Параллелепипед.Угол между плоскостями: Часть 2

Видео

Конспект

Задача 3.14

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 сторона основания AB равна 3 , а боковое ребро AA_1 равно \sqrt{3} . На рёбрах C_1D_1 и DD_1 отмечены соответственно точки K и M так, что D_1K = KC_1 , a DM: MD_1 = 1:3 .

а) Докажите, что прямые MK и BK перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями BMK и ABB_1 .

Решение.

а) Докажем перпендикулярность прямых MK и BK , показав, что для \triangle BKM выполняется теорема, обратная теореме Пифагора, то есть BK^2 + MK^2 = BM^2 (рис. 4).

Stereo_2_42_s Рис. 4: К задаче 3.14

Для этого найдём квадраты длин сторон этого треугольника.

K — середина C_1D_1 , значит C_1K = \frac{3}{2} . В прямоугольном \triangle B_1C_1K : B_1K^2 = B_1C_1^2 + C_1K^2 = 3^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{45}{4}. В прямоугольном \triangle BB_1K : BK^2 = BB_1^2 + B_1K^2 = (\sqrt{3})^2 + \frac{45}{4} = \frac{57}{4}.

DD_1 = \sqrt{3} и DM:MD_1=1:3 , значит MD_1 = \frac{3}{4}\sqrt{3} . D_1K = \frac{3}{2} . В прямоугольном \triangle MD_1K : MK^2 = MD_1^2 + D_1K^2 = \left(\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{63}{16}.

Диагональ основания BD = \sqrt{3^2+3^2} = \sqrt{18} . DM = \frac{1}{4}\sqrt{3} . В прямоугольном \triangle BDM : BM^2 = BD^2 + DM^2 = (\sqrt{18})^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \frac{291}{16}.

Теперь проверим теорему Пифагора: BK^2 + MK^2 = \frac{57}{4} + \frac{63}{16} = \frac{291}{16}. Так как BK^2 + MK^2 = BM^2 , то \triangle BKM является прямоугольным с прямым углом при вершине K . Следовательно, BK \perp MK .

б) Плоскость (ABB_1) параллельна плоскости (DCC_1) . Поэтому угол между плоскостями (BMK) и (ABB_1) равен углу между плоскостями (BMK) и (DCC_1) . Линией пересечения плоскостей (BMK) и (DCC_1) является прямая MK . Найдём линейный угол этого двугранного угла. Для этого построим два перпендикуляра к линии пересечения MK в одной точке. Из пункта (а) мы знаем, что BK \perp MK . Рассмотрим прямую CK , лежащую в плоскости (DCC_1) . Найдём длины сторон \triangle MKC .

MK^2 = \frac{63}{16} (из пункта а).

В прямоугольном \triangle CC_1K : CK^2 = CC_1^2 + C_1K^2 = (\sqrt{3})^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{21}{4} .

В прямоугольном \triangle MDC : MC^2 = DM^2 + DC^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2 + 3^2 = \frac{147}{16} .

Проверим для \triangle MKC теорему, обратную теореме Пифагора: MK^2 + CK^2 = \frac{63}{16} + \frac{21}{4} = \frac{63+84}{16} = \frac{147}{16} = MC^2. Следовательно, \triangle MKC прямоугольный с прямым углом при вершине K , т.е. CK \perp MK .

Поскольку BK \perp MK и CK \perp MK , то \angle BKC является линейным углом двугранного угла между плоскостями (BMK) и (DCC_1) . Обозначим этот угол \varphi . Найдём косинус угла \varphi из \triangle BKC по теореме косинусов: BC^2 = BK^2 + CK^2 - 2 \cdot BK \cdot CK \cdot \cos\varphi \cos\varphi = \frac{BK^2 + CK^2 - BC^2}{2 \cdot BK \cdot CK} = \frac{\frac{57}{4} + \frac{21}{4} - 3^2}{2 \cdot \sqrt{\frac{57}{4}} \cdot \sqrt{\frac{21}{4}}} = \sqrt{\frac{7}{19}}. Следовательно, искомый угол \varphi = \arccos\sqrt{\frac{7}{19}} . Можно также выразить через арктангенс: \sin^2\varphi = 1-\frac{7}{19}=\frac{12}{19}, \Longrightarrow \tg^2\varphi = \frac{12/19}{7/19} = \frac{12}{7}, \Longrightarrow

\tg\varphi = \frac{2\sqrt{21}}{7}.

Ответ: б) \displaystyle \arctg \frac{2\sqrt{21}}{7} .

Пример 3.15

На ребре AA_1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA_1B_1C_1D_1 взята точка E так, что A_1E : EA = 2 : 3 , на ребре BB_1 — точка F так, что B_1F : FB = 1 : 4 , а точка T — середина ребра B_1C_1 . Известно, что AB = 6 , AD = 4 , AA_1 = 10 .

а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D_1 .

б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью AA_1B_1 .

Решение.

а) Построим сечение прямоугольного параллелепипеда плоскостью (EFT) . Точки E и F лежат в плоскости грани (AA_1B_1B) , а точки F и T — в плоскости грани (BB_1C_1C) , соединим их (рис. 5).

Stereo_2_43_s Рис. 5: К примеру 3.15

Поскольку боковые грани (AA_1D_1D) и (BB_1C_1C) параллельны, то секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведём через точку E прямую EP_1 , параллельную FT , где P_1 — точка на ребре A_1D_1 . Рассмотрим прямоугольные треугольники \triangle A_1P_1E и \triangle B_1TF . Так как их стороны попарно сонаправлены ( A_1P_1 \parallel B_1T , A_1E \parallel B_1F , EP_1 \parallel FT ), эти треугольники подобны по двум углам. Из подобия следует: \frac{A_1P_1}{B_1T} = \frac{A_1E}{B_1F}. Найдём длины отрезков из условия: A_1E = \frac{2}{5}AA_1 = \frac{2}{5}\cdot 10 = 4 . B_1F = \frac{1}{5}BB_1 = \frac{1}{5}\cdot 10 = 2 . Так как T — середина B_1C_1 , B_1C_1=AD=4 , то B_1T = 2 . Подставим значения в пропорцию: \frac{A_1P_1}{2} = \frac{4}{2} \implies A_1P_1 = 4. Так как A_1D_1 = AD = 4 , то точка P_1 совпадает с точкой D_1 . Следовательно, сечение проходит через вершину D_1 (рис. 6).

Stereo_2_44_s Рис. 6: К примеру 3.15

б) Плоскости (AA_1B_1) и (EFT) пересекаются по прямой EF . Угол между плоскостями \varphi можно найти по формуле, связывающей площадь сечения S_{EFTD_1} и площадь его ортогональной проекции на плоскость (AA_1B_1) , которой является трапеция A_1B_1FE . \cos\varphi = \frac{S_{проекции}}{S_{сечения}} = \frac{S_{A_1B_1FE}}{S_{EFTD_1}} Найдём обе площади.

1. Площадь проекции S_{A_1B_1FE} . Это прямоугольная трапеция с основаниями A_1E=4 , B_1F=2 и высотой A_1B_1=AB=6 (рис. 7). S_{A_1B_1FE} = \frac{A_1E+B_1F}{2} \cdot A_1B_1 = \frac{4+2}{2} \cdot 6 = 18.

Stereo_2_45_s Рис. 7: К примеру 3.15

2. Площадь сечения S_{EFTD_1} . Из пункта (а) мы знаем, что это трапеция, так как FT \parallel ED_1 (рис. 8).

Stereo_2_46_s Рис. 8: К примеру 3.15

Найдём её стороны.

Основание FT : В \triangle FB_1T , FT = \sqrt{B_1F^2+B_1T^2} = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2} .

Основание ED_1 : В \triangle EA_1D_1 , ED_1 = \sqrt{A_1E^2+A_1D_1^2} = \sqrt{4^2+4^2} = 4\sqrt{2} .

Боковая сторона D_1T : В \triangle D_1C_1T , D_1T = \sqrt{D_1C_1^2+C_1T^2} = \sqrt{6^2+2^2} = 2\sqrt{10} .

Боковая сторона EF : EF = \sqrt{AB^2+(FB-EA)^2} = \sqrt{6^2+(8-6)^2} = 2\sqrt{10} .

Так как D_1T = EF , трапеция является равнобедренной. Найдём её высоту h . h = \sqrt{EF^2 - \left(\frac{ED_1-FT}{2}\right)^2} = \sqrt{(2\sqrt{10})^2 - \left(\frac{4\sqrt{2}-2\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{38}. S_{EFTD_1} = \frac{FT+ED_1}{2} \cdot h = \frac{2\sqrt{2}+4\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{38} = 6\sqrt{19}. 3. Найдём угол: \cos\varphi = \frac{18}{6\sqrt{19}} = \frac{3}{\sqrt{19}}. Найдём тангенс угла: \sin^2\varphi = 1-\cos^2\varphi = 1 - \frac{9}{19} = \frac{10}{19} \Rightarrow \sin\varphi = \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{19}} \Longrightarrow

\tg\varphi = \frac{\sqrt{10}}{3}. \varphi = \arctg\frac{\sqrt{10}}{3}.

Ответ: б) \displaystyle \arctg \frac{\sqrt{10}}{3} .