Четириъгълна пирамида

[Гост]

Дадена е четириъгълна пирамида ABCDQ, основата на която е правоъгълника ABCDQ със страни AB=корен3 и BC=корен2. Ръбът DQ е перпендикулярен на равнината (ABCD) и има дължина 1. Да се намери големината на двустенния ъгъл между стените (ABQ) и (BCQ) на пирамидата.

[nikola.topalov]

Задачата е хубава. Предполагам те е затруднила, понеже пресмятането на този двустенен ъгъл е по-нестандартно. Ако с [tex]M[/tex] означим петата на перпендикуляра от [tex]C[/tex] до ръба [tex]QB[/tex], а с [tex]N[/tex] [tex]-[/tex] петата на перпендикуляра от [tex]M[/tex] до [tex]AB[/tex], то тогава [tex]QB[/tex] е перпендикулярна на две прави от равнината [tex](NCM)[/tex], а оттук и на всяка друга права от нея. И така [tex]QB\perp CN[/tex]. Но диагоналът [tex]DB[/tex] е проекция на [tex]QB[/tex] върху равнината [tex](ABCD)[/tex] и следователно [tex]DB\perp CN[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра. Нататък са сметки [tex]-[/tex] пресмяташ трите страни на [tex]\triangle NCM[/tex], а оттам с косинусова теорема и [tex]\sphericalangle CMN[/tex], който е линейният ъгъл на търсения двустенен ъгъл. Аз обаче ще предложа решение, което включва аналитична геометрия. Много е удобно да разгледаме точка [tex]D[/tex] като начало на тримерната декартова координатна система, понеже там имаме три прави ръбни ъгъла. Определяме координатите на върховете на пирамидата [tex]-[/tex] [tex]D(0,0,0)[/tex], [tex]A(\sqrt{2},0,0)[/tex], [tex]B(\sqrt{2},\sqrt{3},0)[/tex], [tex]C(0,\sqrt{3},0)[/tex] и [tex]Q(0,0,1)[/tex]. Сега образуваме векторите [tex]\overrightarrow{QA}(\sqrt{2},0,-1)[/tex], [tex]\overrightarrow{QB}(\sqrt{2},\sqrt{3},-1)[/tex] и [tex]\overrightarrow{QC}(0,\sqrt{3},0)[/tex]. Ще пресметнем векторните произведения [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}[/tex] и [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}[/tex]. Защо? Защото по този начин всъщност намираме два вектора, които са перпендикулярни на равнините [tex](ABQ)[/tex] и [tex](BCQ)[/tex], като внимателно решаваме дали да образуваме лява или дясна тройка вектори, така че търсеният двустенен ъгъл да е равен на ъгъла между векторните произведения. Използваме стандартните означения за единичните вектори [tex]-[/tex] [tex]\vec{e}_1[/tex], [tex]\vec{e}_2[/tex] и [tex]\vec{e}_3[/tex]. Тогава
$$\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}=\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\vec{e}_1& \vec{e}_2 & \vec{e}_3 \\
\sqrt{2} & \sqrt{3} & -1 \\
\sqrt{2} & 0 & -1
\end{matrix}\right)=\vec{e}_1\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{3} & -1\\
0 & -1
\end{matrix}\right)-\vec{e}_2\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{2} & -1\\
\sqrt{2} & -1
\end{matrix}\right)+\vec{e}_3\mathrm{det}\left(\begin{matrix}
\sqrt{2} & \sqrt{3}\\
\sqrt{2} & 0
\end{matrix}\right)=
-\sqrt{3}\vec{e}_1-\sqrt{6}\vec{e}_3$$
Следователно [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}(-\sqrt{3},0,-\sqrt{6})[/tex]. Напълно аналогично намираме [tex]\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}(0,-\sqrt{2},\sqrt{6})[/tex]. Знаейки координатите на двата вектора, вече можем да пресметнем тяхното скаларно произведение, а оттам и ъгъла между тях. И така
$$(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA})\cdot(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC})=-6$$
От друга страна обаче
$$(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA})\cdot(\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC})=\Vert\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QA}\Vert \Vert\overrightarrow{QB}\times\overrightarrow{QC}\Vert\cos\phi=6\sqrt{2}\cos\phi$$
където с [tex]\phi[/tex] сме си означили ъгъла между двата вектора. Приравняваме двете равенства и получаваме [tex]-6=6\sqrt{2}\cos\phi[/tex]. За косинуса на [tex]\phi[/tex] получаваме хубава стойност, а именно [tex]\cos\phi=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}[/tex], откъдето взимайки под внимание, че ъгъл между два вектора приема стойности от [tex]0^\circ[/tex] до [tex]180^\circ[/tex], окончателно получаваме [tex]\phi=135^\circ[/tex], с което задачата е решена.

[Гост]

Благодаря много

[Гост]

Квадрат ABCDQ?

[S.B.]

Дадена е четириъгълна пирамида ABCDQ, основата на която е правоъгълника ABCDQ със страни AB=корен3 и BC=корен2. Ръбът DQ е перпендикулярен на равнината (ABCD) и има дължина 1. Да се намери големината на двустенния ъгъл между стените (ABQ) и (BCQ) на пирамидата.

Без заглавие - 2021-11-12T232249.291.png (368.92 KiB) Прегледано 359 пъти

Стереометрично решение
От [tex]\triangle ADQ \rightarrow AQ = \sqrt{3}[/tex] ( по Питагор)
От [tex]\triangle DCQ \rightarrow CQ = 2[/tex] ( по Питагор)
$AQ$ е проекция на $AD$ , [tex]AD \bot AB \Rightarrow AD \bot AB \Rightarrow \triangle ABQ[/tex] е правоъгълен (Т - ма за 3-те перпендикуляра)
$DC$ е проекция на $QC$ ,[tex]DC \bot BC \Rightarrow DC \bot BC \Rightarrow \triangle BCQ[/tex] е правоъгълен (T -ма за 3-те перпендикуляра)
За [tex]\triangle ABQ \rightarrow BQ = \sqrt{6} , AM \bot BQ , AM = BM = MQ = \frac{ \sqrt{6} }{2}[/tex] (триъгълникът е равнобедрен,правоъгълен)
За [tex]\triangle BCQ \rightarrow MN \bot BQ , N \in QC[/tex]
[tex]\angle AMN[/tex] е линейният ъгъл на търсеният двустенен ъгъл
Нека в [tex]\triangle BQC , \angle BQC = \varphi[/tex]
[tex]\frac{BC}{CQ} = \tg \varphi \Rightarrow \tg \varphi = \frac{ \sqrt{2} }{2}[/tex]
За [tex]\triangle MNQ \rightarrow \frac{MN}{MQ} = \tg \varphi \Rightarrow MN = MQ.\tg \varphi \Leftrightarrow MN = \frac{ \sqrt{6} }{2}. \frac{ \sqrt{2} }{2} \Rightarrow MN = \frac{ \sqrt{3} }{2}[/tex]
За [tex]\triangle MNQ \rightarrow QN = \frac{3}{2}[/tex] ( по Питагорова теорема)
За [tex]\triangle DNQ[/tex] прилагам Косинусова теорема.
[tex]\angle CDQ = 60 ^\circ[/tex] ( триъгълникът $CDQ$ е правоъгълен ,[tex]DQ = \frac{DC}{2} \Rightarrow \angle DCQ = 30 ^\circ , \angle DQC = 60 ^\circ[/tex])
[tex]DN^{2 } = DQ^{2 } + NQ^{2 } - 2.DQ.QN. \frac{1}{2} \Leftrightarrow DN^{2 } = 1 + \frac{9}{4} - \frac{3}{2} \Leftrightarrow DN^{2 } = \frac{7}{4} \Rightarrow DN = \frac{ \sqrt{7} }{2}[/tex]
[tex]AD \bot DC, AD \bot DQ \Rightarrow AD \bot (DCQ) ,DN \in (DCQ) \Rightarrow AD \bot DN \Rightarrow \triangle ADN[/tex] е правоъгълен [tex]AN = \frac{ \sqrt{15} }{2}[/tex]
За [tex]\triangle AMN[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \angle AMN = \displaystyle\frac{ AN^{2 } - AM^{2 } - MN^{2 } }{-2. AM.MN} \Leftrightarrow \cos \angle AMN = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{15 - 6 - 3}{4} }{- \displaystyle \frac{ \sqrt{6}. \sqrt{3} }{4} } \Rightarrow \cos \angle AMN = - \displaystyle \frac{ \sqrt{2} }{2}[/tex]
$$\Rightarrow \angle AMN = 135 ^\circ$$

[Гост]

Благодаря!