Правоъгълен паралелепипед

[veriti79]

Моля за съдействие
Правоъгълен паралелепипед ABCDA1B1C1D1 има ръбове АВ = 16, BC = 24 и AA1 = 12.
През средата F на АD да се построи сечение, [tex]\bot[/tex] на отсечката FB1.
Да се намерят периметъра и лицето на полученото сечение.

[S.B.]

Без заглавие (44).png (554.93 KiB) Прегледано 1032 пъти

Моля за съдействие
Правоъгълен паралелепипед ABCDA1B1C1D1 има ръбове АВ = 16, BC = 24 и AA1 = 12.
През средата F на АD да се построи сечение, [tex]\bot[/tex] на отсечката FB1.
Да се намерят периметъра и лицето на полученото сечение.

Права е перпендикулярна на равнина,когато е перпендикулярна на две пресичащи се прави от равнината.За да построим през т. F равнина перпендикуларна на FB1 ,ще трябва да намерим две пресичащи се прави,всяка от които е перпендикулярна на FB1.Те ще определят равнината на търсеното сечение
1.Решаване на основата ABCD :
$FB$ е ортогоналната проекция на $FB1$ в равнината на основата.Според теоремата за трите перпендикуляра,ако една права от проекционната равнина е перпендикулярна на проекцията на дадена права ,то тя е перпендикулярна и на самата права.Построявам права $p$ ,[tex]\begin{cases} F \in p\\ p \bot FB\end{cases}[/tex] Остава да разберем кой от ръбовете на основата $p$ ще пресече .По Питагор намирам $FB = FC = 20$
За [tex]\triangle CFB[/tex] прилагам косинусова теорема и получавам $ cos \varphi = \frac{7}{25} > 0 \Rightarrow \varphi <90^\circ \Rightarrow p \cap DC = M$
От $ABF \rightarrow tg\alpha = \frac{4}{3}$ от $\triangle MDF \rightarrow \frac{MD}{DF} = tg(90^\circ - \alpha)$ или $MD = 12.cotg\alpha = 12.\frac{3}{4} = 9$
$MF$ една от двете прави,които ще определят сечението.
$\frac{DF}{FM} = cos(90^\circ - \alpha) = sin\alpha = \frac{BA}{BF} = \frac{4}{5} \Rightarrow FM = 15$
2.Решаване на равнината DAB1C1 :
По Питагор от стената $DCC1D1$ намирам $DC1 = AB1 = 20$,пак по Питагор $C1F = B1F = 4\sqrt{34}$, отново прилагам косинусова теорема за $\triangle FB1C1$ и получавам $ cos \gamma = \frac{8}{17} > 0 \Rightarrow \gamma < 90^\circ$
Построявам права $q$ такава,че [tex]\begin{cases} F \in q\\ q \bot FB1\end{cases} , q \cap DC1 = N[/tex]
От $\triangle FAB1 \rightarrow tg\beta = \frac{5}{3}$ От $\triangle NDF \rightarrow \frac{DN}{12} = tg(90^\circ - \beta) = cotg\beta = \frac{3}{5} \Rightarrow DN = 12.\frac{3}{5} = 7,2$
$FN$ е втората права,определяща сечението
$\frac{DF}{FN} = cos(90^\circ - \beta) = sin\beta = \frac{20}{4\sqrt{34}} = \frac{5\sqrt{34}}{34} \Rightarrow \frac{12}{FN} = \frac{5\sqrt{34}}{34} \Rightarrow FN = \frac{12\sqrt{34}}{5}$
Сечението е триъгълникът FMN за който намерихме:
$FM = 15 , FN = \frac{12\sqrt{34}}{5}$
Решаване на стената DCC1D1:
От $\triangle DCC1 \rightarrow cos\delta = \frac{4}{5}$ За $\triangle DMN$ прилагам косинусова теорема,като знаем $DN = 7,2,DM = 9 ,cos\delta = \frac{4}{5}$ и получавам $MN = 5,4$
Получихме,размерите на страните на сечението $MNF :MN= 5,4 , FM = 15 , FN = \frac{12\sqrt{34}}{5}$
$P_{FMN } = 20,4 + \frac{12\sqrt{34}}{5}$
С косинусова теорема намирам $cos\angle FMN = 0,36 \Rightarrow sin\angle FMN = 0,87$
$S_{FMN } = \frac{FM.MN}{2}sin\angle FMN = \frac{15.5,4}{2}.0,87=35,235$

Скрит текст: покажи

Ако не съм оплела конците на сметките би трябвало да се получи това.Идеята предполагам е ясна