Куб

[DekataBG]

Успях да докажа, че проекцията на А в равнината лежи на симетралата на D1B1. От тук нататък нищо не можах да докажа(освен, че проекцията на N не съвпада с петата на височината на тр. MB1D1 към MB1). Мисля, че проекцията на N ще лежи на височината към MB1 (не е на триъгълника, извън него ще да е)

[S.B.]

Без заглавие - 2021-03-19T190243.833.png (306.24 KiB) Прегледано 432 пъти

Нека страната на куба е $a$
[tex]MB_{1 }[/tex] е пресечница на равнините $(MB_{1 }D_{1 })$ и $(ABB_{1 }A_{1 }) \Rightarrow$ $MB_{1 }$ принадлежи и на двете равнини.
Също така и $AN\in ABB_{1 }A_{1 }$ и тъй като $AM = \frac{1}{3}a$ ,а $BN = \frac{1}{2}a \Rightarrow AN\cap MB_{1 } = P$
като точката $P$ е в равнината $(ABB_{1 }A_{1 })$ ,но извън стената $ABB_{1 }A_{1 }$ на куба
Построявам $NH\bot MB_{1 }$
$PH$ е проекцията на $PN$ върху равнината $MB_{1 }D_{1 }$
Но $AN\in PN \Rightarrow \angle HPN = \alpha$ е ъгъла който ни интересува.
От $\triangle MB_{1 }A_{1 }$ намирам $MB_{1 } = \frac{a\sqrt{13}}{3}$
От $\triangle ABN$ намирам $AN = \frac{a\sqrt{5}}{2}$
$\angle A_{1 }MB_{1 } = \angle HB_{1 }N = \varphi$ (като кръстни)
От $\triangle A_{1 }MB_{1 } \rightarrow sin\varphi = \displaystyle\frac{A_{1 }B_{1 }}{MB_{1 }} = \displaystyle\frac{a}{\displaystyle\frac{a\sqrt{13}}{3}} = \displaystyle\frac{3\sqrt{13}}{13}$
От $\triangle HNB_{1 } \rightarrow \frac{HN}{B_{1 }N} = sin\varphi \Leftrightarrow HN = \frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{13}}{3} \Rightarrow HN = \frac{3a\sqrt{13}}{26}$
От $\triangle NHP \rightarrow sin\alpha = \frac{NH}{PN}$
Търсим $PN$
$\triangle PAM\approx \triangle PB_{1 }N$ тъй като $ AM || NB_{1 } \Rightarrow \frac{PN}{PA} = \frac{NB_{1 }}{MA}$
Нека $PA = x \Rightarrow PN = x + \frac{a\sqrt{5}}{2}$
$\displaystyle\frac{PN}{PA} = \displaystyle\frac{NB_{1 }}{NA} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{x + \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}}{x} = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a}{2}}{\displaystyle\frac{a}{3}} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{x + \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}}{x} = \displaystyle\frac{3}{2} \Rightarrow x = a\sqrt{5 } \Rightarrow PN = \displaystyle\frac{3a\sqrt{5}}{2}$
От $\triangle HNP \rightarrow sin\alpha= \displaystyle\frac{HN}{PN}\Leftrightarrow sin\alpha = \displaystyle \frac{\displaystyle\frac{3a\sqrt{13}}{26}}{\displaystyle\frac{3a\sqrt{5}}{2}} \Rightarrow sin\alpha = \frac{\sqrt{65}}{65}$

[DekataBG]

Отговорът, който дават в учебника, е [tex]\frac{5\sqrt{17}}{17}[/tex]. Не казвам, че това е верният отговор, не веднъж съм намирал грешки в отговорите.
Второ - за да е перпендикулярна права на равнина, трябва да е перпендикулярна на две пресичащи се прави от нея. В случая сте написали, че т. Н е ортогоналната проекция на т. N, но за сега е перпендикулярна само на MB1. Може ли да се докаже, че е перпендикулярна и на друга права от тази равнина?

[Евва]

Очевидно е грешен отговор ,защото е по-голям от 1 .

[DekataBG]

Отговорът, който дават в учебника, е [tex]\frac{5\sqrt{17}}{51}[/tex]. Не казвам, че това е верният отговор, не веднъж съм намирал грешки в отговорите.
Второ - за да е перпендикулярна права на равнина, трябва да е перпендикулярна на две пресичащи се прави от нея. В случая сте написали, че т. Н е ортогоналната проекция на т. N, но за сега е перпендикулярна само на MB1. Може ли да се докаже, че е перпендикулярна и на друга права от тази равнина?

Върху 51 трябва да е.. не знам защо съм запомнил върху 17

[S.B.]

Теорема: През дадена точка съществува единствена права перпендикулярна на дадена равнина

(Математика за 11 клас профилирана подготовка, "Анубис" , 2001 г. стр.151)

В случая през точка $N$ съществува единствена права [tex]NH\bot (MB_{1 }D_{1 })[/tex]

[DekataBG]

Теорема: През дадена точка съществува единствена права перпендикулярна на дадена равнина

(Математика за 11 клас профилирана подготовка, "Анубис" , 2001 г. стр.151)

В случая през точка $N$ съществува единствена права [tex]NH\bot (MB_{1 }D_{1 })[/tex]

Теоремата е вярна. Но както казах, трябва да се докаже, че тази права е перпендикулярна на цялата равнина, не само на една права от нея.

[S.B.]

.... за да е перпендикулярна права на равнина, трябва да е перпендикулярна на две пресичащи се прави от нея. В случая сте написали, че т. Н е ортогоналната проекция на т. N, но за сега е перпендикулярна само на MB1. Може ли да се докаже, че е перпендикулярна и на друга права от тази равнина?

Без заглавие - 2021-03-20T165720.116.png (276.18 KiB) Прегледано 378 пъти

Ще се опитам да докажа,че [tex]NH\bot[/tex] на още една права от равнината $MB_{1 }D_{1 }$ която пресича правата $MB_{1 }$

Построявам $NH\bot MB_{1 }, H \in MB_{1 }$
Построявам права $p \begin{cases} pZ H \\ p || B_{1 }D_{1 }\\p\cap MD_{1 } = H_{1 }\end{cases}$
Съществува единствена равнина $\alpha\begin{cases} \alpha Z H \\ \alpha \bot MB_{1 }\end{cases}$ Съществува единствена равнина $ \beta\begin{cases} \beta Z H \\ \beta \bot HH_{1 }\end{cases}$
От $\begin{cases} \alpha Z H\\ \beta Z H \end{cases} \rightarrow $ равнините $\alpha$ и $\beta$ имат обща точка $ H \Rightarrow $ имат и обща права $\Rightarrow \alpha\cap \beta = l, H \in l$

От $\begin{cases} l \in \alpha\\ \alpha \bot MB_{1 } \end{cases} \rightarrow l \bot MB_{1 }$

От $\begin{cases} l\in \beta\\ \beta \bot HH_{1 }\end{cases} \rightarrow l\bot HH_{1 }$

От $\begin{cases} l \bot MB_{1 }\\ l Z H\\HN\bot MB_{1 } \end{cases} \rightarrow l\equiv HN$

От $\begin{cases} l\equiv NH \\ l \bot HH_{1 }\end{cases} \rightarrow HN \bot HH_{1 }$

От $\begin{cases}NH \bot MB_{1 } \\ HN \bot HH_{1 }\\MB_{1 }\cap HH_{1 } = H\end{cases} \Rightarrow NH \bot (MB_{1 }D_{1 })$