Двустенен ъгъл

[Крисоко]

Затруднения със 4-те задачки

[KOPMOPAH]

Затруднения и със завъртяна снимка

[S.B.]

Задача 19.

Скрит текст: покажи

Да беше обърнал снимката!Изкривих си врата!

Без заглавие (98).png (272.33 KiB) Прегледано 481 пъти

[tex]AF[/tex] е проекция на $AD$ върху $ AC \in(ABC) ,\angle ACB = 90^\circ \Rightarrow AC\bot BC \Rightarrow AD\bot BC$ ( по теоремата на 3-те перпендикуляра)
$\angle ADC = 90^\circ \Rightarrow AD \bot DC$
От $\begin{cases} AD \bot BC \\ AD\bot DC \end{cases} \Rightarrow AD \bot $ на 2 пресичащи се прави от равнината $(BDC) \Rightarrow $
$AD\bot (BDC) \Rightarrow AD \bot$ на всяка права от равнината $(BDC)$
$BD \in (BDC) \Rightarrow AD \bot BD \Rightarrow \angle ADB = 90^\circ \Rightarrow\triangle ABD$ е правоъгълен
$BD = \sqrt{AB^{2} - AD^{2}} \Leftrightarrow BD = \sqrt{25 - 9} = 4$ (по Питагорова теорема)

[Крисоко]

Съжалявам за снимката.
Как бих могъл да докажа в зада 18 че перпендикурът през върха A пресича телесния диагонал DB1 в средата му?

[S.B.]

Съжалявам за снимката.
Как бих могъл да докажа в зада 18 че перпендикурът през върха A пресича телесния диагонал DB1 в средата му?

Никак.Това не е вярно.
Там се получават два еднакви правоъгълни триъгълници $DAB_{1 }$ и $DBB_{1 }$с обща хипотенуза [tex]DB_{1 }[/tex] Това което искаш да докажеш е,че симетрала та на $DB_{1 }$ минава през върха на правия ъгъл на единия от тях т.е да бъде негова медиана,която за да е перпендикулярна, ще трябва тя да е и височина - т. е. триъгълниците да са равнобедрени,което не е вярно.

[S.B.]

Задача 18:

Без заглавие (18).png (308.18 KiB) Прегледано 398 пъти

[tex]DB[/tex] е ортогоналната проекция на $DB_{1 }$ в равнината на основата $(ABCD)$
$DB\bot AC$ ( като диагонали в квадрат ) и по теоремата за трите перпендикуляра $\Rightarrow DB_{1 } \bot AC$
От $\begin{cases}AC\bot BD \\ AC \bot DB_{1 } \end{cases} \Rightarrow AC\bot $ на две пресичащи се прави от $(DBB_{1 } )\Rightarrow$
$ AC\bot (DBB_{1 }) \Rightarrow AC \bot$ на всяка права от $(DBB_{1 })$
$AC\cap DB = O \Rightarrow O\in BDB_{1 }$ и от $ AC \bot (BDB_{1 }) \Rightarrow O $ е ортогоналната проекция на $A$ в $(BDB_{1 })$
Нека в $\triangle BDB_{1 }$ означим $\angle BDB_{1 } = \delta$
От $\triangle BDB_{1 } \rightarrow sin\delta = \frac{BB_{1 }}{DB_{1 }} \Leftrightarrow sin\delta = \frac{a}{a\sqrt{3}} \Rightarrow sin\delta = \frac{\sqrt{3}}{3}$
В равнината $(DBB_{1 })$ построявам $OM \bot DB_{1 } , M\in DB_{1 }$
За $\triangle DOM \rightarrow sin\delta = \displaystyle\frac{OM}{OD} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{OM}{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow OM = \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6} $
$AO\bot (BDB_{1 }) \Rightarrow AO\bot$ на всяка права от равнината $(DBB_{1 })$
$OM\in (DBB_{1 }) \Rightarrow AO\bot OM$ и $OM$ е ортогоналната проекция на $AM $ в равнината $(BDB_{1 })$
Но по построение $OM \bot DB_{1 }$ и тогава по теоремата за трите перпендикуляра $AM \bot DB_{1 }$
От $\begin{cases} OM\in (DBB_{1 }) , OM\bot DB_{1 }\\ AM\in (ADB_{1 }) , AM\bot DB_{1 } \end{cases}$
$ \Rightarrow AM$ и $OM$ принадлежат на равнините $(ADB_{1 })$ и $(DBB_{1 })$ и са перпендикулярни на пресечницата им $DB_{1 }$ следва,че $\angle AMO = \varphi$ е търсеният ъгъл.
От $\triangle AMO \rightarrow \displaystyle\frac{AO}{MO} = tg\varphi \Leftrightarrow \displaystyle \frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}} \Rightarrow tg\varphi = \sqrt{3} \Rightarrow \varphi = 60^\circ$