Ugao između dvije ravnine koje se sijeku: definicija, primjeri nalaženja. Ugao između linija Odredite oštar ugao između linija

\(\blacktriangleright\) Diedarski ugao je ugao koji čine dvije poluravnine i prava linija \(a\), koja je njihova zajednička granica.

\(\blacktriangleright\) Da biste pronašli ugao između ravni \(\xi\) i \(\pi\) , morate pronaći linearni ugao (i ljuto ili ravno) diedarski ugao formiran od ravni \(\xi\) i \(\pi\):

Korak 1: neka \(\xi\cap\pi=a\) (linija presjeka ravnina). U ravni \(\xi\) označimo proizvoljnu tačku \(F\) i nacrtamo \(FA\perp a\) ;

Korak 2: izvršite \(FG\perp \pi\) ;

Korak 3: prema TTP (\(FG\) – okomito, \(FA\) – koso, \(AG\) – projekcija) imamo: \(AG\perp a\) ;

Korak 4: Ugao \(\ugao FAG\) naziva se linearni ugao diedarskog ugla koji formiraju ravni \(\xi\) i \(\pi\) .

Imajte na umu da je trougao \(AG\) pravougao.
Imajte na umu da je ravan \(AFG\) konstruisana na ovaj način okomita na obje ravni \(\xi\) i \(\pi\) . Stoga to možemo reći drugačije: ugao između ravni\(\xi\) i \(\pi\) je ugao između dvije prave koje se seku \(c\in \xi\) i \(b\in\pi\) koje formiraju ravan okomitu na i \(\xi\ ) i \(\pi\) .

Zadatak 1 #2875

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Zadana je četverokutna piramida, čiji su svi rubovi jednaki, a osnova je kvadrat. Pronađite \(6\cos \alpha\) , gdje je \(\alpha\) ugao između njegovih susjednih bočnih strana.

Neka je \(SABCD\) data piramida (\(S\) je vrh) čije su ivice jednake \(a\) . Prema tome, sve bočne strane su jednaki jednakostrani trouglovi. Nađimo ugao između lica \(SAD\) i \(SCD\) .

Uradimo \(CH\perp SD\) . Jer \(\trougao SAD=\trougao SCD\), tada će \(AH\) također biti visina \(\trougla SAD\) . Prema tome, po definiciji, \(\ugao AHC=\alpha\) je linearni ugao diedralnog ugla između strana \(SAD\) i \(SCD\) .
Pošto je baza kvadrat, onda \(AC=a\sqrt2\) . Imajte na umu da je \(CH=AH\) visina jednakostraničnog trougla sa stranom \(a\), dakle, \(CH=AH=\frac(\sqrt3)2a\) .
Zatim, prema teoremi kosinusa iz \(\trokut AHC\): \[\cos \alpha=\dfrac(CH^2+AH^2-AC^2)(2CH\cdot AH)=-\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad 6\cos\alpha=-2.\]

Odgovor: -2

Zadatak 2 #2876

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Ravni \(\pi_1\) i \(\pi_2\) seku se pod uglom čiji je kosinus jednak \(0,2\). Ravni \(\pi_2\) i \(\pi_3\) seku se pod pravim uglom, a linija preseka ravni \(\pi_1\) i \(\pi_2\) je paralelna sa linijom preseka ravnine \(\pi_1\) i \(\pi_2\) ravni \(\pi_2\) i \(\ pi_3\) . Pronađite sinus ugla između ravni \(\pi_1\) i \(\pi_3\) .

Neka je linija presjeka \(\pi_1\) i \(\pi_2\) prava \(a\), a linija presjeka \(\pi_2\) i \(\pi_3\) prava linija \(b\), a linija presjeka \(\pi_3\) i \(\pi_1\) – prava \(c\) . Budući da \(a\paralelno b\) , onda \(c\paralelno a\paralelno b\) (prema teoremi iz dijela teorijske reference „Geometrija u prostoru“ \(\rightarrow\) „Uvod u stereometriju, paralelizam”).

Označimo tačke \(A\in a, B\in b\) tako da je \(AB\perp a, AB\perp b\) (ovo je moguće jer \(a\parallel b\) ). Označimo \(C\in c\) tako da je \(BC\perp c\) , dakle, \(BC\perp b\) . Zatim \(AC\perp c\) i \(AC\perp a\) .
Zaista, pošto je \(AB\perp b, BC\perp b\) , tada je \(b\) okomito na ravan \(ABC\) . Budući da su \(c\paralelno a\paralelno b\), tada su prave \(a\) i \(c\) također okomite na ravan \(ABC\), pa prema tome na bilo koju pravu iz ove ravni, posebno , linija \ (AC\) .

Iz toga slijedi \(\ugao BAC=\ugao (\pi_1, \pi_2)\), \(\ugao ABC=\ugao (\pi_2, \pi_3)=90^\krug\), \(\ugao BCA=\ugao (\pi_3, \pi_1)\). Ispada da je \(\trougao ABC\) pravougaonog oblika, što znači \[\sin \angle BCA=\cos \angle BAC=0.2.\]

Odgovor: 0.2

Zadatak 3 #2877

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Date prave linije \(a, b, c\) koje se seku u jednoj tački, a ugao između bilo koje dve od njih jednak je \(60^\circ\) . Pronađite \(\cos^(-1)\alpha\) , gdje je \(\alpha\) ugao između ravni koju čine prave \(a\) i \(c\) i ravni koju čine prave \( b\ ) i \(c\) . Odgovor dajte u stepenima.

Neka se prave sijeku u tački \(O\) . Pošto je ugao između bilo koje dvije od njih jednak \(60^\circ\), onda sve tri prave ne mogu ležati u istoj ravni. Označimo tačku \(A\) na pravoj \(a\) i nacrtamo \(AB\perp b\) i \(AC\perp c\) . Onda \(\trokut AOB=\trokut AOC\) kao pravougaoni duž hipotenuze i oštrog ugla. Prema tome, \(OB=OC\) i \(AB=AC\) .
Uradimo \(AH\perp (BOC)\) . Zatim prema teoremi o tri okomice \(HC\perp c\) , \(HB\perp b\) . Pošto je \(AB=AC\) , onda \(\trokut AHB=\trokut AHC\) kao pravougaoni duž hipotenuze i kraka. Prema tome, \(HB=HC\) . To znači da je \(OH\) ​​simetrala ugla \(BOC\) (pošto je tačka \(H\) jednako udaljena od stranica ugla).

Imajte na umu da smo na ovaj način konstruisali i linearni ugao diedarskog ugla formiranog od ravni koju čine prave \(a\) i \(c\) i ravni koju čine prave \(b\) i \(c \) . Ovo je ugao \(ACH\) .

Nađimo ovaj ugao. Pošto smo tačku \(A\) odabrali proizvoljno, izaberimo je tako da je \(OA=2\) . Zatim u pravokutnom \(\trokut AOC\): \[\sin 60^\circ=\dfrac(AC)(OA) \quad\Rightarrow\quad AC=\sqrt3 \quad\Rightarrow\quad OC=\sqrt(OA^2-AC^2)=1.\ ] Pošto je \(OH\) ​​simetrala, onda \(\ugao HOC=30^\circ\) , dakle, u pravougaonom \(\trokutu HOC\): \[\mathrm(tg)\,30^\circ=\dfrac(HC)(OC)\quad\Rightarrow\quad HC=\dfrac1(\sqrt3).\] Zatim iz pravokutnog \(\trokuta ACH\): \[\cos\angle \alpha=\cos\angle ACH=\dfrac(HC)(AC)=\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad \cos^(-1)\alpha=3.\]

Odgovor: 3

Zadatak 4 #2910

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Ravni \(\pi_1\) i \(\pi_2\) seku se duž prave linije \(l\) na kojoj leže tačke \(M\) i \(N\). Segmenti \(MA\) i \(MB\) su okomiti na pravu \(l\) i leže u ravnima \(\pi_1\) i \(\pi_2\), respektivno, i \(MN = 15 \) , \(AN = 39\) , \(BN = 17\) , \(AB = 40\) . Pronađite \(3\cos\alpha\) , gdje je \(\alpha\) ugao između ravni \(\pi_1\) i \(\pi_2\) .

Trougao \(AMN\) je pravougli, \(AN^2 = AM^2 + MN^2\), odakle \ Trougao \(BMN\) je pravougao, \(BN^2 = BM^2 + MN^2\), iz kojeg \Pišemo kosinus teoremu za trougao \(AMB\): \ Onda \ Pošto je ugao \(\alpha\) između ravnina oštar ugao, a \(\ugao AMB\) se pokazao tup, tada je \(\cos\alpha=\dfrac5(12)\) . Onda \

Odgovor: 1.25

Zadatak 5 #2911

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) je paralelepiped, \(ABCD\) je kvadrat sa stranom \(a\), tačka \(M\) je osnova okomice spuštene iz tačke \(A_1\) na ravan \ ((ABCD)\) , osim toga, \(M\) je tačka presjeka dijagonala kvadrata \(ABCD\) . To je poznato \(A_1M = \dfrac(\sqrt(3))(2)a\). Pronađite ugao između ravni \((ABCD)\) i \((AA_1B_1B)\) . Odgovor dajte u stepenima.

Konstruirajmo \(MN\) okomito na \(AB\) kao što je prikazano na slici.

Pošto je \(ABCD\) kvadrat sa stranicom \(a\) i \(MN\perp AB\) i \(BC\perp AB\) , tada \(MN\paralelno BC\) . Pošto je \(M\) tačka preseka dijagonala kvadrata, onda je \(M\) središte \(AC\), dakle, \(MN\) je srednja linija I \(MN =\frac12BC= \frac(1)(2)a\).
\(MN\) je projekcija \(A_1N\) na ravan \((ABCD)\), a \(MN\) je okomita na \(AB\), tada je, prema teoremi o tri okomice, \ (A_1N\) je okomito na \(AB \), a ugao između ravni \((ABCD)\) i \((AA_1B_1B)\) je \(\ugao A_1NM\) .
\[\mathrm(tg)\, \ugao A_1NM = \dfrac(A_1M)(NM) = \dfrac(\frac(\sqrt(3))(2)a)(\frac(1)(2)a) = \sqrt(3)\qquad\Rightarrow\qquad\ugao A_1NM = 60^(\circ)\]

Odgovor: 60

Zadatak 6 #1854

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

U kvadratu \(ABCD\) : \(O\) – tačka preseka dijagonala; \(S\) – ne leži u ravni kvadrata, \(SO \perp ABC\) . Pronađite ugao između ravnina \(ASD\) i \(ABC\) ako je \(SO = 5\) i \(AB = 10\) .

Pravokutni trougao \(\trokut SAO\) i \(\trokut SDO\) jednaki su po dvije stranice i ugao između njih (\(SO \perp ABC\) \(\Strelica desno\) \(\ugao SOA = \ugao SOD = 90^\krug\); \(AO = DO\) , jer \(O\) – tačka preseka dijagonala kvadrata, \(SO\) – zajednička stranica) \(\Strelica desno\) \(AS = SD\) \(\Strelica desno\) \(\trougao ASD\ ) – jednakokraki. Tačka \(K\) je sredina \(AD\), tada je \(SK\) visina trougla \(\trokut ASD\), a \(OK\) je visina trougla \( AOD\) \(\ Strelica desno\) ravan \(SOK\) je okomita na ravni \(ASD\) i \(ABC\) \(\Strelica desno\) \(\ugao SKO\) – linearni ugao jednak željenom diedarski ugao.

U \(\trokut SKO\) : \(OK = \frac(1)(2)\cdot AB = \frac(1)(2)\cdot 10 = 5 = SO\)\(\Strelica desno\) \(\trougao SOK\) – jednakokraki pravougaonog trougla\(\Strelica desno\) \(\ugao SKO = 45^\krug\) .

Odgovor: 45

Zadatak 7 #1855

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

U kvadratu \(ABCD\) : \(O\) – tačka preseka dijagonala; \(S\) – ne leži u ravni kvadrata, \(SO \perp ABC\) . Pronađite ugao između ravni \(ASD\) i \(BSC\) ako je \(SO = 5\) i \(AB = 10\) .

Pravokutni trougao \(\trokut SAO\) , \(\trokut SDO\) , \(\trokut SOB\) i \(\trokut SOC\) jednaki su po dvije stranice i ugao između njih (\(SO \perp ABC) \) \(\Strelica desno\) \(\ugao SOA = \ugao SOD = \ugao SOB = \ugao SOC = 90^\krug\); \(AO = OD = OB = OC\), jer \(O\) – tačka preseka dijagonala kvadrata, \(SO\) – zajednička stranica) \(\Strelica desno\) \(AS = DS = BS = CS\) \(\Strelica desno\) \( \trougao ASD\) i \(\trougao BSC\) su jednakokračne. Tačka \(K\) je sredina \(AD\), tada je \(SK\) visina trougla \(\trokut ASD\), a \(OK\) je visina trougla \( AOD\) \(\ Strelica desno\) ravan \(SOK\) je okomita na ravan \(ASD\) . Tačka \(L\) je sredina \(BC\), zatim \(SL\) je visina u trokutu \(\trokut BSC\), a \(OL\) je visina u trokutu \( BOC\) \(\ Strelica desno\) ravan \(SOL\) (aka ravan \(SOK\)) je okomita na ravan \(BSC\) . Tako dobijamo da je \(\ugao KSL\) linearni ugao jednak željenom diedralnom uglu.

\(KL = KO + OL = 2\cdot OL = AB = 10\)\(\Strelica desno\) \(OL = 5\) ; \(SK = SL\) – jednake visine jednakokraki trouglovi, koji se može naći pomoću Pitagorine teoreme: \(SL^2 = SO^2 + OL^2 = 5^2 + 5^2 = 50\). Može se primijetiti da \(SK^2 + SL^2 = 50 + 50 = 100 = KL^2\)\(\Strelica desno\) za trougao \(\trougao KSL\) je zadovoljen obrnuta teorema Pitagora \(\Strelica desno\) \(\trougao KSL\) – pravougaoni trougao \(\Strelica desno\) \(\ugao KSL = 90^\krug\) .

Odgovor: 90

Priprema učenika za polaganje Jedinstvenog državnog ispita iz matematike, u pravilu, počinje ponavljanjem osnovnih formula, uključujući i one koje vam omogućavaju da odredite ugao između ravnina. Uprkos činjenici da je ovaj dio geometrije dovoljno detaljno obrađen školski program, mnogi maturanti moraju da ponove osnovno gradivo. Razumijevajući kako pronaći ugao između ravnina, srednjoškolci će moći brzo izračunati tačan odgovor prilikom rješavanja zadatka i računati da će dobiti pristojne ocjene na rezultatima položenog jedinstvenog državnog ispita.

Glavne nijanse

Kako bismo osigurali da pitanje kako pronaći diedarski kut ne uzrokuje poteškoće, preporučujemo da slijedite algoritam rješenja koji će vam pomoći da se nosite sa zadacima Jedinstvenog državnog ispita.

Prvo morate odrediti pravu liniju duž koje se ravnine sijeku.

Zatim morate odabrati tačku na ovoj liniji i nacrtati dvije okomice na nju.

Sljedeći korak je pronalaženje trigonometrijske funkcije diedralnog ugla koji formiraju okomice. Najprikladniji način da to učinite je uz pomoć rezultirajućeg trokuta, čiji je ugao dio.

Odgovor će biti vrijednost ugla ili njegova trigonometrijska funkcija.

Priprema za ispit sa Shkolkovom je ključ vašeg uspjeha

Tokom nastave dan ranije polaganje Jedinstvenog državnog ispita Mnogi školarci suočeni su s problemom pronalaženja definicija i formula koje im omogućavaju da izračunaju ugao između 2 ravnine. Školski udžbenik Nije uvek pri ruci tačno kada vam zatreba. A da biste pronašli potrebne formule i primjere njihove ispravne primjene, uključujući i pronalaženje ugla između ravnina na Internetu, ponekad morate potrošiti puno vremena.

Matematički portal Školkovo nudi novi pristup pripremi za državni ispit. Časovi na našoj web stranici pomoći će učenicima da identificiraju najteže dijelove za sebe i popune praznine u znanju.

Pripremili smo i jasno prezentirali sav potreban materijal. Osnovne definicije i formule su predstavljene u odjeljku “Teorijske informacije”.

Radi boljeg razumijevanja gradiva predlažemo i uvježbavanje odgovarajućih vježbi. Veliki izbor zadataka različitog stepena složenosti, na primjer, prikazan je u odjeljku "Katalog". Svi zadaci sadrže detaljan algoritam za pronalaženje tačnog odgovora. Lista vježbi na web stranici se stalno dopunjuje i ažurira.

Dok vježbaju rješavanje problema koji zahtijevaju pronalaženje ugla između dvije ravnine, učenici imaju priliku da sačuvaju bilo koji zadatak na mreži kao „Favorite“. Zahvaljujući tome, moći će se vraćati na njega potreban broj puta i razgovarati o napretku njegovog rješavanja sa učiteljem ili nastavnikom u školi.

Članak govori o pronalaženju ugla između ravnina. Nakon davanja definicije, dat ćemo grafičku ilustraciju i razmotriti detaljan način pronalaženja koordinata pomoću metode. Dobijamo formulu za ravnine koje se sijeku, koja uključuje koordinate normalni vektori.

U materijalu će se koristiti podaci i koncepti koji su prethodno proučavani u člancima o ravni i pravoj u prostoru. Prvo, potrebno je prijeći na razmišljanje koje nam omogućava da imamo određeni pristup određivanju ugla između dvije ravnine koje se sijeku.

Date su dvije ravnine koje se seku γ 1 i γ 2. Njihova raskrsnica će dobiti oznaku c. Konstrukcija χ ravni je povezana sa presekom ovih ravni. Ravan χ prolazi kroz tačku M kao prava c. Presjek ravnina γ 1 i γ 2 napravit će se pomoću ravni χ. Pravu koja seče γ 1 i χ uzimamo kao pravu a, a pravu koja seče γ 2 i χ kao pravu b. Nalazimo da presjek pravih a i b daje tačku M.

Položaj tačke M ne utiče na ugao između pravih a i b koji se seku, a tačka M se nalazi na pravoj c, kroz koju prolazi ravan χ.

Potrebno je konstruisati ravan χ 1 okomitu na pravu c i različitu od ravni χ. Presjek ravnina γ 1 i γ 2 uz pomoć χ 1 će poprimiti oznaku pravih a 1 i b 1.

Vidi se da su pri konstruisanju χ i χ 1, prave a i b okomite na pravu c, tada su a 1, b 1 okomite na pravu c. Pronalaženje pravih a i a 1 u ravni γ 1 sa okomitom na pravu c, onda se mogu smatrati paralelnim. Na isti način, položaj b i b 1 u ravni γ 2 sa okomitom na pravu c ukazuje na njihov paralelizam. To znači da je potrebno izvršiti paralelni prenos ravni χ 1 u χ, pri čemu dobijamo dve koje se poklapaju prave a i a 1, b i b 1. Nalazimo da je ugao između pravih a i b koji se sijeku jednak 1 jednaka uglu koje seku prave a i b.

Pogledajmo sliku ispod.

Ova tvrdnja je dokazana činjenicom da između pravih a i b koji se seku postoji ugao koji ne zavisi od lokacije tačke M, odnosno tačke preseka. Ove linije se nalaze u ravninama γ 1 i γ 2. U stvari, rezultujući ugao se može smatrati uglom između dve ravnine koje se seku.

Pređimo na određivanje ugla između postojećih ravnina koje se sijeku γ 1 i γ 2.

Definicija 1

Ugao između dvije ravnine koje se seku γ 1 i γ 2 naziva se ugao nastao presekom pravih a i b, gde se ravni γ 1 i γ 2 seku sa ravninom χ okomitom na pravu c.

Razmotrite sliku ispod.

Odluka se može dostaviti u drugom obliku. Kada se ravnine γ 1 i γ 2 sijeku, gdje je c prava na kojoj su se sijekle, označite tačku M kroz koju povucite prave a i b okomite na pravu c i koje leže u ravninama γ 1 i γ 2, tada ugao između prave a i b će biti ugao između ravnina. U praksi, ovo je primjenjivo za konstruiranje ugla između ravnina.

Prilikom ukrštanja formira se ugao koji je manji od 90 stepeni po vrednosti, odnosno stepen mera ugla važi na intervalu ovog tipa (0, 90). Istovremeno, ove ravni se nazivaju okomite ako na raskrsnici se formira pravi ugao.Ugao između paralelne ravni smatra se jednakom nuli.

Uobičajeni način pronalaženja ugla između ravnina koje se seku je izvođenje dodatnih konstrukcija. To pomaže da se odredi s preciznošću, a to se može učiniti pomoću znakova jednakosti ili sličnosti trokuta, sinusa i kosinusa kuta.

Razmotrimo rješavanje zadataka koristeći primjer iz zadataka Jedinstvenog državnog ispita bloka C 2.

Primjer 1

Dat je pravougaoni paralelepiped A B C D A 1 B 1 C 1 D 1, gdje je stranica A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, tačka E dijeli stranicu A A 1 u omjeru 4:3. Pronađite ugao između ravnina A B C i B E D 1.

Rješenje

Radi jasnoće, potrebno je napraviti crtež. Shvatili smo to

Vizuelni prikaz je neophodan kako bi bio pogodniji rad sa uglom između ravnina.

Određujemo pravu liniju duž koje dolazi do presjeka ravnina A B C i B E D 1. Tačka B je zajednička tačka. Trebao bi naći drugog zajednička tačka raskrsnice. Razmotrimo prave D A i D 1 E, koje se nalaze u istoj ravni A D D 1. Njihova lokacija ne ukazuje na paralelizam, to znači da imaju zajedničku tačku sjecišta.

Međutim, prava linija D A nalazi se u ravni A B C, a D 1 E u B E D 1. Iz ovoga dobijamo da su ravne linije D A I D 1 E imaju zajedničku tačku preseka, koja je zajednička za ravnine A B C i B E D 1. Označava tačku preseka linija D A i D 1 E slovo F. Iz ovoga dobijamo da je B F prava linija duž koje se sijeku ravni A B C i B E D 1.

Pogledajmo sliku ispod.

Da bi se dobio odgovor, potrebno je konstruisati prave koje se nalaze u ravnima A B C i B E D 1 koje prolaze kroz tačku koja se nalazi na pravoj B F i okomita na nju. Tada se rezultujući ugao između ovih pravih smatra željenim uglom između ravnina A B C i B E D 1.

Iz ovoga vidimo da je tačka A projekcija tačke E na ravan A B C. Potrebno je povući pravu liniju koja seče pravu B F pod pravim uglom u tački M. Vidi se da je prava A M projekcija prave E M na ravan A B C, na osnovu teoreme o tim okomitima A M ⊥ B F . Razmotrite sliku ispod.

∠ A M E je željeni ugao koji formiraju ravnine A B C i B E D 1. Iz dobijenog trougla A E M možemo pronaći sinus, kosinus ili tangent ugla, a zatim i sam ugao, samo ako su poznate njegove dvije stranice. Pod uslovom imamo da se dužina A E nađe na ovaj način: prava A A 1 je podeljena sa tačkom E u odnosu 4:3, što znači da je ukupna dužina prave 7 delova, tada je A E = 4 dela. Pronalazimo A M.

Potrebno je uzeti u obzir pravougli trokut A B F. Imamo pravi ugao A sa visinom A M. Iz uslova A B = 2, onda možemo pronaći dužinu A F po sličnosti trouglova D D 1 F i A E F. Dobijamo da je A E D D 1 = A F D F ⇔ A E D D 1 = A F D A + A F ⇒ 4 7 = A F 3 + A F ⇔ A F = 4

Potrebno je pronaći dužinu stranice B F trougla A B F koristeći Pitagorinu teoremu. Dobijamo da je B F  = A B 2 + A F 2 = 2 2 + 4 2 = 2 5 . Dužina stranice A M nalazi se kroz površinu trokuta A B F. Imamo da površina može biti jednaka i S A B C = 1 2 · A B · A F i S A B C = 1 2 · B F · A M .

Dobijamo da je A M = A B A F B F = 2 4 2 5 = 4 5 5

Tada možemo pronaći vrijednost tangente ugla trougla A E M. Dobijamo:

t g ∠ A M E = A E A M = 4 4 5 5 = 5

Željeni ugao dobijen presjekom ravnina A B C i B E D 1 jednak je a r c t g 5, a zatim pojednostavljenjem dobijamo a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6.

odgovor: a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

Neki slučajevi pronalaženja ugla između linija koje se sijeku su specificirane pomoću koordinatna ravan O x y z i koordinatna metoda. Pogledajmo izbliza.

Ako je dat problem gdje je potrebno pronaći ugao između ravnina γ 1 i γ 2 koje se seku, željeni ugao označavamo sa α.

Tada dati koordinatni sistem pokazuje da imamo koordinate vektora normale ravnina koje seku γ 1 i γ 2. Zatim označavamo da je n 1 → = n 1 x, n 1 y, n 1 z vektor normale ravni γ 1, a n 2 → = (n 2 x, n 2 y, n 2 z) - za ravan γ 2. Razmotrimo detaljno određivanje ugla koji se nalazi između ovih ravnina prema koordinatama vektora.

Pravu liniju duž koje se sijeku ravnine γ 1 i γ 2 potrebno je označiti slovom c. Na pravoj c imamo tačku M kroz koju povlačimo ravan χ okomitu na c. Ravan χ duž pravih a i b siječe ravnine γ 1 i γ 2 u tački M. iz definicije proizilazi da je ugao između ravnina koje se seku γ 1 i γ 2 jednak uglu linija koje se seku a i b koje pripadaju ovim ravnima, respektivno.

U ravni χ crtamo normalne vektore iz tačke M i označavamo ih n 1 → i n 2 → . Vektor n 1 → nalazi se na pravoj okomitoj na pravu a, a vektor n 2 → na pravoj okomitoj na pravu b. Odavde dobijamo da data ravan χ ima vektor normale prave a, jednak n 1 → a za pravu b jednak n 2 →. Razmotrite sliku ispod.

Odavde dobijamo formulu po kojoj možemo izračunati sinus ugla linija koje se seku koristeći koordinate vektora. Otkrili smo da je kosinus ugla između pravih a i b isti kao kosinus između ravnina γ 1 i γ 2 koji se sijeku, a koji je izveden iz cos formuleα = cos n 1 → , n 2 → ^ = n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2, gdje imamo da su n 1 → = (n 1 x, n 1 y, n 1 z) i n 2 → = (n 2 x, n 2 y, n 2 z) koordinate vektori predstavljenih ravni.

Ugao između linija koje se sijeku izračunava se pomoću formule

α = a r c cos n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2

Primjer 2

Prema uslovu, dat je paralelepiped A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 , gdje je A B = 2, A D = 3, A A 1 = 7, a tačka E dijeli stranicu A A 1 4:3. Pronađite ugao između ravnina A B C i B E D 1.

Rješenje

Iz uslova je jasno da su njegove stranice po paru okomite. To znači da je potrebno uvesti koordinatni sistem O x y z sa vrhom u tački C i koordinatnim osama O x, O y, O z. Potrebno je postaviti pravac na odgovarajuće strane. Razmotrite sliku ispod.

Ukrštanje ravni A B C I B E D 1 formiraju ugao koji se može naći pomoću formule α = a r c cos n 1 x n 2 x + n 1 y n 2 y + n 1 z n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2, u kojem su n 1 → = (n 1 x, n 1 y, n 1 z) i n 2 → = (n 2 x, n 2 y, n 2 z ) normalni vektori ovi avioni. Potrebno je odrediti koordinate. Sa slike vidimo da se koordinatna osa O x y poklapa sa ravninom A B C, to znači da su koordinate vektora normale k → jednake vrijednosti n 1 → = k → = (0, 0, 1).

Uzet je vektor normale ravni B E D 1 vektorski proizvod B E → i B D 1 → , pri čemu se njihove koordinate nalaze po koordinatama ekstremne tačke B, E, D 1, koji se određuju na osnovu uslova problema.

Dobijamo da je B (0, 3, 0), D 1 (2, 0, 7). Pošto je A E E A 1 = 4 3, iz koordinata tačaka A 2, 3, 0, A 1 2, 3, 7 nalazimo E 2, 3, 4. Nalazimo da je B E → = (2 , 0 , 4) , B D 1 → = 2 , - 3 , 7 n 2 → = B E → × B D 1 = i → j → k → 2 0 4 2 - 3 7 = 12 · i → - 6 j → - 6 k → ⇔ n 2 → = (12 , - 6 , - 6)

Pronađene koordinate potrebno je zamijeniti u formulu za izračunavanje ugla kroz arc kosinus. Dobijamo

α = a r c cos 0 12 + 0 (- 6) + 1 (- 6) 0 2 + 0 2 + 1 2 12 2 + (- 6) 2 + (- 6) 2 = a r c cos 6 6 6 = a r c cos 6 6

Koordinatna metoda daje sličan rezultat.

odgovor: a r c cos 6 6 .

Razmatran je završni problem s ciljem pronalaženja ugla između ravnina koje se seku sa postojećim poznatim jednačinama ravnina.

Primjer 3

Izračunajte sinus, kosinus ugla i vrijednost ugla kojeg formiraju dvije prave koje se seku, koje su definisane u koordinatnom sistemu O x y z i date jednadžbama 2 x - 4 y + z + 1 = 0 i 3 y - z - 1 = 0.

Rješenje

Prilikom proučavanja teme opšte pravolinijske jednačine oblika A x + B y + C z + D = 0, otkriveno je da su A, B, C koeficijenti jednaki koordinatama vektora normale. To znači da su n 1 → = 2, - 4, 1 i n 2 → = 0, 3, - 1 normalni vektori datih linija.

U formulu za izračunavanje željenog ugla ravnina koje se sijeku potrebno je zamijeniti koordinate vektora normale ravnina. Onda to shvatamo

α = a r c cos 2 0 + - 4 3 + 1 (- 1) 2 2 + - 4 2 + 1 2 = a r c cos 13 210

Odavde imamo da kosinus ugla ima oblik cos α = 13 210. Tada ugao linija koje se seku nije tup. Zamjenom u trigonometrijski identitet nalazimo da je vrijednost sinusa ugla jednaka izrazu. Hajde da izračunamo i nađemo to

sin α = 1 - cos 2 α = 1 - 13,210 = 41,210

odgovor: sin α = 41,210, cos α = 13,210, α = a r c cos 13,210 = a r c sin 41,210.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Ugao φ opšte jednačine A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, izračunato po formuli:

Ugao φ između dva data reda kanonske jednačine(x-x 1)/m 1 = (y-y 1)/n 1 i (x-x 2)/m 2 = (y-y 2)/n 2, izračunato po formuli:

Udaljenost od tačke do linije

Svaka ravan u prostoru može se predstaviti kao linearna jednačina, zvao opšta jednačina avion

Posebni slučajevi.

o Ako je u jednačini (8) tada ravan prolazi kroz početak.

o Kada je (,) ravan paralelna sa osom (osom, osom), respektivno.

o Kada je (,) ravan paralelna sa ravninom (ravan, ravan).

Rješenje: koristite (7)

Odgovor: opšta ravninska jednačina.

Primjer.

Ravan u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxyz data je opštom jednačinom ravni . Zapišite koordinate svih vektora normale ove ravni.

Znamo da su koeficijenti varijabli x, y i z u opštoj jednačini ravni odgovarajuće koordinate vektora normale ove ravni. Dakle, vektor normale date ravni ima koordinate. Skup svih normalnih vektora može se definirati kao:

Napišite jednačinu ravni ako u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxyz u prostoru prolazi kroz tačku , A je normalni vektor ove ravni.

Predstavljamo dva rješenja za ovaj problem.

Od uslova koji imamo. Zamjenjujemo ove podatke u opću jednačinu ravnine koja prolazi kroz tačku:

Napišite opštu jednačinu ravni paralelne sa koordinatnom ravninom Oyz i koja prolazi kroz tačku .

Ravan koja je paralelna koordinatnoj ravni Oyz može se dati opštom nepotpunom jednadžbom ravnine oblika . Od tačke pripada ravni po uslovu, tada koordinate ove tačke moraju zadovoljiti jednačinu ravni, odnosno jednakost mora biti tačna. Odavde nalazimo. Dakle, tražena jednačina ima oblik.

Rješenje. Unakrsni proizvod, po definiciji 10.26, ortogonan je na vektore p i q. Prema tome, on je ortogonan na željenu ravan i vektor se može uzeti kao njegov normalni vektor. Nađimo koordinate vektora n:

to je . Koristeći formulu (11.1), dobijamo

Otvaranjem zagrada u ovoj jednačini dolazimo do konačnog odgovora.

odgovor: .

Prepišimo normalni vektor u formu i pronađemo njegovu dužinu:

prema gore navedenom:

Odgovori:

Paralelne ravni imaju isti vektor normale. 1) Iz jednačine nalazimo vektor normale ravni:.

2) Sastavimo jednadžbu ravnine koristeći vektor tačke i normale:

Odgovori:

Vektorska jednadžba ravnine u prostoru

Parametrijska jednadžba ravni u prostoru

Jednadžba ravni koja prolazi kroz datu tačku okomita na dati vektor

Pusti unutra trodimenzionalni prostor dat je pravougaoni Dekartov koordinatni sistem. Hajde da formulišemo sledeći problem:

Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz datu tačku M(x 0, y 0, z 0) okomito na dati vektor n = ( A, B, C} .

Rješenje. Neka P(x, y, z) je proizvoljna tačka u prostoru. Dot P pripada ravni ako i samo ako je vektor MP = {x − x 0, y − y 0, z − z 0) ortogonalno na vektor n = {A, B, C) (Sl. 1).

Nakon što smo napisali uslov za ortogonalnost ovih vektora (n, MP) = 0 u koordinatnom obliku, dobijamo:

A(x − x 0) + B(y − y 0) + C(z − z 0) = 0

Jednadžba ravnine koja koristi tri tačke

U vektorskom obliku

U koordinatama

Međusobni raspored aviona u prostoru

– opšte jednačine dva aviona. onda:

1) ako , tada se ravni poklapaju;

2) ako , tada su ravni paralelne;

3) ako ili , tada se ravnine seku i sistem jednačina

(6)

su jednadžbe prave linije presjeka ovih ravni.

Rješenje: Sastavljamo kanonske jednadžbe linije koristeći formulu: Odgovori:

Uzimamo rezultirajuće jednačine i mentalno „odštipamo“, na primjer, lijevi komad: . Sada izjednačimo ovaj komad na bilo koji broj(zapamtite da je već postojala nula), na primjer, na jedan: . Budući da , onda bi druga dva “komada” također trebala biti jednaka jednom. U suštini, morate riješiti sistem:

Sastavite parametarske jednačine od sljedećih pravih linija:

Rješenje: Prave su date kanonskim jednadžbama i u prvoj fazi treba pronaći neku tačku koja pripada pravoj i njen vektor smjera.

a) Iz jednačina ukloniti tačku i vektor smjera: . Možete odabrati drugu tačku (kako to učiniti opisano je gore), ali je bolje uzeti najočitiju. Usput, da biste izbjegli greške, uvijek zamijenite njegove koordinate u jednačine.

Kreirajmo parametarske jednadžbe za ovu liniju:

Pogodnost parametarskih jednačina je u tome što one olakšavaju pronalaženje drugih tačaka na pravoj. Na primjer, pronađimo tačku čije koordinate, recimo, odgovaraju vrijednosti parametra:

Dakle: b) Razmotrimo kanonske jednačine . Odabir tačke ovdje nije težak, ali podmukao: (pazite da ne pobrkate koordinate!!!). Kako ukloniti vodeći vektor? Možete spekulisati o tome čemu je ova linija paralelna, ili možete koristiti jednostavnu formalnu tehniku: proporcija sadrži “Y” i “Z”, tako da zapišemo vektor smjera , i stavimo nulu u preostali prostor: .

Sastavimo parametarske jednačine prave:

c) Hajde da prepišemo jednačine u obliku , odnosno "zet" može biti bilo šta. A ako bilo koji, onda neka, na primjer, . Dakle, tačka pripada ovoj pravoj. Za pronalaženje vektora smjera koristimo sljedeću formalnu tehniku: u originalnim jednadžbama postoje “x” i “y”, au vektor smjera na tim mjestima pišemo nule: . U preostali prostor stavljamo jedinica: . Umjesto jedan, može se koristiti bilo koji broj osim nule.

Zapišimo parametarske jednačine prave:

Ugao između pravih u prostoru nazvat ćemo bilo koji od susjednih uglova formiranih od dvije prave povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.

Neka su u prostoru date dvije linije:

Očigledno, ugao φ između pravih linija može se uzeti kao ugao između njihovih vektora smjera i . Budući da , onda koristeći formulu za kosinus kuta između vektora dobivamo

Uslovi paralelizma i okomitosti dve prave su ekvivalentni uslovima paralelizma i okomitosti njihovih vektora pravca i:

Dva ravno paralelno ako i samo ako su im odgovarajući koeficijenti proporcionalni, tj. l 1 paralela l 2 ako i samo ako je paralelno .

Dva ravno okomito ako i samo ako je zbir proizvoda odgovarajućih koeficijenata jednak nuli: .

U cilj između linije i ravni

Neka bude pravo d- nije okomito na ravan θ;
d′− projekcija prave d na θ ravan;
Najmanji ugao između pravih linija d I d′ zvaćemo ugao između prave i ravni.
Označimo to sa φ=( d,θ)
Ako d⊥θ, onda ( d,θ)=π/2

Oi→j→k→− pravougaoni koordinatni sistem.
Jednačina ravni:

θ: Sjekira+By+Cz+D=0

Pretpostavljamo da je prava linija definirana tačkom i vektorom smjera: d[M 0,str→]
Vector n→(A,B,C)⊥θ
Zatim ostaje saznati ugao između vektora n→ i str→, označimo ga kao γ=( n→,str→).

Ako je ugao γ<π/2 , то искомый угол φ=π/2−γ .

Ako je ugao γ>π/2, onda je željeni ugao φ=γ−π/2

sinφ=sin(2π−γ)=cosγ

sinφ=sin(γ−2π)=−cosγ

onda, ugao između prave i ravni može se izračunati pomoću formule:

sinφ=∣cosγ∣=∣ ∣ Ap 1+Bp 2+Cp 3∣ ∣ √A 2+B 2+C 2√str 21+str 22+str 23

Pitanje29. Koncept kvadratne forme. Definicija predznaka kvadratnih oblika.

Kvadratni oblik j (x 1, x 2, …, x n) n realnih varijabli x 1, x 2, …, x n naziva se zbir oblika
, (1)

Gdje a ij – neki brojevi koji se nazivaju koeficijenti. Bez gubljenja opštosti, možemo to pretpostaviti a ij = a ji.

Kvadratni oblik se zove validan, Ako a ij Î GR. Matrica kvadratne forme naziva se matrica sastavljena od njenih koeficijenata. Kvadratni oblik (1) odgovara jedinoj simetričnoj matrici
To je A T = A. Prema tome, kvadratni oblik (1) se može zapisati u matričnom obliku j ( X) = x T Ah, Gdje x T = (X 1 X 2 … x n). (2)

I obrnuto, svaka simetrična matrica (2) odgovara jedinstvenom kvadratnom obliku do notacije varijabli.

Rang kvadratne forme naziva se rangom njegove matrice. Kvadratni oblik se zove nedegenerisan, ako je njegova matrica nesingularna A. (podsjetimo da je matrica A naziva se nedegenerisanim ako njegova determinanta nije jednaka nuli). Inače, kvadratni oblik je degenerisan.

pozitivno definitivno(ili striktno pozitivno) ako

j ( X) > 0 , za bilo koga X = (X 1 , X 2 , …, x n), osim X = (0, 0, …, 0).

Matrix A pozitivno određen kvadratni oblik j ( X) se također naziva pozitivno određen. Prema tome, pozitivno određeni kvadratni oblik odgovara jedinstvenoj pozitivno određenoj matrici i obrnuto.

Kvadratni oblik (1) se zove negativno definisan(ili strogo negativno) ako

j ( X) < 0, для любого X = (X 1 , X 2 , …, x n), osim X = (0, 0, …, 0).

Slično kao gore, matrica negativno određenog kvadratnog oblika naziva se i negativno određena.

Posljedično, pozitivni (negativni) određeni kvadratni oblik j ( X) dostiže minimalnu (maksimalnu) vrijednost j ( X*) = 0 at X* = (0, 0, …, 0).

Imajte na umu da većina kvadratnih oblika nije predznakom određena, odnosno da nisu ni pozitivni ni negativni. Takvi kvadratni oblici nestaju ne samo u početku koordinatnog sistema, već iu drugim tačkama.

Kada n> 2, potrebni su posebni kriterijumi za provjeru predznaka kvadratnog oblika. Pogledajmo ih.

Major maloljetnici kvadratni oblici se nazivaju minori:

odnosno radi se o maloletnicima reda 1, 2, ..., n matrice A, koji se nalazi u gornjem lijevom kutu, posljednji od njih se poklapa sa determinantom matrice A.

Kriterijum pozitivne definicije (Sylvesterov kriterijum)

X) = x T Ah bilo pozitivno određeno, potrebno je i dovoljno da svi glavni minori matrice A bili pozitivni, odnosno: M 1 > 0, M 2 > 0, …, M n > 0. Negativni kriterij sigurnosti Da bi kvadratni oblik j ( X) = x T Ah bio negativno određen, potrebno je i dovoljno da njegovi glavni minori parnog reda budu pozitivni, a neparnog - negativni, tj.: M 1 < 0, M 2 > 0, M 3 < 0, …, (–1)n

Biću kratak. Ugao između dve prave je jednak uglu između njihovih vektora pravca. Dakle, ako uspijete pronaći koordinate vektora smjera a = (x 1 ; y 1 ; z 1) i b = (x 2 ; y 2 ​​; z 2), tada možete pronaći kut. Preciznije, kosinus ugla prema formuli:

Pogledajmo kako ova formula funkcionira na konkretnim primjerima:

Zadatak. U kocki ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 označene su tačke E i F - sredine ivica A 1 B 1 i B 1 C 1, respektivno. Pronađite ugao između pravih AE i BF.

Pošto ivica kocke nije specificirana, postavimo AB = 1. Uvodimo standardni koordinatni sistem: početak je u tački A, ose x, y, z su usmjerene duž AB, AD i AA 1, respektivno. Jedinični segment je jednak AB = 1. Sada ćemo pronaći koordinate vektora smjera za naše linije.

Nađimo koordinate vektora AE. Za to su nam potrebne tačke A = (0; 0; 0) i E = (0,5; 0; 1). Kako je tačka E sredina segmenta A 1 B 1, njene koordinate su jednake aritmetičkoj sredini koordinata krajeva. Imajte na umu da se početak vektora AE poklapa sa ishodištem koordinata, pa je AE = (0,5; 0; 1).

Pogledajmo sada BF vektor. Slično analiziramo tačke B = (1; 0; 0) i F = (1; 0,5; 1), jer F je sredina segmenta B 1 C 1. Imamo:
BF = (1 − 1; 0,5 − 0; 1 − 0) = (0; 0,5; 1).

Dakle, vektori smjera su spremni. Kosinus ugla između pravih je kosinus ugla između vektora pravca, pa imamo:

Zadatak. U pravilnoj trouglastoj prizmi ABCA 1 B 1 C 1, čije su sve ivice jednake 1, označene su tačke D i E - sredine ivica A 1 B 1 i B 1 C 1, respektivno. Pronađite ugao između pravih AD i BE.

Hajde da uvedemo standardni koordinatni sistem: početak je u tački A, x os je usmerena duž AB, z - duž AA 1. Usmjerimo y-os tako da se ravan OXY poklapa sa ravninom ABC. Jedinični segment je jednak AB = 1. Nađimo koordinate vektora smjera za tražene linije.

Prvo, pronađimo koordinate vektora AD. Razmotrimo tačke: A = (0; 0; 0) i D = (0,5; 0; 1), jer D - sredina segmenta A 1 B 1. Pošto se početak vektora AD poklapa sa ishodištem koordinata, dobijamo AD = (0,5; 0; 1).

Sada pronađimo koordinate vektora BE. Tačku B = (1; 0; 0) je lako izračunati. Sa tačkom E - sredinom segmenta C 1 B 1 - to je malo komplikovanije. Imamo:

Ostaje pronaći kosinus ugla:

Zadatak. U pravilnoj heksagonalnoj prizmi ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1, čije su sve ivice jednake 1, označene su tačke K i L - sredine ivica A 1 B 1 i B 1 C 1, respektivno . Pronađite ugao između pravih AK i BL.

Hajde da uvedemo standardni koordinatni sistem za prizmu: početak koordinata postavljamo u centar donje baze, x os je usmerena duž FC, y osa je usmerena kroz sredine segmenata AB i DE, a z osa je usmjerena okomito prema gore. Jedinični segment je opet jednak AB = 1. Zapišimo koordinate tačaka koje nas zanimaju:

Tačke K i L su sredine segmenata A 1 B 1 i B 1 C 1, respektivno, pa se njihove koordinate nalaze preko aritmetičke sredine. Poznavajući tačke, nalazimo koordinate vektora pravca AK i BL:

Sada pronađimo kosinus ugla:

Zadatak. Desno četvorougaone piramide SABCD, čije su sve ivice jednake 1, označene su tačke E i F - sredine stranica SB i SC, respektivno. Pronađite ugao između pravih AE i BF.

Hajde da uvedemo standardni koordinatni sistem: početak je u tački A, x i y ose su usmerene duž AB i AD, respektivno, a z osa je usmerena vertikalno nagore. Jedinični segment je jednak AB = 1.

Tačke E i F su sredine segmenata SB i SC, respektivno, pa se njihove koordinate nalaze kao aritmetička sredina krajeva. Zapišimo koordinate tačaka koje nas zanimaju:
A = (0; 0; 0); B = (1; 0; 0)

Poznavajući tačke, nalazimo koordinate vektora smjera AE i BF:

Koordinate vektora AE poklapaju se sa koordinatama tačke E, pošto je tačka A ishodište. Ostaje pronaći kosinus ugla: