Параллелепипед.Угол между: прямой и плоскостью, прямыми; Расстояние от точки до: плоскости и прямой в пространстве; Объем.: Часть 1

Видео

Конспект

Угол между прямой и плоскостью

Пример 3.20

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA_1B_1C_1D_1 известны AB = 2 , AD = AA_1 = 1 .

а) Пусть B_1E — высота треугольника BB_1C_1 . Докажите, что AE — проекция AB_1 на плоскость ABC_1 .

б) Найдите угол между прямой AB_1 и плоскостью ABC_1 .

Stereo_2_33

Рис. 1: К примеру 3.20

Решение.

а) Прямая B_1E \perp BC_1 , поскольку диагонали квадрата перпендикулярны, AB \perp B_1E , так как боковое ребро прямоугольного параллелепипеда перпендикулярно плоскости основания и, следовательно, перпендикулярно любой прямой, лежащей в плоскости основания. Отсюда по признаку перпендикулярности прямой и плоскости B_1E \perp ABC_1 , поэтому AE — проекция AB_1 на плоскость ABC_1 .

б) Согласно а) AE — проекция AB_1 на плоскость ABC_1 , поэтому \angle B_1AE — искомый. Из \triangle AB_1E \sin \angle B_1AE = \frac{B_1E}{AB_1} = \frac{1/\sqrt 2}{\sqrt 5} = \frac{1}{\sqrt{10}} .

Ответ: б) \displaystyle \arcsin \frac{1}{\sqrt{10}} .

Пример 3.21

Диагонали боковых граней прямоугольного параллелепипеда составляют с плоскостью основания углы \alpha и \beta . Найдите угол между диагональю параллелепипеда и плоскостью основания.

Stereo_5

Рис. 2: К примеру 3.21

Решение.

Пусть AD = a , AB = b , AA_1 = c (см. рис. 2). Из \triangle AA_1D имеем a = c \ctg

\alpha , аналогично из \triangle

CC_1D b = c \ctg \beta . По теореме Пифагора в \triangle ABD \displaystyle BD = \sqrt{a^2 + b^2} = c \sqrt{\ctg^2 \alpha + \ctg^2 \beta} . В \triangle BB_1D \displaystyle \ctg \gamma = \frac{BD}{c} = \sqrt {\ctg^2 \alpha + \ctg^2 \beta}.

Ответ: \displaystyle \arcctg \sqrt{\ctg^2 \alpha + \ctg^2 \beta} .

Задача 3.22

МГУ, физический ф-т, 1996 (июль), № 6(8).

В прямоугольном параллелепипеде диагональ, равная d , образует с боковыми гранями углы \beta и \gamma . Найдите объем параллелепипеда.

Решение.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_1B_1C_1D_1 и его диагональ B_1D имеет длину d .

Stereo_2_50_s

Рис. 3: К задаче 3.22

Пусть рёбра, выходящие из вершины A , равны AB=a,~ AD=b, ~AA_1=c . Тогда A_1B_1=a,~ B_1C_1=b, ~ BB_1=c (рис. 3). Объём параллелепипеда равен V = abc .

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Угол между диагональю B_1D и боковой гранью (CDD_1C_1) равен \beta . Проекцией диагонали B_1D на эту грань является отрезок C_1D . Следовательно, \angle B_1DC_1 = \beta . Рассмотрим прямоугольный треугольник \triangle B_1C_1D (угол \angle B_1C_1D=90^\circ ). \sin\beta = \frac{B_1C_1}{B_1D} \implies B_1C_1 = B_1D \sin\beta = d\sin\beta. Так как AD = B_1C_1 , то b = d\sin\beta .

Угол между диагональю B_1D и боковой гранью (ADD_1A_1) равен \gamma . Проекцией диагонали B_1D на эту грань является отрезок A_1D . Следовательно, \angle B_1DA_1 = \gamma . Рассмотрим прямоугольный треугольник \triangle B_1A_1D (угол \angle B_1A_1D=90^\circ ). \sin\gamma = \frac{A_1B_1}{B_1D} \implies A_1B_1 = B_1D \sin\gamma = d\sin\gamma. Так как AB = A_1B_1 , то a = d\sin\gamma .

Найдём третье измерение — высоту c = DD_1 . \triangle A_1B_1D_1 , B_1D_1^2 = A_1B_1^2 + A_1D_1^2 = d^2 \left( \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma \right) . Далее, \triangle B_1BD , BB_1 = \sqrt{ B_1D^2 -BD^2} = d \sqrt{ \cos^2 \gamma - \sin^2 \beta} .

Теперь можем вычислить объём параллелепипеда: V = a \cdot b \cdot c = (d\sin\gamma) \cdot (d\sin\beta) \cdot (d\sqrt{\cos^2\gamma - \sin^2\beta}) V = d^3 \sin\beta \sin\gamma \sqrt{\cos^2\gamma - \sin^2\beta}

Ответ: \displaystyle d^3 \sin \beta \sin \gamma \sqrt{\cos^2 \gamma - \sin^2 \beta} .

Задача 3.23

Плоскость пересекает прямоугольный параллелепипед с квадратным основанием по ромбу с острым углом \alpha . Под каким углом пересекает эта плоскость боковые ребра параллелепипеда?

Решение.

Пусть сечение DP_1P_2P_3 является ромбом, где точки P_1, P_2, P_3 лежат на рёбрах AA_1, A_1B_1, C_1C соответственно, а вершина D — на ребре основания (рис. 4).

Stereo_2_51_s

Рис. 4: К задаче 3.23

Пусть диагонали ромба — P_1P_3 и DP_2 . По свойству ромба, его диагонали взаимно перпендикулярны: P_1P_3 \perp DP_2 . Далее BD \perp (AA_1C_1C) , следовательно, BD \perp P_1P_3 . Отсюда P_1P_3 \perp (P_2BD) , поэтому P_1P_3 \perp BH , где BH — выстота \triangle P_2BD . Таким образом, BH \perp (DP_1P_2P_3) . Тогда P_2H — проекция BP_2 на (DP_1P_2P_3) , следовательно, \angle BP_2H — искомый, обозначим его \varphi .

Пусть DP_2 = a . Тогда P_1P_3 = a \tg \frac{\alpha}{2} , следовательно, AC = a \tg \frac{\alpha}{2} , а значит, и BD = a \tg \frac{\alpha}{2} . Из \triangle BP_2D \sin \varphi = \frac{BD}{P_2D} = \frac{a\tg \frac{\alpha}{2}}{a} = \tg \frac{\alpha}{2}. Отсюда \varphi = \arcsin \tg \frac{\alpha}{2} .

Ответ: \displaystyle \arcsin \tg \frac{\alpha}{2} .