За почитателите на изчезващото изкуство "Стереометрия"

[KOPMOPAH]

За основа на права призма $ABCA_1B_1C_1$ служи правоъгълният триъгълник $ABC, \measuredangle C=90^\circ$, $\measuredangle A=30^\circ$, $BC=4$. Точка $K$ е средата на $CC_1$.

Да се построи сечение през $A_1B$ успоредно на $B_1K$ и да се намери ъгълът между $B_1K$ и $A_1B_1$, ако $\operatorname{tg} A_1BA=\frac 1{\sqrt 2}$.

Скрит текст: покажи

А тук щях да сложа чертежа, но оставих това удоволствие на ценителите...

[S.B.]

За основа на права призма $ABCA_1B_1C_1$ служи правоъгълният триъгълник $ABC, \measuredangle C=90^\circ$, $\measuredangle A=30^\circ$, $BC=4$. Точка $K$ е средата на $CC_1$.

Да се построи сечение през $A_1B$ успоредно на $B_1K$ и да се намери ъгълът между $B_1K$ и $A_1B_1$, ако $\operatorname{tg} A_1BA=\frac 1{\sqrt 2}$.

Скрит текст: покажи

А тук щях да сложа чертежа, но оставих това удоволствие на ценителите...

1) Построение

Без заглавие (54).png (325.16 KiB) Прегледано 405 пъти

Призмата е "обърната" и лежи на околната си стена [tex]BB_{1 }C_{1 }C[/tex] .Правата $KB_{1 }$ лежи в равнината на стената $BB_{1 }C_{1 }C$, а правата $A_{1 }B$ пробожда тази равнина в т.$B$.Двете прави са кръстосани.Построявам в равнината на стената $BB_{1 }C_{1 }C$ права $l$,такава,че $\begin{cases} l z B \\ l || KB_{1 } \end{cases}$ Двте прави $l$ и $A_{1 }B$ се пресичат в т.$B$ и определят единствена равнина $\delta$, за която е изпълнено $\begin{cases} A_{1 }B \in \delta\\KB_{1 } || \delta\end{cases}$
$\delta $ пресича призмата в сечението $A_{1 }BL$

2) Определяне на ъгъла

Без заглавие (75).png (315.77 KiB) Прегледано 405 пъти

От $\triangle ABC \rightarrow \angle C = 90^\circ, \angle A = 30^\circ , BC = 4 \Rightarrow AB = 8 , AC = 4\sqrt{2}$
От $\triangle ABA_{1 } \rightarrow \angle A = 90^\circ,\angle A_{1 }BA = \varphi , tg\varphi = \frac{A_{1 }A}{AB} \Leftrightarrow \frac{A_{1 }A}{8} = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow AA_{1 } = 4\sqrt{2}$
От $\triangle KC_{1 }A_{1 } \rightarrow \angle KC_{1 }A_{1 } = 90^\circ ,KC_{1 } = 2\sqrt{2} ,A_{1 }C_{1 } = 4\sqrt{3} \Rightarrow A_{1 }K = 2\sqrt{14}$
От $\triangle KC_{1 }B_{1 } \rightarrow \angle KC_{1 }B_{1 } = 90^\circ , KC_{1 }= 2\sqrt{2} ,B_{1 }C_{1 } = 4 \Rightarrow KB_{1 } = 2\sqrt{6}$
За $\triangle KA_{1 }B_{1 } \rightarrow \angle KB_{1 }A_{1 } = \gamma$ , прилагам Косинусова теорема:
$cos\gamma = \frac{A_{1 }K^{2} - A_{1 }B_{1 }^{2} - KB_{1 }^{2}}{- 2.KB_{1 }.A_{1 }B_{1 }} \Leftrightarrow cos\gamma = \frac{56 - 64 - 24}{- 4\sqrt{6}.8} \Rightarrow cos\gamma = \frac{\sqrt{6}}{6}$