάνυσμα κανονικής γραμμής σι.

Στο άρθρο για την εύρεση της γωνίας μεταξύ τεμνόμενων γραμμών, λάβαμε έναν τύπο που μας επιτρέπει να υπολογίσουμε το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ τεμνόμενων γραμμών χρησιμοποιώντας τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων. Έτσι, το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ των γραμμών έναΚαι σι, και συνεπώς, συνημίτονο της γωνίας μεταξύ τεμνόμενων επιπέδωνκαι βρίσκεται με τον τύπο , όπου και είναι τα κανονικά διανύσματα των επιπέδων και, αντίστοιχα. Επειτα γωνία μεταξύ τεμνόμενων επιπέδωνυπολογίζεται ως .

Ας λύσουμε το προηγούμενο παράδειγμα χρησιμοποιώντας τη μέθοδο συντεταγμένων.

Δίνεται ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, στο οποίο ΑΒ=3, μ.Χ.=2, AA 1 =7και περίοδος μιχωρίζει την πλευρά ΑΑ 1σε σχέση 4 Προς την 3 , μετρώντας από το σημείο ΕΝΑ. Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1.

Δεδομένου ότι οι πλευρές ενός ορθογώνιου παραλληλεπίπεδου σε μία κορυφή είναι κάθετες ανά ζεύγη, είναι βολικό να εισαχθεί ένα ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων Oxyzως εξής: η αρχή είναι ευθυγραμμισμένη με την κορυφή ΜΕ, και τους άξονες συντεταγμένων Βόδι, OyΚαι Οζδείχνουν στα πλάγια CD, C.B.Και CC 1αντίστοιχα.

Γωνία μεταξύ των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1μπορεί να βρεθεί μέσω των συντεταγμένων των κανονικών διανυσμάτων αυτών των επιπέδων χρησιμοποιώντας τον τύπο , όπου και είναι τα κανονικά διανύσματα των επιπέδων αλφάβητοΚαι ΚΡΕΒΑΤΙ 1αντίστοιχα. Ας προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων.

Από το αεροπλάνο αλφάβητοσυμπίπτει με το επίπεδο συντεταγμένων Oxy, τότε το κανονικό του διάνυσμα είναι το διάνυσμα συντεταγμένων, δηλαδή .

Ως κανονικό διάνυσμα του επιπέδου ΚΡΕΒΑΤΙ 1μπορείτε να πάρετε το διανυσματικό γινόμενο των διανυσμάτων και, με τη σειρά τους, τις συντεταγμένες των διανυσμάτων και μπορείτε να το βρείτε μέσω των συντεταγμένων των σημείων ΣΕ, μιΚαι Δ 1(όπως γράφεται στο άρθρο, οι συντεταγμένες ενός διανύσματος μέσω των συντεταγμένων των σημείων της αρχής και του τέλους του), και οι συντεταγμένες των σημείων ΣΕ, μιΚαι Δ 1στο εισαγόμενο σύστημα συντεταγμένων προσδιορίζουμε από τις συνθήκες του προβλήματος.

Προφανώς, . Δεδομένου ότι , βρίσκουμε από τις συντεταγμένες των σημείων (αν χρειάζεται, βλέπε τη διαίρεση άρθρου ενός τμήματος σε μια δεδομένη αναλογία). Στη συνέχεια και οι εξισώσεις Oxyz και .

Όταν μελετήσαμε τη γενική εξίσωση της ευθείας, διαπιστώσαμε ότι οι συντελεστές ΕΝΑ, ΣΕΚαι ΜΕαντιπροσωπεύουν τις αντίστοιχες συντεταγμένες του κανονικού διανύσματος του επιπέδου. Έτσι, και είναι κανονικά διανύσματα των επιπέδων και, αντίστοιχα.

Αντικαθιστούμε τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων των επιπέδων στον τύπο για να υπολογίσουμε τη γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων:

Επειτα . Δεδομένου ότι η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων δεν είναι αμβλεία, χρησιμοποιώντας τη βασική τριγωνομετρική ταυτότητα βρίσκουμε το ημίτονο της γωνίας: .

Είδος εργασίας: 14
Θέμα: Γωνία μεταξύ επιπέδων

Κατάσταση

Δεδομένου ενός κανονικού πρίσματος ABCDA_1B_1C_1D_1, τα M και N είναι τα μέσα των ακμών AB και BC, αντίστοιχα, το σημείο K είναι το μέσο του MN.

ΕΝΑ)Να αποδείξετε ότι οι ευθείες KD_1 και MN είναι κάθετες.

σι)Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων MND_1 και ABC αν AB=8, AA_1=6\sqrt 2.

Δείξε λύση

Λύση

ΕΝΑ)Στο \triangle DCN και \triangle MAD έχουμε: \γωνία C=\γωνία A=90^(\circ), CN=AM=\frac12AB, CD=DA.

Ως εκ τούτου, \triangle DCN=\triangle MAD σε δύο σκέλη. Επειτα MD=DN, \ τρίγωνο DMNισοσκελής. Αυτό σημαίνει ότι η διάμεσος DK είναι και το ύψος. Επομένως, DK \perp MN.

DD_1 \perp MND κατά συνθήκη, D_1K - λοξό, KD - προβολή, DK \perp MN.

Ως εκ τούτου, από το θεώρημα για τρεις κάθετες MN\perp D_1K.

σι)Όπως αποδείχθηκε σε ΕΝΑ), DK \perp MN και MN \perp D_1K, αλλά το MN είναι η γραμμή τομής των επιπέδων MND_1 και ABC, που σημαίνει ότι η \ γωνία DKD_1 είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας μεταξύ των επιπέδων MND_1 και ABC.

Στο \τρίγωνο DAM σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα DM= \sqrt (DA^2+AM^2)= \sqrt (64+16)= 4\sqrt 5, MN= \sqrt (MB^2+BN^2)= \sqrt (16+16)= 4\sqrt 2.Επομένως, στο \ τρίγωνο DKM από το Πυθαγόρειο θεώρημα ΔΚ= \sqrt (DM^2-KM^2)= \sqrt (80-8)= 6\sqrt 2.Στη συνέχεια, στο \ τρίγωνο DKD_1, tg\γωνία DKD_1=\frac(DD_1)(DK)=\frac(6\sqrt 2)(6\sqrt 2)=1.

Αυτό σημαίνει \γωνία DKD_1=45^(\circ).

Απάντηση

45^(\circ).

Είδος εργασίας: 14
Θέμα: Γωνία μεταξύ επιπέδων

Κατάσταση

Σε ένα κανονικό τετράγωνο πρίσμα ABCDA_1B_1C_1D_1 οι πλευρές της βάσης είναι ίσες με 4, οι πλευρικές ακμές είναι ίσες με 6. Το σημείο M είναι το μέσο της ακμής CC_1, το σημείο N σημειώνεται στην ακμή BB_1, έτσι ώστε BN:NB_1=1:2.

ΕΝΑ)Σε ποια αναλογία το επίπεδο AMN διαιρεί την άκρη DD_1;

σι)Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων ABC και AMN.

Δείξε λύση

Λύση

ΕΝΑ)Το επίπεδο AMN τέμνει την ακμή DD_1 στο σημείο K, που είναι η τέταρτη κορυφή της τομής ενός δεδομένου πρίσματος από αυτό το επίπεδο. Η διατομή είναι ένα παραλληλόγραμμο ANMK επειδή οι απέναντι όψεις ενός δεδομένου πρίσματος είναι παράλληλες.

BN =\frac13BB_1=2.Ας σχεδιάσουμε KL \παράλληλο CD, τότε τα τρίγωνα ABN και KLM είναι ίσα, που σημαίνει ML=BN=2, LC=MC-ML=3-2=1, KD=LC=1.Τότε KD_1=6-1=5. Τώρα μπορείτε να βρείτε την αναλογία KD:KD_1=1:5.

σι) F είναι το σημείο τομής των ευθειών CD και KM. Τα επίπεδα ABC και AMN τέμνονται κατά μήκος της ευθείας AF. Η γωνία \γωνία KHD =\άλφα είναι η γραμμική γωνία μιας διεδρικής γωνίας (HD\perp AF, μετά από το θεώρημα αντίστροφο προς το θεώρημα των τριών κάθετων, KH \perp AF), και είναι μια οξεία γωνία ενός ορθογωνίου τριγώνου KHD, πόδι KD=1.

Τα τρίγωνα FKD και FMC είναι παρόμοια (KD \parallel MC), επομένως FD:FC=KD:MC, λύνοντας την αναλογία FD:(FD+4)=1:3, παίρνουμε FD=2. Σε ορθογώνιο τρίγωνο AFD (\γωνία D=90^(\circ)) με σκέλη 2 και 4, υπολογίζουμε την υποτείνουσα AF=\sqrt (4^2+2^2)=2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac(4\cdot 2)(2\sqrt 5)= \frac4(\sqrt 5).

Σε ορθογώνιο τρίγωνο KHD βρίσκουμε tg \alpha =\frac(KD)(DH)=\frac(\sqrt 5)4,αυτό σημαίνει την επιθυμητή γωνία \alpha =arctg\frac(\sqrt 5)4.

Απάντηση

ΕΝΑ) 1:5;

σι) arctg\frac(\sqrt 5)4.

Πηγή: «Μαθηματικά. Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση 2017. Επίπεδο προφίλ." Εκδ. F. F. Lysenko, S. Yu.

Είδος εργασίας: 14
Θέμα: Γωνία μεταξύ επιπέδων

Κατάσταση

Δίνεται μια κανονική τετραγωνική πυραμίδα KMNPQ με πλευρά βάσης MNPQ ίση με 6 και πλευρική άκρη 3\sqrt (26).

ΕΝΑ)Κατασκευάστε ένα τμήμα της πυραμίδας με ένα επίπεδο που διέρχεται από την ευθεία NF παράλληλη προς τη διαγώνια MP, εάν το σημείο F είναι το μέσο της ακμής MK.

σι)Βρείτε τη γωνία μεταξύ του επιπέδου τομής και του επιπέδου KMP.

Δείξε λύση

Λύση

ΕΝΑ)Έστω KO το ύψος της πυραμίδας, F το μέσο του MK ; FE \παράλληλο MP (στο επίπεδο PKM) . Αφού το FE είναι ΜΕΣΑΙΑ ΣΕΙΡΑ\ τρίγωνο PKM, λοιπόν FE=\frac(MP)2.

Ας κατασκευάσουμε ένα τμήμα της πυραμίδας με ένα επίπεδο που διέρχεται από το NF και είναι παράλληλο με το MP, δηλαδή το επίπεδο NFE. L είναι το σημείο τομής ΕΦ και ΚΟ. Εφόσον τα σημεία L και N ανήκουν στο επιθυμητό τμήμα και βρίσκονται στο επίπεδο KQN, τότε το σημείο T, που λαμβάνεται ως τομή των LN και KQ, είναι επίσης το σημείο τομής του επιθυμητού τμήματος και της ακμής KQ. Το NETF είναι η απαιτούμενη ενότητα.

σι)Τα επίπεδα NFE και MPK τέμνονται κατά μήκος της ευθείας FE. Αυτό σημαίνει ότι η γωνία μεταξύ αυτών των επιπέδων είναι ίση με τη γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας OFEN, ας την κατασκευάσουμε: LO\perpMP, MP\παράλληλη FE,ως εκ τούτου, LO\perpFE;Το \τρίγωνο NFE είναι ισοσκελές (NE=NF ως οι αντίστοιχες διάμεσοι ίσων τριγώνων KPN και KMN), NL είναι η διάμεσος του (EL=LF, αφού PO=OM, και \triangle KEF \sim \triangle KPM) . Ως εκ τούτου, το NL \perp FE και \angle NLO είναι το επιθυμητό.

ON=\frac12QN=\frac12MN\sqrt 2=3\sqrt 2.

\τρίγωνο ΚΩΝ - ορθογώνιο.

Το σκέλος ΚΟ σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι ίσο με KO=\sqrt (KN^2-ON^2).

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt(KN^2-ON^2)= \frac12\sqrt (9\cdot 26-9\cdot 2)= \frac12\sqrt(9(26-2))= \frac32\sqrt (24)= \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

tg\γωνία NLO =\frac(ON)(OL)=\frac(3\sqrt 2)(3\sqrt 6)=\frac1(\sqrt 3),

\γωνία NLO=30^(\circ).

Απάντηση

Πηγή: «Μαθηματικά. Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση 2017. Επίπεδο προφίλ." Εκδ. F. F. Lysenko, S. Yu.

Είδος εργασίας: 14
Θέμα: Γωνία μεταξύ επιπέδων

Κατάσταση

Όλα τα παϊδάκια είναι σωστά τριγωνικό πρίσμα ABCA_(1)B_(1)C_(1) είναι ίσα με 6. Ένα επίπεδο κοπής τραβιέται μέσω των μεσαίων σημείων των άκρων AC και BB_(1) και της κορυφής A_(1).

ΕΝΑ)Αποδείξτε ότι η ακμή BC διαιρείται με το επίπεδο κοπής σε αναλογία 2:1, μετρώντας από την κορυφή C.

σι)Βρείτε τη γωνία μεταξύ του επιπέδου κοπής και του επιπέδου βάσης.

Δείξε λύση

Λύση

ΕΝΑ)Έστω D και E τα μεσαία σημεία των ακμών AC και BB_(1), αντίστοιχα.

Στο επίπεδο AA_(1)C_(1) σχεδιάζουμε μια ευθεία γραμμή A_(1)D, η οποία τέμνει την ευθεία CC_(1) στο σημείο K, στο επίπεδο BB_(1)C_(1) - μια ευθεία γραμμή KE, που τέμνει την ακμή BC στο σημείο F . Συνδέοντας τα σημεία A_(1) και E, που βρίσκονται στο επίπεδο AA_(1)B_(1), καθώς και τα D και F, που βρίσκονται στο επίπεδο ABC, λαμβάνουμε το τμήμα A_(1)EFD.

\bigtriangleup AA_(1)D=\bigtriangleup CDKστο πόδι AD=DC και αιχμηρή γωνία.

\γωνία ADA_(1)=\γωνία CDK - όπως και οι κάθετες, προκύπτει ότι AA_(1)=CK=6. \bigtriangleup CKF και \bigtriangleup BFE είναι παρόμοια σε δύο γωνίες \γωνία FBE=\γωνία KCF=90^\circ,\angle BFE=\γωνία CFK - όπως κάθετες.

\frac(CK)(BE)=\frac(6)(3)=2,δηλαδή ο συντελεστής ομοιότητας είναι 2, που σημαίνει ότι CF:FB=2:1.

σι)Ας πραγματοποιήσουμε AH \perp DF. Η γωνία μεταξύ του επιπέδου τομής και του επιπέδου βάσης είναι ίση με τη γωνία AHA_(1). Πράγματι, το τμήμα AH \perp DF (DF είναι η ευθεία τομής αυτών των επιπέδων) είναι η προβολή του τμήματος A_(1)H στο επίπεδο βάσης, επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα των τριών καθέτων, A_(1)H \perp DF. \γωνία AHA_(1)=arctg\frac(AA_(1))(AH). AA_(1)=6.

Ας βρούμε το AH. \γωνία ADH =\γωνία FDC (ίδια με την κατακόρυφη).

Με το θεώρημα συνημιτόνου στο \bigtriangleup DFC:

DF^2=FC^2+DC^2- 2FC \cdot DC \cdot \cos 60^\circ,

DF^2=4^2+3^2-2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac(1)(2)=13.

FC^2=DF^2+DC^2- 2DF\cdot DC\cdot\cos\angle FDC,

4^2=13+9-2\sqrt(13) \cdot 3 \cdot \cos \angle FDC,

\cos \angle FDC=\frac(6)(2\sqrt(13) \cdot 3)=\frac(1)(\sqrt(13)).

Συνεπεία της βασικής τριγωνομετρικής ταυτότητας

\sin \angle FDC=\sqrt(1-\αριστερά (\frac(1)(\sqrt(13))\right)^2)=\frac(2\sqrt(3))(\sqrt(13)) .Από το \bigtriangleup ADH βρίσκουμε το AH :

AH=AD \cdot \sin \γωνία ADH, (\γωνία FDC=\γωνία ADH). AH=3 \cdot \frac(2\sqrt(3))(\sqrt(13))=\frac(6\sqrt(13))(\sqrt(13)).

\γωνία AHA_(1)= arctg\frac(AA_(1))(AH)= arctg\frac(6 \cdot \sqrt(13))(6\sqrt(3))= arctg\frac(\sqrt(39))(3).

Απάντηση

arctg\frac(\sqrt(39))(3).

Πηγή: «Μαθηματικά. Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση 2017. Επίπεδο προφίλ." Εκδ. F. F. Lysenko, S. Yu.

Είδος εργασίας: 14
Θέμα: Γωνία μεταξύ επιπέδων

Κατάσταση

Η βάση ενός ορθού πρίσματος ABCDA_(1)B_(1)C_(1)D_(1) είναι ένας ρόμβος με αμβλεία γωνία Β ίση με 120^\circ. Όλες οι ακμές αυτού του πρίσματος είναι ίσες με 10. Τα σημεία P και K είναι τα μεσαία σημεία των ακμών CC_(1) και CD, αντίστοιχα.

ΕΝΑ)Να αποδείξετε ότι οι ευθείες PK και PB_(1) είναι κάθετες.

σι)Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων PKB_(1) και C_(1)B_(1)B.

Δείξε λύση

Λύση

ΕΝΑ)Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο συντεταγμένων. Ας βρούμε το βαθμωτό γινόμενο των διανυσμάτων \vec(PK) και \vec(PB_(1)) και μετά το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ αυτών των διανυσμάτων. Ας κατευθύνουμε τον άξονα Oy κατά μήκος του CD, τον άξονα Oz κατά μήκος του CC_(1) και τον άξονα Ox \perp CD. Γ είναι η προέλευση.

Στη συνέχεια C (0;0;0); C_(1) (0;0;10); Ρ(0;0;5); Κ(0;5;0); B(BC \cos 30^\circ; BC\sin 30^\circ; 0),αυτό είναι B(5\sqrt(3); 5;0), Β_(1)(5\sqrt(3)· 5;10).

Ας βρούμε τις συντεταγμένες των διανυσμάτων: \vec(PK)=\(0;5;-5\); \vec(PB_(1))=\(5\sqrt(3); 5;5\).

Έστω η γωνία μεταξύ \vec(PK) και \vec(PB_(1)) ίση με \άλφα.

Παίρνουμε \cos \alpha=\frac(\vec(PK) \cdot \vec(PB_(1)))(|\vec(PK)| \cdot |\vec(PB_(1))|)= \frac(0 \cdot 5\sqrt(3) + 5 \cdot 5-5 \cdot 5)(|\vec(PK)| \cdot |\vec(PB_(1))|)=0.

\cos \alpha =0, ​​που σημαίνει \vec(PK) \perp \vec(PB_(1)) και οι γραμμές PK και PB_(1) είναι κάθετες.

σι)Η γωνία μεταξύ των επιπέδων είναι ίση με τη γωνία μεταξύ μη μηδενικών διανυσμάτων κάθετα σε αυτά τα επίπεδα (ή, εάν η γωνία είναι αμβλεία, η γωνία που γειτνιάζει με αυτήν). Τέτοια διανύσματα ονομάζονται κανονικά σε επίπεδα. Ας τα βρούμε.

Έστω \vec(n_(1))=\(x; y; z\) κάθετο στο επίπεδο PKB_(1). Ας το βρούμε λύνοντας το σύστημα \begin(περιπτώσεις) \vec(n_(1)) \perp \vec(PK), \\ \vec(n_(1)) \perp \vec(PB_(1)). \end (περιπτώσεις)

\begin(περιπτώσεις) \vec(n_(1)) \cdot \vec(PK)=0, \\ \vec(n_(1)) \cdot \vec(PB_(1))=0; \end (περιπτώσεις)

\begin(περιπτώσεις) 0x+5y-5z=0, \\ 5\sqrt(3)x+5y+5z=0; \end (περιπτώσεις)

\begin(cases)y=z, \\ x=\frac(-y-z)(\sqrt(3)). \end (περιπτώσεις)

Ας πάρουμε y=1; z=1; x=\frac(-2)(\sqrt(3)), \vec(n_(1))=\αριστερά \( \frac(-2)(\sqrt(3)); 1;1 \δεξιά \).

Έστω \vec(n_(2))=\(x; y; z\) κάθετο στο επίπεδο C_(1)B_(1)B. Ας το βρούμε λύνοντας το σύστημα \begin(περιπτώσεις) \vec(n_(2)) \perp \vec(CC_(1)), \\ \vec(n_(2)) \perp \vec(CB). \end (περιπτώσεις)

\vec(CC_(1))=\(0;0;10\), \vec(CB)=\(5\sqrt(3); 5; 0\).

\begin(περιπτώσεις) \vec(n_(2)) \cdot \vec(CC_(1))=0, \\ \vec(n_(2)) \cdot \vec(CB)=0; \end (περιπτώσεις)

\begin(περιπτώσεις) 0x+0y+10z=0, \\ 5\sqrt(3)x+5y+0z=0; \end (περιπτώσεις)

\begin(περιπτώσεις)z=0, \\ y=-\sqrt(3)x. \end (περιπτώσεις)

Ας πάρουμε x=1; y=-\sqrt(3); z=0, \vec(n_(2))=\(1; -\sqrt(3);0\).

Ας βρούμε το συνημίτονο της επιθυμητής γωνίας \beta (είναι ίσο με το συντελεστή συνημίτονος της γωνίας μεταξύ \vec(n_(1)) και \vec(n_(2)) ).

\cos \beta= \frac(|\vec(n_(1)) \cdot \vec(n_(2))|)(|\vec(n_(1))| \cdot |\vec(n_(2))|)= \frac(\left |-\dfrac(2)(\sqrt(3))\cdot 1+1 \cdot (-\sqrt(3))+1 \cdot 0 \right |)(\sqrt(\dfrac( 4)(3)+1+1) \cdot \sqrt(1+3+0))= \frac(\dfrac(5)(\sqrt(3)))(2\sqrt(\dfrac(10)(3)))= \frac(\sqrt(10))(4).

\cos \beta =\frac(\sqrt(10))(4), \beta=\arccos\frac(\sqrt(10))(4).

Απάντηση

\arccos\frac(\sqrt(10))(4)

Πηγή: «Μαθηματικά. Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση 2017. Επίπεδο προφίλ." Εκδ. F. F. Lysenko, S. Yu.

Το ABCD είναι ένα τετράγωνο και πλαϊνά πρόσωπα- ίσα ορθογώνια.

Εφόσον το επίπεδο τομής διέρχεται από τα σημεία M και D παράλληλα προς τη διαγώνιο AC, τότε για να το κατασκευάσουμε στο επίπεδο A_(1)AC έως το σημείο M σχεδιάζουμε ένα τμήμα MN παράλληλο στο AC. Λαμβάνουμε AC \parallel (MDN) με βάση τον παραλληλισμό της ευθείας και του επιπέδου.

Το επίπεδο MDN τέμνει τα παράλληλα επίπεδα A_(1)AD και B_(1)BC, στη συνέχεια, με την ιδιότητα των παράλληλων επιπέδων, τις γραμμές τομής των όψεων A_(1)ADD_(1) και B_(1)BCC_( 1) από το επίπεδο MDN είναι παράλληλες.

Ας σχεδιάσουμε το τμήμα NE παράλληλο στο τμήμα MD.

Το τετράπλευρο DMEN είναι το απαιτούμενο τμήμα.

σι)Ας βρούμε τη γωνία μεταξύ του επιπέδου τομής και του επιπέδου βάσης. Αφήστε το επίπεδο τομής να τέμνει το επίπεδο βάσης κατά μήκος κάποιας ευθείας γραμμής p που διέρχεται από το σημείο D. AC \παράλληλο MN, επομένως, AC \παράλληλο p (αν ένα επίπεδο διέρχεται από μια ευθεία παράλληλη σε άλλο επίπεδο και τέμνει αυτό το επίπεδο, τότε η ευθεία τομής των επιπέδων είναι παράλληλη προς αυτήν την ευθεία). BD \perp AC ως οι διαγώνιοι ενός τετραγώνου, που σημαίνει BD \perp p. BD είναι η προβολή του ED στο επίπεδο ABC, κατόπιν με το θεώρημα τριών κάθετων ED \perp p, επομένως, \ γωνία EDB είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας μεταξύ του επιπέδου τομής και του επιπέδου βάσης.

Ορίστε τον τύπο του τετράπλευρου DMEN. MD \parallel EN, παρόμοιο με ME \parallel DN, που σημαίνει ότι το DMEN είναι παραλληλόγραμμο, και δεδομένου ότι MD=DN (τα ορθογώνια τρίγωνα MAD και NCD είναι ίσα σε δύο σκέλη: AD=DC ως οι πλευρές του τετραγώνου, AM=CN ως τις αποστάσεις μεταξύ των παράλληλων ευθειών AC και MN), επομένως το DMEN είναι ρόμβος. Επομένως, το F είναι το μέσο του MN.

Με συνθήκη AM:MA_(1)=2:3, λοιπόν AM=\frac(2)(5)AA_(1)=\frac(2)(5) \cdot 5\sqrt(6)=2\sqrt(6).

Το AMNC είναι ένα ορθογώνιο, το F είναι το μέσο του MN, το O είναι το μέσο του AC. Που σημαίνει, FO\παράλληλη ΜΑ, FO\perp AC, FO=MA=2\sqrt(6).

Γνωρίζοντας ότι η διαγώνιος ενός τετραγώνου είναι a\sqrt(2),όπου a είναι η πλευρά του τετραγώνου, παίρνουμε BD=4\sqrt(2). OD=\frac(1)(2)BD=\frac(1)(2) \cdot 4\sqrt(2)=2\sqrt(2).

Σε ορθογώνιο τρίγωνο FOD\enspace tg \angle FDO=\frac(FO)(OD)=\frac(2\sqrt(6))(2\sqrt(2))=\sqrt(3).Επομένως, \angle FDO=60^\circ.

\(\μαύρο τρίγωνο\) Διεδρική γωνία είναι μια γωνία που σχηματίζεται από δύο ημιεπίπεδα και μια ευθεία γραμμή \(a\), που είναι το κοινό τους όριο.

\(\blacktriangleright\) Για να βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων \(\xi\) και \(\pi\) , πρέπει να βρείτε τη γραμμική γωνία (και αρωματώδηςή ευθεία) διεδρική γωνία που σχηματίζεται από τα επίπεδα \(\xi\) και \(\pi\) :

Βήμα 1: έστω \(\xi\cap\pi=a\) (η γραμμή τομής των επιπέδων). Στο επίπεδο \(\xi\) σημειώνουμε ένα αυθαίρετο σημείο \(F\) και σχεδιάζουμε \(FA\perp a\) ;

Βήμα 2: πραγματοποιήστε \(FG\perp \pi\) ;

Βήμα 3: σύμφωνα με το TTP (\(FG\) – κάθετο, \(FA\) – λοξό, \(AG\) – προβολή) έχουμε: \(AG\perp a\) ;

Βήμα 4: Η γωνία \(\γωνία FAG\) ονομάζεται γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας που σχηματίζεται από τα επίπεδα \(\xi\) και \(\pi\) .

Σημειώστε ότι το τρίγωνο \(AG\) είναι ορθογώνιο.
Σημειώστε επίσης ότι το επίπεδο \(AFG\) που κατασκευάστηκε με αυτόν τον τρόπο είναι κάθετο και στα δύο επίπεδα \(\xi\) και \(\pi\) . Επομένως, μπορούμε να το πούμε διαφορετικά: γωνία μεταξύ των επιπέδωνΤα \(\xi\) και \(\pi\) είναι η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων γραμμών \(c\in \xi\) και \(b\in\pi\) που σχηματίζουν ένα επίπεδο κάθετο στο και \(\xi\ ) και \(\pi\) .

Εργασία 1 #2875

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Δίνεται μια τετράγωνη πυραμίδα, της οποίας όλες οι άκρες είναι ίσες και η βάση είναι τετράγωνο. Βρείτε το \(6\cos \alpha\) , όπου \(\alpha\) είναι η γωνία μεταξύ των παρακείμενων πλευρικών του όψεων.

Έστω \(SABCD\) μια δεδομένη πυραμίδα (\(S\) είναι μια κορυφή) της οποίας οι ακμές είναι ίσες με \(a\) . Κατά συνέπεια, όλες οι πλευρικές όψεις είναι ίσα ισόπλευρα τρίγωνα. Ας βρούμε τη γωνία μεταξύ των όψεων \(SAD\) και \(SCD\) .

Ας κάνουμε \(CH\perp SD\) . Επειδή \(\τρίγωνο SAD=\τρίγωνο SCD\), τότε το \(AH\) θα είναι επίσης το ύψος του \(\τριγώνου SAD\) . Επομένως, εξ ορισμού, \(\γωνία AHC=\alpha\) είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας μεταξύ των επιφανειών \(SAD\) και \(SCD\) .
Εφόσον η βάση είναι τετράγωνο, τότε \(AC=a\sqrt2\) . Σημειώστε επίσης ότι \(CH=AH\) είναι το ύψος ενός ισόπλευρου τριγώνου με πλευρά \(a\), επομένως, \(CH=AH=\frac(\sqrt3)2a\) .
Στη συνέχεια, με το θεώρημα συνημιτόνου από \(\τρίγωνο AHC\) : \[\cos \alpha=\dfrac(CH^2+AH^2-AC^2)(2CH\cdot AH)=-\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad 6\cos\alpha=-2.\]

Απάντηση: -2

Εργασία 2 #2876

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Τα επίπεδα \(\pi_1\) και \(\pi_2\) τέμνονται υπό γωνία της οποίας το συνημίτονο είναι ίσο με \(0,2\). Τα επίπεδα \(\pi_2\) και \(\pi_3\) τέμνονται κάθετα και η γραμμή τομής των επιπέδων \(\pi_1\) και \(\pi_2\) είναι παράλληλη προς τη γραμμή τομής του επίπεδα \(\pi_2\) και \(\ pi_3\) . Βρείτε το ημίτονο της γωνίας μεταξύ των επιπέδων \(\pi_1\) και \(\pi_3\) .

Έστω η γραμμή τομής των \(\pi_1\) και \(\pi_2\) είναι ευθεία γραμμή \(a\), η γραμμή τομής των \(\pi_2\) και \(\pi_3\) είναι ευθεία γραμμή \(b\), και η γραμμή τομής \(\pi_3\) και \(\pi_1\) – ευθεία γραμμή \(c\) . Αφού \(a\παράλληλο b\) , τότε \(c\παράλληλο a\παράλληλο b\) (σύμφωνα με το θεώρημα από το τμήμα της θεωρητικής αναφοράς "Γεωμετρία στο διάστημα" \(\δεξιό βέλος\) "Εισαγωγή στη στερεομετρία, παραλληλισμός").

Ας σημειώσουμε τα σημεία \(A\in a, B\in b\) έτσι ώστε \(AB\perp a, AB\perp b\) (αυτό είναι δυνατό αφού \(a\παράλληλο b\) ). Ας σημειώσουμε \(C\in c\) έτσι ώστε \(BC\perp c\) , επομένως, \(BC\perp b\) . Στη συνέχεια, \(AC\perp c\) και \(AC\perp a\) .
Πράγματι, εφόσον \(AB\perp b, BC\perp b\) , τότε το \(b\) είναι κάθετο στο επίπεδο \(ABC\) . Εφόσον \(c\παράλληλο a\παράλληλο b\), τότε οι ευθείες \(a\) και \(c\) είναι επίσης κάθετες στο επίπεδο \(ABC\), και επομένως σε οποιαδήποτε ευθεία από αυτό το επίπεδο, ειδικότερα , η γραμμή \ (AC\) .

Από αυτό προκύπτει ότι \(\γωνία BAC=\γωνία (\pi_1, \pi_2)\), \(\γωνία ABC=\γωνία (\pi_2, \pi_3)=90^\circ\), \(\γωνία BCA=\γωνία (\pi_3, \pi_1)\). Αποδεικνύεται ότι το \(\τρίγωνο ABC\) είναι ορθογώνιο, που σημαίνει \[\sin \angle BCA=\cos \angle BAC=0.2.\]

Απάντηση: 0,2

Εργασία 3 #2877

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Δίνονται ευθείες γραμμές \(a, b, c\) που τέμνονται σε ένα σημείο και η γωνία μεταξύ οποιωνδήποτε δύο από αυτές είναι ίση με \(60^\circ\) . Βρείτε το \(\cos^(-1)\alpha\) , όπου \(\alpha\) είναι η γωνία μεταξύ του επιπέδου που σχηματίζεται από τις ευθείες \(a\) και \(c\) και του επιπέδου που σχηματίζεται από τις γραμμές \( b\ ) και \(c\) . Δώστε την απάντησή σας σε μοίρες.

Αφήστε τις ευθείες να τέμνονται στο σημείο \(O\) . Εφόσον η γωνία μεταξύ οποιωνδήποτε δύο από αυτές είναι ίση με \(60^\circ\), τότε και οι τρεις ευθείες δεν μπορούν να βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Ας σημειώσουμε το σημείο \(A\) στη γραμμή \(a\) και ας σχεδιάσουμε \(AB\perp b\) και \(AC\perp c\) . Επειτα \(\τρίγωνο AOB=\τρίγωνο AOC\)ως ορθογώνιο κατά μήκος της υποτείνουσας και οξεία γωνία. Επομένως, \(OB=OC\) και \(AB=AC\) .
Ας κάνουμε \(AH\perp (BOC)\) . Στη συνέχεια, από το θεώρημα περίπου τρεις κάθετες \(HC\perp c\) , \(HB\perp b\) . Αφού \(AB=AC\) , λοιπόν \(\τρίγωνο AHB=\τρίγωνο AHC\)ως ορθογώνιο κατά μήκος της υποτείνουσας και του ποδιού. Επομένως, \(HB=HC\) . Αυτό σημαίνει ότι το \(OH\) ​​είναι η διχοτόμος της γωνίας \(BOC\) (καθώς το σημείο \(H\) απέχει από τις πλευρές της γωνίας).

Σημειώστε ότι με αυτόν τον τρόπο κατασκευάσαμε επίσης τη γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας που σχηματίζεται από το επίπεδο που σχηματίζεται από τις ευθείες \(a\) και \(c\) και το επίπεδο που σχηματίζεται από τις γραμμές \(b\) και \(c \) . Αυτή είναι η γωνία \(ACH\) .

Ας βρούμε αυτή τη γωνία. Επειδή επιλέξαμε το σημείο \(A\) αυθαίρετα, ας το επιλέξουμε έτσι ώστε \(OA=2\) . Στη συνέχεια σε ορθογώνιο \(\τρίγωνο AOC\) : \[\sin 60^\circ=\dfrac(AC)(OA) \quad\Rightarrow\quad AC=\sqrt3 \quad\Rightarrow\quad OC=\sqrt(OA^2-AC^2)=1.\ ]Εφόσον το \(OH\) ​​είναι διχοτόμος, τότε \(\γωνία HOC=30^\circ\) , επομένως, σε ένα ορθογώνιο \(\τρίγωνο HOC\) : \[\mathrm(tg)\,30^\circ=\dfrac(HC)(OC)\quad\Rightarrow\quad HC=\dfrac1(\sqrt3).\]Στη συνέχεια από το ορθογώνιο \(\τρίγωνο ACH\) : \[\cos\angle \alpha=\cos\angle ACH=\dfrac(HC)(AC)=\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad \cos^(-1)\alpha=3.\]

Απάντηση: 3

Εργασία 4 #2910

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Τα επίπεδα \(\pi_1\) και \(\pi_2\) τέμνονται κατά μήκος της ευθείας \(l\) στην οποία βρίσκονται τα σημεία \(M\) και \(N\). Τα τμήματα \(MA\) και \(MB\) είναι κάθετα στην ευθεία \(l\) και βρίσκονται στα επίπεδα \(\pi_1\) και \(\pi_2\) αντίστοιχα, και \(MN = 15 \) , \(AN = 39\) , \(BN = 17\) , \(AB = 40\) . Βρείτε το \(3\cos\alpha\) , όπου \(\alpha\) είναι η γωνία μεταξύ των επιπέδων \(\pi_1\) και \(\pi_2\) .

Το τρίγωνο \(AMN\) είναι ορθογώνιο, \(AN^2 = AM^2 + MN^2\), από όπου \ Το τρίγωνο \(BMN\) είναι ορθογώνιο, \(BN^2 = BM^2 + MN^2\), από το οποίο \Γράφουμε το θεώρημα συνημιτόνου για το τρίγωνο \(AMB\): \ Επειτα \ Εφόσον η γωνία \(\άλφα\) μεταξύ των επιπέδων είναι οξεία και η \(\γωνία AMB\) αποδείχθηκε αμβλεία, τότε \(\cos\alpha=\dfrac5(12)\) . Επειτα \

Απάντηση: 1.25

Εργασία 5 #2911

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Το \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) είναι ένα παραλληλεπίπεδο, το \(ABCD\) είναι ένα τετράγωνο με πλευρά \(a\), το σημείο \(M\) είναι η βάση της κάθετης που έπεσε από το σημείο \(A_1\) στο επίπεδο \ ((ABCD)\) , επιπλέον, \(M\) είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου \(ABCD\) . Είναι γνωστό ότι \(A_1M = \dfrac(\sqrt(3))(2)a\). Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων \((ABCD)\) και \((AA_1B_1B)\) . Δώστε την απάντησή σας σε μοίρες.

Ας κατασκευάσουμε το \(MN\) κάθετο στο \(AB\) όπως φαίνεται στο σχήμα.

Εφόσον το \(ABCD\) είναι ένα τετράγωνο με πλευρά \(a\) και \(MN\perp AB\) και \(BC\perp AB\) , τότε \(MN\παράλληλη BC\) . Εφόσον \(M\) είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου, τότε το \(M\) είναι το μέσο του \(AC\), επομένως, \(MN\) είναι η μεσαία γραμμή και \(MN =\frac12BC= \frac(1)(2)a\).
Το \(MN\) είναι η προβολή του \(A_1N\) στο επίπεδο \((ABCD)\), και το \(MN\) είναι κάθετο στο \(AB\), στη συνέχεια, με το θεώρημα τριών καθέτων, \ Το (A_1N\) είναι κάθετο στο \(AB \) και η γωνία μεταξύ των επιπέδων \((ABCD)\) και \(AA_1B_1B)\) είναι \(\γωνία A_1NM\) .
\[\mathrm(tg)\, \γωνία A_1NM = \dfrac(A_1M)(NM) = \dfrac(\frac(\sqrt(3))(2)a)(\frac(1)(2)a) = \sqrt(3)\qquad\Rightarrow\qquad\angle A_1NM = 60^(\circ)\]

Απάντηση: 60

Εργασία 6 #1854

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Σε τετράγωνο \(ABCD\) : \(O\) – το σημείο τομής των διαγωνίων. \(S\) – δεν βρίσκεται στο επίπεδο του τετραγώνου, \(SO \perp ABC\) . Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων \(ASD\) και \(ABC\) εάν \(SO = 5\) και \(AB = 10\) .

Τα ορθογώνια τρίγωνα \(\τρίγωνο SAO\) και \(\τρίγωνο SDO\) είναι ίσα σε δύο πλευρές και η γωνία μεταξύ τους (\(SO \perp ABC\) \(\Δεξιοβέλος\) \(\γωνία SOA = \γωνία SOD = 90^\circ\); \(AO = DO\) , επειδή \(O\) – σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου, \(SO\) – κοινή πλευρά) \(\Δεξί βέλος\) \(AS = SD\) \(\Δεξί βέλος\) \(\τρίγωνο ASD\) – ισοσκελές. Το σημείο \(K\) είναι το μέσο του \(AD\), τότε \(SK\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \(\triangle ASD\) και \(OK\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \( AOD\) \(\ Rightarrow\) επίπεδο \(SOK\) είναι κάθετο στα επίπεδα \(ASD\) και \(ABC\) \(\Rightarrow\) \(\γωνία SKO\) – γραμμική γωνία ίση με την επιθυμητή δίεδρος γωνία.

Στο \(\τρίγωνο SKO\) : \(OK = \frac(1)(2)\cdot AB = \frac(1)(2)\cdot 10 = 5 = SO\)\(\Rightarrow\) \(\triangle SOK\) – ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο \(\Rightarrow\) \(\angle SKO = 45^\circ\) .

Απάντηση: 45

Εργασία 7 #1855

Επίπεδο εργασίας: Πιο δύσκολο από το Unified State Exam

Σε τετράγωνο \(ABCD\) : \(O\) – το σημείο τομής των διαγωνίων. \(S\) – δεν βρίσκεται στο επίπεδο του τετραγώνου, \(SO \perp ABC\) . Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων \(ASD\) και \(BSC\) εάν \(SO = 5\) και \(AB = 10\) .

Τα ορθογώνια τρίγωνα \(\τρίγωνο SAO\) , \(\τρίγωνο SDO\) , \(\τρίγωνο SOB\) και \(\τρίγωνο SOC\) είναι ίσα σε δύο πλευρές και η μεταξύ τους γωνία (\(SO \perp ABC \) \(\Δεξί βέλος\) \(\γωνία SOA = \γωνία SOD = \γωνία SOB = \γωνία SOC = 90^\circ\); \(AO = OD = OB = OC\), επειδή \(O\) – σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου, \(SO\) – κοινή πλευρά) \(\Rightarrow\) \(AS = DS = BS = CS\) \(\Rightarrow\) \( Το \triangle ASD\) και \(\triangle BSC\) είναι ισοσκελές. Το σημείο \(K\) είναι το μέσο του \(AD\), τότε \(SK\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \(\triangle ASD\) και \(OK\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \( AOD\) \(\ Δεξιό βέλος\) Το επίπεδο \(SOK\) είναι κάθετο στο επίπεδο \(ASD\) . Το σημείο \(L\) είναι το μέσο του \(BC\), τότε \(SL\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \(\τρίγωνο BSC\), και \(OL\) είναι το ύψος στο τρίγωνο \( BOC\) \(\ Δεξιό βέλος\) το επίπεδο \(SOL\) (γνωστό και ως επίπεδο \(SOK\)) είναι κάθετο στο επίπεδο \(BSC\) . Έτσι, λαμβάνουμε ότι η \(\γωνία KSL\) είναι μια γραμμική γωνία ίση με την επιθυμητή διεδρική γωνία.

\(KL = KO + OL = 2\cdot OL = AB = 10\)\(\Δεξί βέλος\) \(OL = 5\) ; \(SK = SL\) – ύψη σε ίσα ισοσκελή τρίγωνα, τα οποία μπορούν να βρεθούν χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο θεώρημα: \(SL^2 = SO^2 + OL^2 = 5^2 + 5^2 = 50\). Μπορεί να παρατηρηθεί ότι \(SK^2 + SL^2 = 50 + 50 = 100 = KL^2\)Το \(\Δεξί βέλος\) για ένα τρίγωνο \(\triangle KSL\) ικανοποιείται θεώρημα αντίστροφης Pythagoras \(\Rightarrow\) \(\triangle KSL\) – ορθογώνιο τρίγωνο \(\Rightarrow\) \(\angle KSL = 90^\circ\) .

Απάντηση: 90

Η προετοιμασία των μαθητών για να λάβουν τις εξετάσεις του Unified State στα μαθηματικά, κατά κανόνα, ξεκινά με την επανάληψη βασικών τύπων, συμπεριλαμβανομένων εκείνων που σας επιτρέπουν να προσδιορίσετε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων. Παρά το γεγονός ότι αυτό το τμήμα της γεωμετρίας καλύπτεται με επαρκείς λεπτομέρειες εντός σχολικό πρόγραμμα σπουδών, πολλοί απόφοιτοι χρειάζεται να επαναλάβουν τη βασική ύλη. Κατανοώντας πώς να βρουν τη γωνία μεταξύ των επιπέδων, οι μαθητές γυμνασίου θα μπορούν να υπολογίσουν γρήγορα τη σωστή απάντηση κατά την επίλυση ενός προβλήματος και να υπολογίζουν στη λήψη αξιοπρεπών βαθμολογιών στα αποτελέσματα της επιτυχίας της ενιαίας κρατικής εξέτασης.

Βασικές αποχρώσεις

Το ερώτημα λοιπόν είναι πώς να το βρείτε δίεδρος γωνία, δεν προκάλεσε δυσκολίες, συνιστούμε να ακολουθήσετε τον αλγόριθμο λύσης, ο οποίος θα σας βοηθήσει να αντιμετωπίσετε τα καθήκοντα της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης.

Πρώτα πρέπει να προσδιορίσετε την ευθεία κατά μήκος της οποίας τέμνονται τα επίπεδα.

Στη συνέχεια, πρέπει να επιλέξετε ένα σημείο σε αυτή τη γραμμή και να σχεδιάσετε δύο κάθετες σε αυτό.

Το επόμενο βήμα είναι η εύρεση τριγωνομετρική συνάρτησηδιεδρική γωνία που σχηματίζεται από κάθετες. Ο πιο βολικός τρόπος για να γίνει αυτό είναι με τη βοήθεια του τριγώνου που προκύπτει, μέρος του οποίου είναι η γωνία.

Η απάντηση θα είναι η τιμή της γωνίας ή η τριγωνομετρική της συνάρτηση.

Η προετοιμασία για το τεστ εξετάσεων με το Shkolkovo είναι το κλειδί της επιτυχίας σας

Κατά τη διάρκεια των μαθημάτων την προηγούμενη μέρα περνώντας από την Ενιαία Κρατική ΕξέτασηΠολλοί μαθητές αντιμετωπίζουν το πρόβλημα της εύρεσης ορισμών και τύπων που τους επιτρέπουν να υπολογίζουν τη γωνία μεταξύ 2 επιπέδων. Ένα σχολικό εγχειρίδιο δεν είναι πάντα διαθέσιμο ακριβώς όταν χρειάζεται. Και να βρείτε τους απαραίτητους τύπους και παραδείγματα αυτών σωστή εφαρμογή, συμπεριλαμβανομένης της εύρεσης της γωνίας μεταξύ των αεροπλάνων στο Διαδίκτυο, μερικές φορές χρειάζεται να αφιερώσετε πολύ χρόνο.

Η μαθηματική πύλη Shkolkovo προσφέρει μια νέα προσέγγιση για την προετοιμασία για τις κρατικές εξετάσεις. Τα μαθήματα στον ιστότοπό μας θα βοηθήσουν τους μαθητές να εντοπίσουν τις πιο δύσκολες ενότητες για τον εαυτό τους και να καλύψουν τα κενά στη γνώση.

Ετοιμάσαμε και παρουσιάσαμε με σαφήνεια όλο το απαραίτητο υλικό. Οι βασικοί ορισμοί και οι τύποι παρουσιάζονται στην ενότητα «Θεωρητικές πληροφορίες».

Για την καλύτερη κατανόηση της ύλης προτείνουμε και την εξάσκηση των κατάλληλων ασκήσεων. Μεγάλη επιλογήεργασίες διαφορετικού βαθμού πολυπλοκότητας, για παράδειγμα, παρουσιάζονται στην ενότητα "Κατάλογος". Όλες οι εργασίες περιέχουν έναν λεπτομερή αλγόριθμο για την εύρεση της σωστής απάντησης. Ο κατάλογος των ασκήσεων στον ιστότοπο συμπληρώνεται και ενημερώνεται συνεχώς.

Ενώ εξασκούνται στην επίλυση προβλημάτων που απαιτούν την εύρεση της γωνίας μεταξύ δύο επιπέδων, οι μαθητές έχουν την ευκαιρία να αποθηκεύσουν οποιαδήποτε εργασία στο διαδίκτυο ως "Αγαπημένα". Χάρη σε αυτό θα μπορέσουν να επιστρέψουν σε αυτόν απαιτούμενο ποσόχρόνο και να συζητήσει την πρόοδο της απόφασής του με δασκάλα σχολείουή δάσκαλος.

Το άρθρο μιλά για την εύρεση της γωνίας μεταξύ των επιπέδων. Αφού δώσουμε τον ορισμό, θα δώσουμε μια γραφική απεικόνιση και θα εξετάσουμε μια λεπτομερή μέθοδο εύρεσης συντεταγμένων χρησιμοποιώντας τη μέθοδο. Λαμβάνουμε έναν τύπο για τεμνόμενα επίπεδα, ο οποίος περιλαμβάνει τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Το υλικό θα χρησιμοποιήσει δεδομένα και έννοιες που είχαν μελετηθεί προηγουμένως σε άρθρα σχετικά με το επίπεδο και τη γραμμή στο διάστημα. Πρώτον, είναι απαραίτητο να προχωρήσουμε στη συλλογιστική που μας επιτρέπει να έχουμε μια συγκεκριμένη προσέγγιση για τον προσδιορισμό της γωνίας μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

Δίνονται δύο τεμνόμενα επίπεδα γ 1 και γ 2. Η διασταύρωσή τους θα πάρει τον χαρακτηρισμό γ. Η κατασκευή του επιπέδου χ σχετίζεται με την τομή αυτών των επιπέδων. Το επίπεδο χ διέρχεται από το σημείο Μ ως ευθεία c. Η τομή των επιπέδων γ 1 και γ 2 θα γίνει χρησιμοποιώντας το επίπεδο χ. Παίρνουμε τον προσδιορισμό της ευθείας που τέμνει γ 1 και χ ως ευθεία a, και την ευθεία που τέμνει το γ 2 και χ ως ευθεία b. Διαπιστώνουμε ότι η τομή των ευθειών a και b δίνει το σημείο M.

Η θέση του σημείου Μ δεν επηρεάζει τη γωνία μεταξύ των τεμνόμενων ευθειών a και b και το σημείο Μ βρίσκεται στην ευθεία c, από την οποία διέρχεται το επίπεδο χ.

Είναι απαραίτητο να κατασκευαστεί ένα επίπεδο χ 1 κάθετο στην ευθεία c και διαφορετικό από το επίπεδο χ. Η τομή των επιπέδων γ 1 και γ 2 με τη βοήθεια του χ 1 θα πάρει τον προσδιορισμό των ευθειών a 1 και b 1.

Μπορεί να φανεί ότι κατά την κατασκευή των χ και χ 1, οι ευθείες a και b είναι κάθετες στην ευθεία c, τότε οι a 1, b 1 βρίσκονται κάθετες στην ευθεία c. Βρίσκοντας ευθείες a και a 1 στο επίπεδο γ 1 με κάθετο στην ευθεία c, τότε μπορούν να θεωρηθούν παράλληλες. Με τον ίδιο τρόπο, η θέση των b και b 1 στο επίπεδο γ 2 με κάθετο στην ευθεία c δηλώνει τον παραλληλισμό τους. Αυτό σημαίνει ότι είναι απαραίτητο να γίνει παράλληλη μεταφορά του επιπέδου χ 1 στο χ, όπου παίρνουμε δύο ευθείες που συμπίπτουν a και a 1, b και b 1. Διαπιστώνουμε ότι η γωνία μεταξύ των τεμνόμενων ευθειών a και b 1 είναι ίση με τη γωνία των τεμνόμενων ευθειών a και b.

Ας δούμε το παρακάτω σχήμα.

Η πρόταση αυτή αποδεικνύεται από το γεγονός ότι μεταξύ των τεμνόμενων ευθειών a και b υπάρχει γωνία που δεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου Μ, δηλαδή από το σημείο τομής. Αυτές οι γραμμές βρίσκονται στα επίπεδα γ 1 και γ 2. Στην πραγματικότητα, η γωνία που προκύπτει μπορεί να θεωρηθεί η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων.

Ας προχωρήσουμε στον προσδιορισμό της γωνίας μεταξύ των υφιστάμενων τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2.

Ορισμός 1

Η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2ονομάζεται η γωνία που σχηματίζεται από την τομή των ευθειών a και b, όπου τα επίπεδα γ 1 και γ 2 τέμνονται με το επίπεδο χ που είναι κάθετο στην ευθεία c.

Σκεφτείτε το παρακάτω σχήμα.

Η απόφαση μπορεί να υποβληθεί με άλλη μορφή. Όταν τα επίπεδα γ 1 και γ 2 τέμνονται, όπου c είναι η ευθεία πάνω στην οποία τέμνονται, σημειώστε ένα σημείο M μέσα από το οποίο σχεδιάστε ευθείες a και b κάθετες στην ευθεία c και βρίσκονται στα επίπεδα γ 1 και γ 2, τότε η γωνία μεταξύ Οι ευθείες α και β θα είναι η γωνία μεταξύ των επιπέδων. Στην πράξη, αυτό ισχύει για την κατασκευή της γωνίας μεταξύ των επιπέδων.

Όταν τέμνονται, σχηματίζεται μια γωνία που έχει τιμή μικρότερη από 90 μοίρες, δηλαδή το μέτρο της μοίρας της γωνίας ισχύει σε ένα διάστημα αυτού του τύπου (0, 90]. Ταυτόχρονα, αυτά τα επίπεδα ονομάζονται κάθετα αν σχηματίζεται ορθή γωνία στην τομή Η γωνία μεταξύ των παραλλήλων επιπέδων θεωρείται ίση με το μηδέν.

Ο συνήθης τρόπος εύρεσης της γωνίας μεταξύ των τεμνόμενων επιπέδων είναι η εκτέλεση πρόσθετων κατασκευών. Αυτό βοηθά στον προσδιορισμό του με ακρίβεια και αυτό μπορεί να γίνει χρησιμοποιώντας σημάδια ισότητας ή ομοιότητας τριγώνου, ημιτόνων και συνημιτόνων μιας γωνίας.

Ας εξετάσουμε το ενδεχόμενο επίλυσης προβλημάτων χρησιμοποιώντας ένα παράδειγμα από τα προβλήματα Ενιαίας Πολιτικής Εξέτασης του μπλοκ C 2.

Παράδειγμα 1

Δίνεται ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο A B C D A 1 B 1 C 1 D 1, όπου η πλευρά A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, το σημείο E διαιρεί την πλευρά A A 1 με την αναλογία 4: 3. Να βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων A B C και B E D 1.

Λύση

Για λόγους σαφήνειας, είναι απαραίτητο να κάνετε ένα σχέδιο. Το καταλαβαίνουμε

Μια οπτική αναπαράσταση είναι απαραίτητη για να καταστεί πιο βολική η εργασία με τη γωνία μεταξύ των επιπέδων.

Καθορίζουμε την ευθεία κατά μήκος της οποίας συμβαίνει η τομή των επιπέδων A B C και B E D 1. Το σημείο Β είναι κοινό σημείο. Θα πρέπει να βρεθεί ένα άλλο κοινό σημείο τομής. Ας εξετάσουμε τις ευθείες D A και D 1 E, οι οποίες βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο A D D 1. Η θέση τους δεν υποδηλώνει παραλληλισμό, σημαίνει ότι έχουν κοινό σημείο τομής.

Ωστόσο, η ευθεία D A βρίσκεται στο επίπεδο A B C και η D 1 E στο B E D 1. Από αυτό παίρνουμε ότι οι ευθείες γραμμές Δ ΑΚαι Δ 1 Εέχουν ένα κοινό σημείο τομής, το οποίο είναι κοινό για τα επίπεδα A B C και B E D 1. Υποδεικνύει το σημείο τομής των γραμμών Δ Ακαι Δ 1 Ε γράμμα ΣΤ. Από αυτό προκύπτει ότι η B F είναι η ευθεία κατά μήκος της οποίας τέμνονται τα επίπεδα A B C και B E D 1.

Ας δούμε το παρακάτω σχήμα.

Για να λάβουμε την απάντηση, είναι απαραίτητο να κατασκευάσουμε ευθείες ευθείες που βρίσκονται στα επίπεδα A B C και B E D 1 που διέρχονται από ένα σημείο που βρίσκεται στην ευθεία B F και είναι κάθετες σε αυτό. Τότε η γωνία που προκύπτει μεταξύ αυτών των ευθειών θεωρείται η επιθυμητή γωνία μεταξύ των επιπέδων A B C και B E D 1.

Από αυτό μπορούμε να δούμε ότι το σημείο Α είναι η προβολή του σημείου Ε στο επίπεδο A B C. Είναι απαραίτητο να σχεδιάσουμε μια ευθεία γραμμή που τέμνει τη γραμμή B F σε ορθή γωνία στο σημείο M. Μπορεί να φανεί ότι η ευθεία γραμμή A M είναι η προβολή της ευθείας E M στο επίπεδο A B C, με βάση το θεώρημα για αυτές τις κάθετες A M ⊥ B F . Σκεφτείτε την παρακάτω εικόνα.

∠ A M E είναι η επιθυμητή γωνία, σχηματίζεται από αεροπλάναΑ Β Γ και Β Ε Δ 1. Από το προκύπτον τρίγωνο A E M μπορούμε να βρούμε το ημίτονο, το συνημίτονο ή την εφαπτομένη της γωνίας και στη συνέχεια την ίδια τη γωνία, μόνο εάν είναι γνωστές οι δύο πλευρές της. Υπό τον όρο, έχουμε ότι το μήκος A E βρίσκεται με αυτόν τον τρόπο: η ευθεία A A 1 διαιρείται με το σημείο E σε αναλογία 4: 3, που σημαίνει ότι το συνολικό μήκος της ευθείας είναι 7 μέρη, τότε A E = 4 μέρη. Βρίσκουμε το Α Μ.

Είναι απαραίτητο να εξετάσουμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο A B F. Έχουμε ορθή γωνία Α με ύψος Α Μ. Από τη συνθήκη A B = 2, τότε μπορούμε να βρούμε το μήκος A F με την ομοιότητα των τριγώνων D D 1 F και A E F. Παίρνουμε ότι A E D D 1 = A F D F ⇔ A E D D 1 = A F D A + A F ⇒ 4 7 = A F 3 + A F ⇔ A F = 4

Είναι απαραίτητο να βρούμε το μήκος της πλευράς B F του τριγώνου A B F χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο θεώρημα. Παίρνουμε ότι B F  = A B 2 + A F 2 = 2 2 + 4 2 = 2 5 . Το μήκος της πλευράς A M βρίσκεται μέσα από το εμβαδόν του τριγώνου A B F. Έχουμε ότι το εμβαδόν μπορεί να είναι ίσο και με το S A B C = 1 2 · A B · A F και το S A B C = 1 2 · B F · A M .

Παίρνουμε ότι A M = A B A F B F = 2 4 2 5 = 4 5 5

Τότε μπορούμε να βρούμε την τιμή της εφαπτομένης της γωνίας του τριγώνου A E M. Παίρνουμε:

t g ∠ A M E = A E A M = 4 4 5 5 = 5

Η επιθυμητή γωνία που προκύπτει από την τομή των επιπέδων A B C και B E D 1 είναι ίση με a r c t g 5, κατόπιν με απλοποίηση λαμβάνουμε r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6.

Απάντηση: a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

Ορισμένες περιπτώσεις εύρεσης της γωνίας μεταξύ τεμνόμενων γραμμών καθορίζονται χρησιμοποιώντας το επίπεδο συντεταγμένων O x y z και τη μέθοδο συντεταγμένων. Ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά.

Εάν δίνεται πρόβλημα όπου είναι απαραίτητο να βρεθεί η γωνία μεταξύ των τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2, συμβολίζουμε την επιθυμητή γωνία ως α.

Τότε το δεδομένο σύστημα συντεταγμένων δείχνει ότι έχουμε τις συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων των τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2. Τότε συμβολίζουμε ότι n 1 → = n 1 x, n 1 y, n 1 z είναι το κανονικό διάνυσμα του επιπέδου γ 1, και n 2 → = (n 2 x, n 2 y, n 2 z) - για το επίπεδο γ 2. Ας εξετάσουμε τον λεπτομερή προσδιορισμό της γωνίας που βρίσκεται μεταξύ αυτών των επιπέδων σύμφωνα με τις συντεταγμένες των διανυσμάτων.

Είναι απαραίτητο να ορίσουμε την ευθεία κατά την οποία τέμνονται τα επίπεδα γ 1 και γ 2 με το γράμμα c. Στην ευθεία c έχουμε ένα σημείο Μ μέσα από το οποίο σχεδιάζουμε ένα επίπεδο χ κάθετο στη c. Το επίπεδο χ κατά μήκος των ευθειών a και b τέμνει τα επίπεδα γ 1 και γ 2 στο σημείο M. από τον ορισμό προκύπτει ότι η γωνία μεταξύ των τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2 είναι ίση με τη γωνία των τεμνόμενων ευθειών a και b που ανήκουν σε αυτά τα επίπεδα, αντίστοιχα.

Στο χ επίπεδο σχεδιάζουμε κανονικά διανύσματα από το σημείο Μ και τα συμβολίζουμε n 1 → και n 2 → . Το διάνυσμα n 1 → βρίσκεται σε μια ευθεία κάθετη στην ευθεία a, και το διάνυσμα n 2 → βρίσκεται σε μια ευθεία κάθετη στην ευθεία b. Από εδώ το καταλαβαίνουμε δεδομένο αεροπλάνοΤο χ έχει κανονικό διάνυσμα ευθείας a ίσο με n 1 → και για ευθεία b ίσο με n 2 →. Σκεφτείτε το παρακάτω σχήμα.

Από εδώ λαμβάνουμε έναν τύπο με τον οποίο μπορούμε να υπολογίσουμε το ημίτονο της γωνίας των τεμνόμενων γραμμών χρησιμοποιώντας τις συντεταγμένες των διανυσμάτων. Βρήκαμε ότι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ των ευθειών a και b είναι το ίδιο με το συνημίτονο μεταξύ τεμνόμενων επιπέδων γ 1 και γ 2 προέρχεται από τον τύπο cos α = cos n 1 → , n 2 → ^ = n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2, όπου έχουμε ότι n 1 → = ( n 1 x , n 1 y , n 1 z) και n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) είναι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων των επιπέδων που αναπαριστώνται.

Η γωνία μεταξύ τεμνόμενων γραμμών υπολογίζεται χρησιμοποιώντας τον τύπο

α = a r c cos n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2

Παράδειγμα 2

Σύμφωνα με την συνθήκη δίνεται το παραλληλεπίπεδο A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 , όπου A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, και το σημείο E διαιρεί την πλευρά A A 1 4: 3. Να βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων A B C και B E D 1.

Λύση

Από τη συνθήκη είναι ξεκάθαρο ότι οι πλευρές του είναι κατά ζεύγη κάθετες. Αυτό σημαίνει ότι είναι απαραίτητο να εισαχθεί ένα σύστημα συντεταγμένων O x y z με την κορυφή στο σημείο C και τους άξονες συντεταγμένων O x, O y, O z. Είναι απαραίτητο να ρυθμίσετε την κατεύθυνση στις κατάλληλες πλευρές. Σκεφτείτε το παρακάτω σχήμα.

Τέμνοντα επίπεδα Α Β ΓΚαι Β Ε Δ 1σχηματίστε μια γωνία που μπορεί να βρεθεί με τον τύπο α = a r c cos n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2, όπου n 1 → = (n 1 x, n 1 y, n 1 z) και n 2 → = (n 2 x, n 2 y, n 2 z ) είναι κανονικά διανύσματα του αυτά τα αεροπλάνα. Είναι απαραίτητο να καθοριστούν οι συντεταγμένες. Από το σχήμα βλέπουμε ότι ο άξονας συντεταγμένων O x y συμπίπτει με το επίπεδο A B C, αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του κανονικού διανύσματος k → είναι ίσες με την τιμή n 1 → = k → = (0, 0, 1).

Το κανονικό διάνυσμα του επιπέδου B E D 1 λαμβάνεται ως το διανυσματικό γινόμενο B E → και B D 1 →, όπου οι συντεταγμένες τους βρίσκονται από τις συντεταγμένες των ακραίων σημείων B, E, D 1, που προσδιορίζονται με βάση τις συνθήκες του πρόβλημα.

Παίρνουμε ότι B (0, 3, 0), D 1 (2, 0, 7). Επειδή A E E A 1 = 4 3, από τις συντεταγμένες των σημείων A 2, 3, 0, A 1 2, 3, 7 βρίσκουμε E 2, 3, 4. Βρίσκουμε ότι B E → = (2 , 0 , 4) , B D 1 → = 2 , - 3 , 7 n 2 → = B E → × B D 1 = i → j → k → 2 0 4 2 - 3 7 = 12 · i → - 6 j → - 6 k → ⇔ n 2 → = (12 , - 6 , - 6)

Είναι απαραίτητο να αντικατασταθούν οι ευρεθείσες συντεταγμένες στον τύπο για τον υπολογισμό της γωνίας μέσω του συνημιτόνου τόξου. Παίρνουμε

α = a r c cos 0 12 + 0 (- 6) + 1 (- 6) 0 2 + 0 2 + 1 2 12 2 + (- 6) 2 + (- 6) 2 = a r c cos 6 6 6 = a r c cos 6 6

Η μέθοδος συντεταγμένων δίνει ένα παρόμοιο αποτέλεσμα.

Απάντηση: a r c cos 6 6 .

Το τελικό πρόβλημα εξετάζεται με στόχο την εύρεση της γωνίας μεταξύ των τεμνόμενων επιπέδων με τις υπάρχουσες γνωστές εξισώσεις των επιπέδων.

Παράδειγμα 3

Υπολογίστε το ημίτονο, συνημίτονο της γωνίας και την τιμή της γωνίας που σχηματίζεται από δύο τεμνόμενες ευθείες, οι οποίες ορίζονται στο σύστημα συντεταγμένων O x y z και δίνονται από τις εξισώσεις 2 x - 4 y + z + 1 = 0 και 3 y - z - 1 = 0.

Λύση

Όταν μελετάτε ένα θέμα γενική εξίσωσηευθεία της μορφής A x + B y + C z + D = 0 αποκάλυψε ότι τα A, B, C είναι συντελεστές ίσοι με τις συντεταγμένες του κανονικού διανύσματος. Αυτό σημαίνει ότι n 1 → = 2, - 4, 1 και n 2 → = 0, 3, - 1 είναι κανονικά διανύσματα των δεδομένων γραμμών.

Είναι απαραίτητο να αντικατασταθούν οι συντεταγμένες των κανονικών διανυσμάτων των επιπέδων στον τύπο για τον υπολογισμό της επιθυμητής γωνίας των τεμνόμενων επιπέδων. Τότε το καταλαβαίνουμε

α = a r c cos 2 0 + - 4 3 + 1 (- 1) 2 2 + - 4 2 + 1 2 = a r c cos 13 210

Από εδώ έχουμε ότι το συνημίτονο της γωνίας παίρνει τη μορφή cos α = 13 210. Τότε η γωνία των τεμνόμενων γραμμών δεν είναι αμβλεία. Αντικατάσταση σε τριγωνομετρική ταυτότητα, βρίσκουμε ότι η τιμή του ημιτόνου της γωνίας είναι ίση με την έκφραση. Ας το υπολογίσουμε και ας το βρούμε

sin α = 1 - cos 2 α = 1 - 13.210 = 41.210

Απάντηση: sin α = 41,210, cos α = 13,210, α = a r c cos 13,210 = a r c sin 41,210.

Εάν παρατηρήσετε κάποιο σφάλμα στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter

Η γωνία μεταξύ δύο διαφορετικών επιπέδων μπορεί να προσδιοριστεί για οποιοδήποτε σχετική θέσηαεροπλάνα.

Μια ασήμαντη περίπτωση αν τα επίπεδα είναι παράλληλα. Τότε η γωνία μεταξύ τους θεωρείται ίση με μηδέν.

Μια μη τετριμμένη περίπτωση αν τέμνονται τα επίπεδα. Η υπόθεση αυτή αποτελεί αντικείμενο περαιτέρω συζήτησης. Πρώτα χρειαζόμαστε την έννοια της διεδρικής γωνίας.

9.1 Διεδρική γωνία

Διεδρική γωνία είναι δύο ημιεπίπεδα με κοινή ευθεία γραμμή (η οποία ονομάζεται ακμή της διεδρικής γωνίας). Στο Σχ. 50 δείχνει μια δίεδρη γωνία που σχηματίζεται από ημιεπίπεδα και. το άκρο αυτής της διεδρικής γωνίας είναι η ευθεία γραμμή a, κοινή σε αυτά τα ημιεπίπεδα.

Ρύζι. 50. Διεδρική γωνία

Η διεδρική γωνία μπορεί να μετρηθεί σε μοίρες ή ακτίνια με μια λέξη, εισαγάγετε τη γωνιακή τιμή της διεδρικής γωνίας. Αυτό γίνεται ως εξής.

Στην άκρη της δίεδρης γωνίας που σχηματίζουν τα ημιεπίπεδα και, παίρνουμε ένα αυθαίρετο σημείο Μ. Ας σχεδιάσουμε τις ακτίνες ΜΑ και ΜΒ, αντίστοιχα που βρίσκονται σε αυτά τα ημιεπίπεδα και κάθετα στην άκρη (Εικ. 51).

Ρύζι. 51. Γραμμική διεδρική γωνία

Η προκύπτουσα γωνία AMB είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας. Η γωνία " = \AMB είναι ακριβώς η γωνιακή τιμή της διεδρικής μας γωνίας.

Ορισμός. Το γωνιακό μέγεθος μιας διεδρικής γωνίας είναι το μέγεθος της γραμμικής γωνίας μιας δεδομένης διεδρικής γωνίας.

Όλες οι γραμμικές γωνίες μιας διεδρικής γωνίας είναι ίσες μεταξύ τους (εξάλλου, λαμβάνονται μεταξύ τους με παράλληλη μετατόπιση). Να γιατί αυτόν τον ορισμόσωστή: η τιμή " δεν εξαρτάται από τη συγκεκριμένη επιλογή του σημείου M στο άκρο της διεδρικής γωνίας.

9.2 Προσδιορισμός της γωνίας μεταξύ των επιπέδων

Όταν τέμνονται δύο επίπεδα, λαμβάνονται τέσσερις διεδρικές γωνίες. Αν όλα έχουν το ίδιο μέγεθος (90 το καθένα), τότε τα επίπεδα ονομάζονται κάθετα. Η γωνία μεταξύ των επιπέδων είναι τότε 90.

Εάν δεν είναι όλες οι διεδρικές γωνίες ίδιες (δηλαδή υπάρχουν δύο οξείες και δύο αμβλείες), τότε η γωνία μεταξύ των επιπέδων είναι η τιμή της οξείας διεδρικής γωνίας (Εικ. 52).

Ρύζι. 52. Γωνία μεταξύ επιπέδων

9.3 Παραδείγματα επίλυσης προβλημάτων

Ας δούμε τρία προβλήματα. Το πρώτο είναι απλό, το δεύτερο και το τρίτο είναι περίπου στο επίπεδο Γ2 στην Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά.

Πρόβλημα 1. Βρείτε τη γωνία μεταξύ δύο όψεων ενός κανονικού τετραέδρου.

Λύση. Έστω το ABCD ένα κανονικό τετράεδρο. Ας σχεδιάσουμε τις διάμεσες AM και DM των αντίστοιχων όψεων, καθώς και το ύψος του τετραέδρου DH (Εικ. 53).

Ρύζι. 53. Στην εργασία 1

Όντας διάμεσοι, το AM και το DM είναι επίσης ύψη ισόπλευρων τρίγωνα ABCκαι DBC. Επομένως, η γωνία " = \AMD είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας που σχηματίζεται από τις όψεις ABC και DBC. Την βρίσκουμε από το τρίγωνο DHM:

			1 ΜΜ

Απάντηση: arccos 1 3 .

Εργασία 2. Στο σωστό τετράγωνη πυραμίδα SABCD (κορυφή S) πλευρικό άκρο ίσο με την πλευρά της βάσης. Το σημείο Κ είναι το μέσο της ακμής SA. Βρείτε τη γωνία μεταξύ των επιπέδων

Λύση. Η ευθεία BC είναι παράλληλη με το AD και επομένως παράλληλη στο επίπεδο ADS. Επομένως, το επίπεδο KBC τέμνει το επίπεδο ADS κατά μήκος της ευθείας KL παράλληλης προς το BC (Εικ. 54).

Ρύζι. 54. Στην εργασία 2

Σε αυτήν την περίπτωση, το KL θα είναι επίσης παράλληλο στη γραμμή AD. Επομένως, το KL είναι η μέση γραμμή του τριγώνου ADS και το σημείο L είναι το μέσο του DS.

Ας βρούμε το ύψος της πυραμίδας SO. Έστω N το μέσο του DO. Τότε το LN είναι η μεσαία γραμμή του τριγώνου DOS, και επομένως LN k SO. Αυτό σημαίνει ότι το LN είναι κάθετο στο επίπεδο ABC.

Από το σημείο N κατεβάζουμε την κάθετη NM στην ευθεία BC. Η ευθεία γραμμή NM θα είναι η προβολή του κεκλιμένου LM στο επίπεδο ABC. Από το θεώρημα των τριών κάθετων προκύπτει ότι το LM είναι επίσης κάθετο στο BC.

Έτσι, η γωνία " = \LMN είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας που σχηματίζεται από τα ημιεπίπεδα KBC και ABC. Θα αναζητήσουμε αυτή τη γωνία από το ορθογώνιο τρίγωνο LMN.

Έστω η άκρη της πυραμίδας ίση με α. Πρώτα βρίσκουμε το ύψος της πυραμίδας:

SO=σελ

Λύση. Έστω L το σημείο τομής των ευθειών A1 K και AB. Στη συνέχεια, το επίπεδο A1 KC τέμνει το επίπεδο ABC κατά μήκος της ευθείας CL (Εικ.55).

ΕΝΑ ντο

Ρύζι. 55. Στο πρόβλημα 3

Τα τρίγωνα A1 B1 K και KBL είναι ίσα σε σκέλος και οξεία γωνία. Επομένως, τα άλλα σκέλη είναι ίσα: A1 B1 = BL.

Εξετάστε το τρίγωνο ACL. Σε αυτό BA = BC = BL. Η γωνία CBL είναι 120. επομένως, \BCL = 30 . Επίσης, \BCA = 60 . Επομένως \ACL = \BCA + \BCL = 90 .

Λοιπόν, LC; ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ. Αλλά η γραμμή AC χρησιμεύει ως προβολή της γραμμής A1 C στο επίπεδο ABC. Με το θεώρημα των τριών καθέτων συμπεραίνουμε τότε ότι LC ? Α1 Γ.

Έτσι, η γωνία A1 CA είναι η γραμμική γωνία της διεδρικής γωνίας που σχηματίζεται από τα ημιεπίπεδα A1 KC και ABC. Αυτή είναι η επιθυμητή γωνία. Από το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο A1 AC βλέπουμε ότι είναι ίσο με 45.