Szabályos négyszögű prizma alapoldala abcda1b1c1d1. Metszet szabályos négyszögű prizmában

Egy szabályos négyszögletű ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 prizmában az alap oldalai egyenlőek 2-vel, az oldalélek pedig 5-tel. Az E pontot az AA 1 élen jelöljük úgy, hogy AE: EA 1 = 3:2 Határozzuk meg az ABC és a BED 1 sík közötti szöget.

Megoldás. Legyen a D 1 E egyenes metszi az AD egyenest a K pontban. Ekkor az ABC és a BED 1 síkok a KB egyenes mentén metszik egymást.

Az E pontból leeresztjük az EH merőlegest a KB egyenesre, ekkor az AH szakasz (EH vetítés) merőleges lesz a KB egyenesre (három merőleges tétele).

Az AHE szög az ABC és BED 1 síkok által alkotott diéderszög lineáris szöge.

Mivel AE: EA 1 = 3: 2, a következőt kapjuk: .

Az A 1 D 1 E és AKE háromszögek hasonlóságából kapjuk: .

A derékszögű AKB derékszögű háromszögben: AB = 2, AK = 3, ; honnan jön a magasság?
.

A derékszögű AHE derékszögű háromszögből a következőt kapjuk: és ∠ AHE = arctán(√13/2).

Válasz: arctan(√13/2).

Önálló megoldási feladatok

1. Négyszögletes paralelepipedonban ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 AB 1 = 2, AD = AA 1 = 1. Határozza meg az AB egyenes és az ABC 1 sík közötti szöget!

2. Egy ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 derékszögű hatszögű prizmában minden szög egyenlő 1-gyel. Határozzuk meg a B pont és a DEA 1 sík távolságát!

3. Négyszögletes paralelepipedonban ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 AB = 1, AA 1 = 2. Határozza meg az AB 1 egyenes és az ABC 1 sík közötti szöget!

Tekintsünk egy másik kétpontos sztereometrikus problémát a tanító CMM-ekből.

Feladat.Szabályos négyszögű prizmában ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 az alap AB oldala egyenlő 5-tel, az AA 1 oldalél pedig öt négyzetgyökével. A nap bordáin és C 1 D 1 K és L pontokat jelölt ennek megfelelően, ha SC = 2, és C 1 L = 1. Repülőgép gpárhuzamos a B egyenessel D és K és pontokat tartalmaz L.

a) Igazoljuk, hogy az A 1 C egyenes merőleges a síkrag.

b) Határozzuk meg egy gúla térfogatát, amelynek teteje A 1 pont, alapja pedig egy adott prizma síkbeli metszeteg.

Megoldás.a) Gondosan egészítsük ki a rajzot és elemezzük az adatokat. Mert ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 - szabályos négyszögű prizma, jelentése alap ABCD – 5-ös oldalú négyzet. Az oldalbordák az alapokra merőlegesek. A repülő ótagáthalad a K ponton és párhuzamos a B egyenessel D , majd a sík metszésvonalagés az ABC sík párhuzamos a B egyenessel D (Ha egy adott síkkal párhuzamos egyenesen egy másik síkot húzunk, akkor ezeknek a síkoknak a metszésvonala párhuzamos lesz az adott egyenessel).

A K ponton keresztül B-vel párhuzamos egyenest húzunk D a kereszteződéshez CD Ez azt jelenti, hogy CM merőleges az AC-re ( mert egy négyzet átlói BD és AC merőlegesek ).

BCD háromszögek és az SCM hasonlóak (mindkettő téglalap alakú és egyenlő szárú), ami azt jelenti, hogy CM=KS=2. Az SKM háromszög Pitagorasz-tételét használva azt kapjuk, hogy KM = 2√2, és a háromszögből BCD BD =5 √2 . Egy négyzet átlói egyenlőek, ami azt jelenti, hogy AC = BD =5 √2.

Most a lényegen keresztül L húzz egy egyenest B-vel párhuzamosan D a kereszteződéshez B 1 C 1 a T pontban. A T szakasz mentén L repülőgép KM L metszi a felső alapot ( Ha két párhuzamos síkot metsz egy harmadik sík, akkor a metszésvonalak párhuzamosak lesznek). Tehát T C 1 = C 1 L =1. A T háromszögből LC 1 a Pitagorasz-tétel szerint T L = √2.

Egyenlőszárú trapéz CT-ben L M pont H – a felső alap közepe, pont N - az alsó alap közepe, ami H-t jelent N – a trapéz magassága, N N merőleges a KM-re. Ez azt jelenti, hogy a CM merőleges az AA 1 C síkra, beleértve az A 1 C egyenest is.

Tekintsük egy téglalap alakú prizma átlós keresztmetszetét AA 1 C 1 C. A H pontból leeresztünk egy AC-re merőlegest. Majd N E=EC=N C 1 =0,5 √2. NEM= C C 1 = √5.

Az AA háromszögekben 1 C és N RS szög RSA – általános. Az AA 1 C szög érintője egyenlő 5-tel√2 : √5 = √10 Н N szög érintője E a H háromszögből N E egyenlő √5: 0,5 √2 = √10 . Tehát az AA 1 C és H szögek N E egyenlők. De akkor a fennmaradó szögek A 1 AC = N RS=90 ⁰ . Van A 1 C, amely merőleges a H egyenesekre N és KM, ami azt jelenti, hogy A 1 C merőleges a KT trapéz síkjára L M. Amit bizonyítani kellett.

A piramis térfogatának megtalálásához A 1 CT L M, meg kell találnunk a trapéz CT területét L M és magasság A 1 R. A H háromszögből N E a Pitagorasz-tétel szerint H N 2 =5,5. Trapéz terület CT L M egyenlő: N N *(T L + KM)/2= √5,5 *(√2 + 2 √2)/2=1,5 √11.

Gyakorlat.

Az ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 szabályos négyszögű prizmában az alap oldalai egyenlőek 3-mal, az oldalélek pedig 4-gyel. Az E pontot az AA 1 élen jelöljük úgy, hogy AE: EA 1 = 1: 3.

a) Szerkessze meg az ABC és a BED 1 síkok metszésvonalát!

b) Határozza meg az ABC és a BED 1 síkok közötti szöget!

Megoldás:

a) Szerkessze meg a síkok metszésvonalát!ABC ésÁGY 1.

Építsük meg a BED 1 síkot. Az E és D 1 pont ugyanabban a síkban van, ezért húzzunk egy ED 1 egyenest.

Az E és B pont ugyanabban a síkban van, ezért húzzunk egy EB egyenest. Mivel egy szabályos négyszögletű prizma lapjai párhuzamosak, húzzunk a BB 1 C 1 C lapban az ED 1 egyenessel párhuzamos BF egyenest. Az F és a D 1 pont ugyanabban a síkban van, ezért húzzunk egy FD 1 egyenest. Megszereztük a szükséges BED 1 síkot.

Mivel az ED 1 egyenes és az AD egyenes ugyanabban a ADD 1 síkban fekszik, ezért metszik egymást a K pontban, amely az ABC síkban van. A K és B pont az ABC és BED 1 síkban található, ezért az ABC és a BED 1 síkok a KB egyenes mentén metszik egymást. Az ABC és BED 1 síkok szükséges metszésvonala megalkotásra került.

b) Határozza meg a síkok közötti szöget!ABC ésÁGY 1

Az AE szakasz merőleges az ABC síkra, az E pontból leengedjük az EH merőlegest a KB egyenesre. A H pont az ABC síkban van, ekkor az AH az EH vetülete az ABC síkra. A ferde EH-re merőleges egyenes átmegy a H ponton, majd a három merőleges tétele alapján az AH szakasz merőleges a KB egyenesre.

Szög ∠EHA az ABC és BED 1 síkok által alkotott diéderszög lineáris szöge. Szög ∠EHA az ABC és BED 1 síkok kívánt szöge. Határozzuk meg ennek a szögnek az értékét.

Tekintsük az EHA derékszögű háromszöget (∠A = 90˚):

AE feltétel szerint: EA 1 = 1: 3, majd AE: AA 1 = 1: 4.

Az AKE és az A 1 D 1 E háromszögek tehát hasonlóak

A 1 D 1 = 3, AE = 1, A 1 E = AA 1 – AE = 3

Tekintsük az AKB derékszögű háromszöget (∠A = 90˚).