Моля за помощ - Ъгъл между права и равнина

[Гост]

Здравейте! Моля за помощ за следните задачи от материал за ъгъл между права и равнина. Нищо не разбирам от написаното в урока, а и в училище само ни накараха да препишем решените задачи от урока... Не разбирам как да построя търсените ъгли. Задачите са от учебника на Регалия 6 за 11 клас. Ще съм благодарен на всякаква помощ.

[Гост]

Това са 4 задачи!Бих ти помогнал ,ако за всяка направиш някакъв опит ,снимаш чертежа,който си направил и напишеш какво не ти е ясно."Нищо не разбирам!" означава,направете ми чертежите и решете задачите,за да представя домашно.

[Гост]

Ако можех да направя чертежа нямаше да казвам, че не мога и не, не ме мързи да опитам и опитвам, но наистина не разбирам абсолютно нищо, мога да кажа вече наизуст всички решени задачи в учебника, но нито една не ми помага за тези задачи с нищо. Благодаря все пак!

[KOPMOPAH]

Търси ли се някакъв косинус почти винаги става дума за използване на вектори или аналитична геометрия. Пиши, ако трябва да се използва такъв материал.

Ще започна с последната задача, защото там виждам друго решение.

Ъгъл между права и равнина - 4.png (14.71 KiB) Прегледано 671 пъти

На чертежа съм изобразил само основата на пирамидата. След като околните ръбове са равни, значи те се проектират в равни отсечки, а това ни дава много важната информация, че около четириъгълника $ABCD$ може да се опише окръжност. Тогава изразяваме по два начина $AC$ чрез косинусова теорема - веднъж за $\triangle ABC$ и втори път за $\triangle ACD$ и приравняваме$$AC^2=AB^2+BC^2-2.AB.BC.\cos\varphi=25+625-250\cos\varphi~~~~(1)$$ $$AC^2=CD^2+AD^2-2.CD.AD.\cos(\pi-\varphi)=1225+289+1190\cos\varphi~~~~(2)$$
От равенствата $(1)$ и $(2)$ след извършване на действията получаваме, че $\cos\varphi=-0,6$. Заместваме получената стойност на косинуса в някое от двете равенства и получаваме $\boxed{AC=\sqrt{800}=20\sqrt2}$.

Сега прилагаме синусова теорема, според която$$\frac{AC}{\sin\varphi}=2R,~~R=OA=OB=OC=OD$$Като се има предвид, че $\sin\varphi=0,8$ (защо ли... ), получаваме $R=25\sqrt 2~~~ $ . Но толкова е и височината, следователно търсеният ъгъл е $45^\circ$, а околните ръбове...

[S.B.]

Ако можех да направя чертежа нямаше да казвам, че не мога и не, не ме мързи да опитам и опитвам, но наистина не разбирам абсолютно нищо, мога да кажа вече наизуст всички решени задачи в учебника, но нито една не ми помага за тези задачи с нищо. Благодаря все пак!

Без заглавие - 2024-05-12T141935.774.png (296.94 KiB) Прегледано 650 пъти

Това,че знаете наизуст всички решени задачи ,няма как да Ви помогне.Математиката не е литературно произведение и ако Вие до този момент (вече сте в 11 клас!) сте учили старателно всичко наизуст сега няма да можете да се оправите в раздел "Стереометрия",където трябва да използвате много от знанията ,които би трябвало да сте усвоили до 11 клас.

Задача 3:
Косинусът на ъгъла между правата [tex]A B_{1 }[/tex] и равнината [tex]AC C_{1 }[/tex] е ъгълът между правата [tex]A B_{1 }[/tex] и нейната ортогонална проекция в равнината [tex]AC C_{1 } A_{1 }[/tex]
За това съм начертала призмата да лежи върху стената [tex]AC C_{1 } A_{1 }[/tex], тъй като това е проекционната равнина върху която ще се проектира правата [tex]A B_{1 }[/tex]

Ще трябва да научите урока за проекция!

Равнината не се ограничава само върху стената [tex]AC C_{1 } A_{1 }[/tex], за това на чертежа съм начертала по- голяма равнина от въпросната стена.

Първо трябва да се намери проекцията на точка [tex]B_{1 }[/tex] в проекционната равнина.След като научиш урока за проекциите ,ще разбереш,че проекцията на върха [tex]B_{1 }[/tex] върху равнината [tex]AC C_{1 } A_{1 }[/tex] е т.$P$ - петата на перпендикуляра спуснат от [tex]B_{1 }[/tex] към [tex]ACC_{1 } A_{1 } \Rightarrow B_{1 }P \bot (AC C_{1 } A_{1 } )[/tex]
[tex]AP[/tex] е проекцията на правата [tex]A B_{1 }[/tex] в проекционната равнина , а [tex]\angle B_{1 }AP[/tex] е ъгълът чийто косинус търсим.

За [tex]\triangle A_{1 } B_{1 } C_{1 }[/tex] прилагам Косинусова теорема ( учи се в 10 клас) и намирам,че [tex]\cos \gamma = \cos \angle A_{1 } C_{1 } B_{1 }= - \frac{1}{8}[/tex]
[tex]\Rightarrow \gamma > 90 ^\circ[/tex] и върхът [tex]B_{1 }[/tex] ще се проектира в т.$P$ която е извън тялото на призмата, върху равнината определена от [tex](AC C_{1 } )[/tex]
[tex]\angle \gamma _{1 } = \angle B_{1 } C_{1 }P = 180 ^\circ - \gamma[/tex] (учи се в 7 клас) [tex]\Rightarrow \cos \gamma _{1 } = \frac{1}{8}[/tex] (учи се в 9 клас)
От [tex]\triangle C_{1 } B_{1 }P \rightarrow \frac{ C_{1 }P }{ C_{1 } B_{1 } } = \cos \gamma _{1 } \Leftrightarrow \frac{ C_{1 }P }{4} = \frac{1}{8} \Rightarrow C_{1 }P = \frac{1}{2}[/tex] (учи се в 9 клас)
[tex]A_{1 }P = A_{1 } C_{1 } + C_{1 }P = 4 + \frac{1}{2} \Rightarrow A_{1 }P = 4 \frac{1}{2}[/tex]
[tex]\triangle A A_{1 }P[/tex] е правоъгълен, прилагам Питагорова теорема (учи се в 9 клас) и получавам [tex]AP = \frac{ \sqrt{337} }{2}[/tex]
[tex]\triangle A A_{1 } B_{1 }[/tex] е правоъгълен ,прилагам Питагорова теорема и намирам [tex]A B_{1 }= 10[/tex]
От [tex]\triangle AP B_{1 } \rightarrow \frac{AP}{A B_{1 } } = \cos \angle PA B_{1 }[/tex]
$$\Rightarrow \cos \angle PA B_{1 } = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{ \sqrt{337} }{2} }{10} = \displaystyle \frac{ \sqrt{337} }{20} $$

Този е косинусът между правата [tex]AB_{1 }[/tex] и равнината [tex]AC C_{1 }[/tex]

Скрит текст: покажи

Математика се учи с разбиране - химикал и лист хартия , специално планиметрия и стереометрия с чертане, а не като стихотворение

[KOPMOPAH]

Ъгъл между права и равнина - 3.png (18.74 KiB) Прегледано 632 пъти

Идеята за решение е следната:

- изразяваме обема на пирамидата $A_1BC_1B_1$ по два начина:

$~~~~~~~~V=\frac 13A_1B_1.BB_1.B_1C_1 ~~(1)$

$~~~~~~~~V=\frac 13S_{A_1BC_1}.BG ~~~~~~~~~~~~(2)$, като $S_{A_1BC_1}$ се намира по Херонова формула, а $A_1B$, $BC_1$ и $A_1C_1$ - по Питагорова теорема.

- от равенствата $(1)$ и $(2)$ намираме $B_1G$, което е височината за пирамидата $A_1BC_1B_1$, значи и разстоянието от върха $B_1$ до равнината $(A_1BC_1)$

- отсечката $A_1G$ е проекцията на $A_1B_1$ върху равнината $(A_1BC_1)$, значи търсим косинуса на $\measuredangle B_1A_1G$. Като сме получили $B_1G$ можем да намерим синуса на ъгъла, а оттам - и косинуса.

[Гост]

Много благодаря за решенията и насоките! Разбирам всичко написано и смятам, че ще се справя. Не е задължително да се решава с векторна база. Ще пререша задачите. За мен проблемът е в чертежите, не си преставям нещата.

[Гост]

За задача 5 - за обема (когато за основа приемаме триъгълник ВВ1С1) мисля, че трябва да има и върху 2. Намерих лицето на триъгълник А1С1В без Херонова формула, тъй като е равнобедрен много лесно се получава като си намерим височината. И така получих за разстояноието 10/[tex]\sqrt{3}[/tex] . Отново ОГРОМНО благодаря! Изпитвам големи затруднения при начертаването на самите чертежи и откриването на ъглите,които се търсят, иначе след това ми е лесно да реша задачите и по няколко начина.

[Гост]

[quote="Гост"]За задача 5 - за обема (когато за основа приемаме триъгълник ВВ1С1) мисля, че трябва да има и върху 2. Намерих лицето на триъгълник А1С1В без Херонова формула, тъй като е равнобедрен много лесно се получава като си намерим височината. И така получих за разстояноието 10/[tex]\sqrt{3}[/tex] . Отново ОГРОМНО благодаря! Изпитвам големи затруднения при начертаването на самите чертежи и откриването на ъглите,които се търсят, иначе след това ми е лесно да реша задачите и по няколко начина.
Извинявам се получих 10/3 за разстоянието, а за cos - 2[tex]\sqrt{2}[/tex]/3.

[Гост]

Търси ли се някакъв косинус почти винаги става дума за използване на вектори или аналитична геометрия. Пиши, ако трябва да се използва такъв материал.

Ще започна с последната задача, защото там виждам друго решение.

Ъгъл между права и равнина - 4.png

На чертежа съм изобразил само основата на пирамидата. След като околните ръбове са равни, значи те се проектират в равни отсечки, а това ни дава много важната информация, че около четириъгълника $ABCD$ може да се опише окръжност. Тогава изразяваме по два начина $AC$ чрез косинусова теорема - веднъж за $\triangle ABC$ и втори път за $\triangle ACD$ и приравняваме$$AC^2=AB^2+BC^2-2.AB.BC.\cos\varphi=25+625-250\cos\varphi~~~~(1)$$ $$AC^2=CD^2+AD^2-2.CD.AD.\cos(\pi-\varphi)=1225+289+1190\cos\varphi~~~~(2)$$
От равенствата $(1)$ и $(2)$ след извършване на действията получаваме, че $\cos\varphi=-0,6$. Заместваме получената стойност на косинуса в някое от двете равенства и получаваме $\boxed{AC=\sqrt{800}=20\sqrt2}$.

Сега прилагаме синусова теорема, според която$$\frac{AC}{\sin\varphi}=2R,~~R=OA=OB=OC=OD$$Като се има предвид, че $\sin\varphi=0,8$ (защо ли... ), получаваме $R=25\sqrt 2~~~ $ . Но толкова е и височината, следователно търсеният ъгъл е $45^\circ$, а околните ръбове...

Синусът е толкова от основното тригонометрично равенство и е с "+", защото син е положителен във втори квадрант. Околните ръбове се намират с Питагорова теорема за някой от получените равнобедрени триъгълници и са по 50 см. Благодаря ти, че откликна на въпресите ми!!! Сега ще се опитам да приложа и в други задачи това, което разбрах!

[KOPMOPAH]

За задача 5 - за обема (когато за основа приемаме триъгълник ВВ1С1) мисля, че трябва да има и върху 2.

Абсолютно вярно!

[S.B.]

Без заглавие - 2024-05-17T184425.350.png (328.26 KiB) Прегледано 563 пъти

[tex][/tex]
ЗАДАЧА 4:
Нека ръбът на куба е $1$
т.$O$ е център на стената [tex]BC C_{1 } B_{1 }[/tex]
[tex]\triangle AC B_{1 }[/tex] е равностранен ,като [tex]AC = C B_{1 }= B_{1 }A = \sqrt{2}[/tex] (диагонали на стените на куба)
[tex]\Rightarrow OA[/tex] е медиана,ъглополовяща,височина в [tex]\triangle AC B_{1 } , \angle CA B_{1 } = 60 ^\circ[/tex]
[tex]AC \cap NK = P ,AP \bot NK, A B_{1 } \cap MN = Q , AQ \bot MN[/tex] (Защото [tex]\angle QAM = \angle QAN = 45 ^\circ[/tex])
[tex]\triangle ANK \cong \triangle AMN \Rightarrow AQ = AP \Rightarrow \triangle APQ[/tex] е равностранен (равнобедрен с [tex]\angle PAQ = 60 ^\circ[/tex]) [tex]\Rightarrow PQ || C B_{1 }[/tex]
[tex]OA \bot C B_{1 } \Rightarrow OA \bot PQ[/tex]
[tex]OA \cap PQ = S[/tex] ($SP = SQ$)
Търси се косинусът на ъгъла който $OA$ сключва с равнината $(MNK)$
Ъгълът,който $OA$ сключва с равнината $(MNK)$ е ъгълът между $OA$ и нейната ортогонална проекция върху равнината $(MNK)$
$OA$ се проектира ортогонално върху равнината $MNK$ в точка $S$,която е среда на правата $PQ$ от равнината.
[tex]\Rightarrow[/tex] косинусът който търсим е $= 0$

Скрит текст: покажи

Не твърдя,че [tex]OA \bot (MNK)[/tex]! За да е изпълнено това трябва $OA$ да е перпендикулярна на още една права от $(MNK)$ ,която да пресича $PQ$ в т.$S$.Доказах само,че [tex]OA \cap (MNK) = S , S \in PQ , OA \bot PQ[/tex]