Намиране на ъгли и разстояния в куб/призма(УНСС Модул 3 ЕПИ)

[nutb0ll]

Здравейте, това са две задачи, които не разбирам как се решават(1) и какво изобщо се търси(2).

1)
На фигурата е даден куб [tex]ABCDA_{1 }B_{1 }C_{1 }D_{1 }[/tex]. Точка [tex]O[/tex] е средата на диагонала [tex]B_{1 }D_{1 }[/tex] . Да се намери ъгълът между [tex]AO[/tex] и
[tex]CA_{1 }[/tex] . Отг. е [tex]90^\circ[/tex]

2)
На фигурата е дадена права призма [tex]ABCDA_{1 }B_{1 }C_{1 }D_{1 }[/tex]. Основата й е правоъгълник [tex]ABCD[/tex] със страни [tex]AB = 3[/tex]
и [tex]BC = 4[/tex]. Да се намери разстоянието между правата [tex]АA_{1 }[/tex] и равнината [tex]BDC_{1 }[/tex]. Отг. е [tex]0[/tex]

[Davids]

Задача първа:

Cube.png (14.89 KiB) Прегледано 742 пъти

Ще разгледаме трапеца $ACOA_1$ (няма да си обясняваме защо съответните отсечки лежат в една равнина ), в който ще търсим ъгъла между диагоналите $AO = d_1$ и $CA_1 = d_2$.
Първо по Питагорови теореми ще намерим $d_1 = \sqrt{A_1O^2 + AA_1^2} = ... = \frac{a\sqrt{6}}{2}$
Аналогично $d_2 = \sqrt{AC^2 + AA_1^2} = ... = a\sqrt{3}$
Сега ще ползваме лица. Един път изразяваме лицето на трапеца по класическата формула:
$S = \frac{A_1O + AC}{2}.AA_1 = ... = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4}$
И втори път ще го изразим с формула, универсална за всички триъгълници:
$S = \frac{d_1.d_2.sin\phi}{2}$, където $\phi$ е точно ъгълът между диагоналите, който търсим.
Оттам $S = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4} = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4}.sin\phi$ и следва, че $sin\phi = 1$, откъдето и $\phi = 90^{\circ}$

А за втора задача нещо не ми се връзва... Очевидно правата пресича равнината, следователно не виждам за какво разстояние от права до равнина можем да говорим? Ако може да разясниш... доколкото знам аз, разстояние от права до равнина можем да търсим само ако правата е успоредна на равнината. Нещо ми намирисва

[nutb0ll]

Задача първа:

Cube.png

Ще разгледаме трапеца $ACOA_1$ (няма да си обясняваме защо съответните отсечки лежат в една равнина ), в който ще търсим ъгъла между диагоналите $AO = d_1$ и $CA_1 = d_2$.
Първо по Питагорови теореми ще намерим $d_1 = \sqrt{A_1O^2 + AA_1^2} = ... = \frac{a\sqrt{6}}{2}$
Аналогично $d_2 = \sqrt{AC^2 + AA_1^2} = ... = a\sqrt{3}$
Сега ще ползваме лица. Един път изразяваме лицето на трапеца по класическата формула:
$S = \frac{A_1O + AC}{2}.AA_1 = ... = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4}$
И втори път ще го изразим с формула, универсална за всички триъгълници:
$S = \frac{d_1.d_2.sin\phi}{2}$, където $\phi$ е точно ъгълът между диагоналите, който търсим.
Оттам $S = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4} = \frac{3\sqrt{2}a^2}{4}.sin\phi$ и следва, че $sin\phi = 1$, откъдето и $\phi = 90^{\circ}$

А за втора задача нещо не ми се връзва... Очевидно правата пресича равнината, следователно не виждам за какво разстояние от права до равнина можем да говорим? Ако може да разясниш... доколкото знам аз, разстояние от права до равнина можем да търсим само ако правата е успоредна на равнината. Нещо ми намирисва

Значи мерси първо за решението на първата задача (много време я мъдрих без особен прогрес) .. а втората сега я сравних от помагалото и си е
така условието .. може би като се пресичат [tex]AA_{1 }[/tex] и [tex]BDC_{1 }[/tex] има логика да е 0 това разстояние.

ПС: С какво се чертаят тези симпатични чертежи ..не че и paint не свърши работа, но все пак

[Davids]

Значи мерси първо за решението на първата задача (много време я мъдрих без особен прогрес) .. а втората сега я сравних от помагалото и си е
така условието .. може би като се пресичат [tex]AA_{1 }[/tex] и [tex]BDC_{1 }[/tex] има логика да е 0 това разстояние.

ПС: С какво се чертаят тези симпатични чертежи ..не че и paint не свърши работа, но все пак

Сигурно искат да те пробват дали мислиш Но все пак се съмнявам, гнила работа ми мяза
Иначе чертежите ги правя с GeoGebra, бързо, лесно и удобно е, може да го поразгледаш