Двустенен ъгъл

[Гост]

Основата ABC на пирамидата ABCS е равнобедрен правоъгълен триъгълник, в който [tex]\angle[/tex]ABC=90[tex]^\circ[/tex]. Околните ръбове SA, SB и SC сключват с равнината на основата ъгли, всеки по 45[tex]^\circ[/tex]. Намерете тангенса на ъгъла между равнините (S, A, C) и (S, B, C)
Отг: [tex]\sqrt{2}[/tex]

[nikola.topalov]

От това, че околните ръбове сключват равни ъгли с основата следва, че ортогоналната проекция на върха [tex]S[/tex] на пирамидата съвпада с центъра на описаната окръжност около правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. със средата на хипотенузата му [tex]AB[/tex]. Нека си я означим с [tex]D[/tex]. Тогава [tex]\angle DAS=\angle DBS=\angle DCS=45^\circ[/tex]. Построяваме [tex]BF\perp SC[/tex] ([tex]F\in SC[/tex]). Ще докажем, че линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBC)[/tex] е [tex]\angle BFD[/tex].

geogebra-export (29).png (70.42 KiB) Прегледано 415 пъти

Имаме, че [tex]DC[/tex] е ортогонална проекция на [tex]SC[/tex] върху [tex](ABC)[/tex] и [tex]BD\perp DC[/tex], следователно [tex]SC\perp BD[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра. Излезе, че [tex]SC[/tex] е перпендикулярна на две пресекателни прави от равнината [tex](DBF)[/tex], следователно и на цялата равнина, а оттук и на всяка права от нея. И така [tex]SC\perp DF[/tex]. Освен това [tex]FD\perp BD[/tex] (защо?), следователно търсим отношението [tex]\dfrac{BD}{DF}[/tex]. Да си означим [tex]BD=x[/tex]. Намираме [tex]DS=DC=x[/tex] и [tex]DF=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x[/tex] (като височина в правоъгълен равнобедрен триъгълник), откъдето за търсеното отношение получаваме [tex]\sqrt{2}[/tex].

[Гост]

От това, че околните ръбове сключват равни ъгли с основата следва, че ортогоналната проекция на върха [tex]S[/tex] на пирамидата съвпада с центъра на описаната окръжност около правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. със средата на хипотенузата му [tex]AB[/tex]. Нека си я означим с [tex]D[/tex]. Тогава [tex]\angle DAS=\angle DBS=\angle DCS=45^\circ[/tex]. Построяваме [tex]BF\perp SC[/tex] ([tex]F\in SC[/tex]). Ще докажем, че линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBC)[/tex] е [tex]\angle BFD[/tex].

geogebra-export (29).png

Имаме, че [tex]DC[/tex] е ортогонална проекция на [tex]SC[/tex] върху [tex](ABC)[/tex] и [tex]BD\perp DC[/tex], следователно [tex]SC\perp BD[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра. Излезе, че [tex]SC[/tex] е перпендикулярна на две пресекателни прави от равнината [tex](DBF)[/tex], следователно и на цялата равнина, а оттук и на всяка права от нея. И така [tex]SC\perp DF[/tex]. Освен това [tex]FD\perp BD[/tex] (защо?), следователно търсим отношението [tex]\dfrac{BD}{DF}[/tex]. Да си означим [tex]BD=x[/tex]. Намираме [tex]DS=DC=x[/tex] и [tex]DF=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x[/tex] (като височина в правоъгълен равнобедрен триъгълник), откъдето за търсеното отношение получаваме [tex]\sqrt{2}[/tex].

Благодаря за решението! Мисля, че открих по-лесен начин да докажем, че BO[tex]\bot[/tex]ON. ON се проектира в OM (т. М[tex]\in[/tex]AB). OM[tex]\bot[/tex]OB[tex]\Rightarrow[/tex] ON[tex]\bot[/tex] OB от теоремата за трите перпендикуляра.

[Гост]

От това, че околните ръбове сключват равни ъгли с основата следва, че ортогоналната проекция на върха [tex]S[/tex] на пирамидата съвпада с центъра на описаната окръжност около правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. със средата на хипотенузата му [tex]AB[/tex]. Нека си я означим с [tex]D[/tex]. Тогава [tex]\angle DAS=\angle DBS=\angle DCS=45^\circ[/tex]. Построяваме [tex]BF\perp SC[/tex] ([tex]F\in SC[/tex]). Ще докажем, че линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBC)[/tex] е [tex]\angle BFD[/tex].

geogebra-export (29).png

Имаме, че [tex]DC[/tex] е ортогонална проекция на [tex]SC[/tex] върху [tex](ABC)[/tex] и [tex]BD\perp DC[/tex], следователно [tex]SC\perp BD[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра. Излезе, че [tex]SC[/tex] е перпендикулярна на две пресекателни прави от равнината [tex](DBF)[/tex], следователно и на цялата равнина, а оттук и на всяка права от нея. И така [tex]SC\perp DF[/tex]. Освен това [tex]FD\perp BD[/tex] (защо?), следователно търсим отношението [tex]\dfrac{BD}{DF}[/tex]. Да си означим [tex]BD=x[/tex]. Намираме [tex]DS=DC=x[/tex] и [tex]DF=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x[/tex] (като височина в правоъгълен равнобедрен триъгълник), откъдето за търсеното отношение получаваме [tex]\sqrt{2}[/tex].

Благодаря за решението! Мисля, че открих по-лесен начин да докажем, че BO[tex]\bot[/tex]ON. ON се проектира в OM (т. М[tex]\in[/tex]AB). OM[tex]\bot[/tex]OB[tex]\Rightarrow[/tex] ON[tex]\bot[/tex] OB от теоремата за трите перпендикуляра.

(О е проекцията на S в равнината на основата)

[Гост]

От това, че околните ръбове сключват равни ъгли с основата следва, че ортогоналната проекция на върха [tex]S[/tex] на пирамидата съвпада с центъра на описаната окръжност около правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. със средата на хипотенузата му [tex]AB[/tex]. Нека си я означим с [tex]D[/tex]. Тогава [tex]\angle DAS=\angle DBS=\angle DCS=45^\circ[/tex]. Построяваме [tex]BF\perp SC[/tex] ([tex]F\in SC[/tex]). Ще докажем, че линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBC)[/tex] е [tex]\angle BFD[/tex].

geogebra-export (29).png

Имаме, че [tex]DC[/tex] е ортогонална проекция на [tex]SC[/tex] върху [tex](ABC)[/tex] и [tex]BD\perp DC[/tex], следователно [tex]SC\perp BD[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра. Излезе, че [tex]SC[/tex] е перпендикулярна на две пресекателни прави от равнината [tex](DBF)[/tex], следователно и на цялата равнина, а оттук и на всяка права от нея. И така [tex]SC\perp DF[/tex]. Освен това [tex]FD\perp BD[/tex] (защо?), следователно търсим отношението [tex]\dfrac{BD}{DF}[/tex]. Да си означим [tex]BD=x[/tex]. Намираме [tex]DS=DC=x[/tex] и [tex]DF=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x[/tex] (като височина в правоъгълен равнобедрен триъгълник), откъдето за търсеното отношение получаваме [tex]\sqrt{2}[/tex].

Благодаря за решението! Мисля, че открих по-лесен начин да докажем, че BO[tex]\bot[/tex]ON. ON се проектира в OM (т. М[tex]\in[/tex]AB). OM[tex]\bot[/tex]OB[tex]\Rightarrow[/tex] ON[tex]\bot[/tex] OB от теоремата за трите перпендикуляра.

(N е петата на перпендикулярите от O и B)

[S.B.]

Основата ABC на пирамидата ABCS е равнобедрен правоъгълен триъгълник, в който [tex]\angle[/tex]ABC=90[tex]^\circ[/tex]. Околните ръбове SA, SB и SC сключват с равнината на основата ъгли, всеки по 45[tex]^\circ[/tex]. Намерете тангенса на ъгъла между равнините (S, A, C) и (S, B, C)
Отг: [tex]\sqrt{2}[/tex]

Без заглавие - 2022-03-17T161446.411.png (291.56 KiB) Прегледано 394 пъти

Още един поглед върху задачата

Нека за основата приемем [tex]AB = BC = a \Rightarrow AC = a\sqrt{2}[/tex]
Всички околни ръбове сключват с равнината на основата ъгли равни на [tex]45 ^\circ \Rightarrow[/tex] върхът $S$ се проектира върху центъра на описаната около основата окръжност т.$H$ ,[tex]H \in AC , AH = CH = \frac{a \sqrt{2} }{2}[/tex]
За [tex]\triangle ACS \rightarrow \angle CAS = \angle ACS = 45 ^\circ \Rightarrow \angle ASC = 90 ^\circ[/tex]
[tex]\triangle ABC \cong \triangle ACS[/tex] ( по втори прзнак) [tex]\Rightarrow CS = CB = a \Rightarrow \triangle BCS[/tex] е равностранен.
Построявам [tex]HP \bot CS[/tex]
В правоъгълния [tex]\triangle HCS \rightarrow HP = SP = PS = \frac{a}{2}[/tex]
В равностранния [tex]\triangle BCS[/tex] построявам $BP$ - медиана,също и височина [tex]\Rightarrow BP \bot CS, BP = \frac{a \sqrt{3} }{2}[/tex]
От правоъгълния [tex]\triangle ABC \rightarrow AH = HC = HB = \frac{a \sqrt{2} }{2}[/tex]
Двустенният ъгъл [tex]\angle (BCS),(ACS)[/tex] се измерва с линейния [tex]\angle \varphi = \angle BPH[/tex],където [tex]PH \bot CS,BP \bot CS[/tex]
За [tex]\triangle BPH[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \displaystyle \frac{ HB^{2 } - HP^{2 } - BP^{2 } }{-2.HP.BP} = \displaystyle \frac{ ( \frac{a \sqrt{2} }{2}) ^{2 } - ( \frac{a}{2}) ^{2 } - ( \frac{a \sqrt{3} }{2} )^{2 } }{- 2. \frac{a}{2}. \frac{a \sqrt{3} }{2} } = \displaystyle \frac{-\displaystyle \frac{2 a^{2 } }{4} }{-\displaystyle \frac{ a^{2 } \sqrt{3} }{2} } = \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{3}[/tex]
[tex]\cos \varphi = \frac{ \sqrt{3} }{3} , \sin \varphi = \frac{ \sqrt{6} }{3} \Rightarrow \tg \varphi = \frac{\sin \varphi }{\cos \varphi } = \sqrt{2}[/tex]