Куб. Углы между: плоскостями, прямой и плоскостью и прямыми в пространстве: Часть 3

Видео

Конспект

Пример 2.13

В кубе ABCDA_1B_1C_1D_1 все ребра равны 5 . На его ребре BB_1 отмечена точка K так, что KB = 4 . Через точки K и C_1 проведена плоскость \alpha , параллельная прямой BD_1 .

а) Докажите, что A_1P:PB_1 = 3:1 , где P — точка пересечения плоскости \alpha с ребром A_1B_1 .

б) Найдите угол наклона плоскости \alpha к плоскости грани BB_1C_1C .

Stereo_2_79

Рис. 5: К примеру 2.13

Stereo_2_80

Рис. 6: К примеру 2.13

Решение.

а) Поскольку плоскость \alpha параллельна BD_1 , она пересекает плоскость DD_1B_1 по прямой KQ \parallel BD_1 (рис. 5). Проведем прямую C_1Q до пересечения с A_1B_1 в точке P . Из подобия \triangle BB_1D_1 и \triangle KB_1Q следует, что B_1Q = \frac{1}{5} B_1D_1 = \sqrt 2 . Далее, \triangle PQB_1 подобен \triangle C_1QB_1 по первому признаку подобия. Отсюда \frac{PB_1}{C_1D_1} = \frac{B_1Q}{D_1Q} ~ \Longrightarrow PB_1 = 5\cdot \frac{\sqrt 2}{4\sqrt 2} = \frac{5}{4}. \frac{A_1P}{PB_1} = \frac{15}{4} : \frac{5}{4} = 3:1. б) Построим линейный угол двугранного угла между плоскостями \alpha и BB_1C_1C . Отметим, что PB_1 \perp BB_1C , поэтому, если провести высоту B_1H в \triangle KB_1C_1 , то PH будет перпендикулярно KC_1 по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, \angle PHB_1 является искомым линейным углом. Рассмотрим прямоугольный \triangle KB_1C_1 . По теореме Пифагора KC_1 = \sqrt{26} . Площадь S_{KB_1C_1 } = \frac{5}{2} , значит, \displaystyle B_1H = \frac{5}{\sqrt{26}} . Тогда из \triangle PB_1H находится \displaystyle \tg \angle PHB_1 = \frac{\sqrt{26}}{4} .

Ответ: б) \displaystyle \arctg \frac{\sqrt{26}}{4} .

Угол между прямой и плоскостью

Пример 2.14

В кубе ABCDA_1B_1C_1D_1 найдите синус угла между прямой AB и плоскостью CB_1D_1 .

Stereo_2_74

Рис. 7: К примеру 2.14

Решение.

Пусть сторона куба равна a . Угол между прямой и плоскостью CB_1D_1 совпадает с с углом между этой плоскостью и прямой CD в силу параллельности ребер (рис. 7). Треугольник сечения равносторонний, перпендикуляр, опущенный из точки D на плоскость сечения, попадет в точку O — центр треугольника CBD_1 . Угол \alpha между плоскостью CB_1D_1 и прямой DC есть угол между прямой и ее проекцией на плоскость CDB_1 : \cos \alpha= \frac{OC}{DC}=\frac{a\sqrt 2 \frac{\sqrt 3}{3}}{a}. Тогда искомый синус угла есть \displaystyle\sin\alpha= \sqrt{1-\cos^2 \alpha}=\frac{1}{\sqrt 3} .

Ответ: \displaystyle \frac{\sqrt 3}{3} .

Задача 2.15

В кубе ABCDA_1B_1C_1D_1 найдите тангенс угла между прямой AC_1 и плоскостью BDD_1 .

Решение.

Пусть ребро куба равно a .

Построим сечение куба плоскостью BDD_1 . Это диагональное сечение BDD_1B_1 (рис. 8).

Прямая AC_1 пересекает это сечение в точке Q , которая является центром куба.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Найдем проекцию прямой AC_1 на плоскость (BDD_1) .

Для этого опустим перпендикуляр из точки A на плоскость (BDD_1) . Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD в основании.

Так как ABCD — квадрат, то AO \perp BD .

Ребро BB_1 перпендикулярно всей плоскости основания (ABC) , следовательно, BB_1 \perp AO .

Поскольку AO перпендикулярен двум пересекающимся прямым ( BD и BB_1 ) в плоскости (BDD_1) , то AO \perp (BDD_1) .

Таким образом, AO — перпендикуляр, опущенный из точки A на плоскость (BDD_1) , а отрезок OQ является проекцией наклонной AQ на эту плоскость.

Следовательно, искомый угол \varphi — это угол \angle AQO .

Рассмотрим прямоугольный треугольник \triangle AQO (прямой угол при вершине O ).

Катет AO — это половина диагонали основания: AO = \frac{1}{2} AC = \frac{a\sqrt{2}}{2} .

Катет OQ — это расстояние от центра основания до центра куба, что равно половине высоты куба: OQ = \frac{a}{2} .

Найдем тангенс угла \varphi : \tg\varphi = \frac{AO}{OQ} = \frac{a\sqrt{2}/2}{a/2} = \sqrt{2}.

Stereo_2_16_s

Рис. 8: К задаче 2.15

Ответ: \displaystyle\sqrt 2 .