Definicija između prave i ravni. Sažetak lekcije "ugao između prave i ravni"

Koncept projekcije figure na ravan

Da biste uveli pojam ugla između prave i ravnine, prvo morate razumjeti takav koncept kao što je projekcija proizvoljne figure na ravan.

Definicija 1

Neka nam je data proizvoljna tačka $A$. Tačka $A_1$ naziva se projekcija tačke $A$ na ravan $\alpha $ ako je osnova okomice povučene iz tačke $A$ na ravan $\alpha $ (slika 1).

Slika 1. Projekcija tačke na ravan

Definicija 2

Neka nam je data proizvoljna cifra $F$. Figura $F_1$ naziva se projekcija figure $F$ na ravan $\alpha $, sastavljena od projekcija svih tačaka figure $F$ na ravan $\alpha $ (slika 2).

Slika 2. Projekcija figure na ravan

Teorema 1

Projekcija koja nije okomita na ravan prave je prava linija.

Dokaz.

Neka nam je data ravan $\alpha $ i prava $d$ koja je seče, a ne okomita na nju. Odaberimo tačku $M$ na pravoj $d$ i nacrtajmo njenu projekciju $H$ na ravan $\alpha $. Kroz pravu $(MH)$ povlačimo ravan $\beta $. Očigledno, ova ravan će biti okomita na ravan $\alpha $. Neka se sijeku duž prave $m$. Razmotrimo proizvoljnu tačku $M_1$ prave $d$ i kroz nju povučemo pravu $(M_1H_1$) paralelnu sa pravom $(MH)$ (slika 3).

Slika 3.

Pošto je ravan $\beta $ okomita na ravan $\alpha $, onda je $M_1H_1$ okomita na pravu $m$, odnosno tačka $H_1$ je projekcija tačke $M_1$ na avion $\alpha $. Zbog proizvoljnog izbora tačke $M_1$, sve tačke prave $d$ se projektuju na pravu $m$.

Obrazloženje na sličan način. IN obrnutim redosledom, dobićemo da je svaka tačka na pravoj $m$ projekcija neke tačke na pravu $d$.

To znači da je prava $d$ projektovana na liniju $m$.

Teorema je dokazana.

Koncept ugla između prave i ravni

Definicija 3

Ugao između prave linije koja seče ravan i njene projekcije na ovu ravan naziva se ugao između prave i ravni (slika 4).

Slika 4. Ugao između prave i ravni

Napravimo nekoliko napomena.

Napomena 1

Ako je prava okomita na ravan. Tada je ugao između prave i ravni $90^\circ$.

Napomena 2

Ako je prava paralelna ili leži u ravni. Tada je ugao između prave i ravni $0^\circ$.

Problemi sa uzorcima

Primjer 1

Neka nam je dat paralelogram $ABCD$ i tačka $M$ koja ne leži u ravni paralelograma. Dokažite da su trouglovi $AMB$ i $MBC$ pravougli ako je tačka $B$ projekcija tačke $M$ na ravan paralelograma.

Dokaz.

Prikazujmo stanje problema na slici (slika 5).

Slika 5.

Pošto je tačka $B$ projekcija tačke $M$ na ravan $(ABC)$, tada je prava $(MB)$ okomita na ravan $(ABC)$. Prema napomeni 1, nalazimo da je ugao između prave $(MB)$ i ravni $(ABC)$ jednak $90^\circ$. Dakle

\[\ugao MBC=MBA=(90)^0\]

To znači da su trouglovi $AMB$ i $MBC$ pravougli trouglovi.

Primjer 2

Dat je avion $\alpha $. Segment je nacrtan pod uglom $\varphi $ prema ovoj ravni, čiji početak leži u ovoj ravni. Projekcija ovog segmenta je polovina veličine samog segmenta. Pronađite vrijednost $\varphi$.

Rješenje.

Razmotrite sliku 6.

Slika 6.

Po uslovu imamo

Pošto je trougao $BCD$ pravougao, onda, prema definiciji kosinusa

\ \[\varphi =arccos\frac(1)(2)=(60)^0\]

Članak počinje definicijom ugla između prave i ravnine. Ovaj članak će vam pokazati kako pronaći ugao između ravne i ravni koristeći koordinatnu metodu. Detaljno će biti razmotrena rješenja primjera i problema.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Prvo, potrebno je ponoviti koncept prave linije u prostoru i koncept ravni. Za određivanje ugla između prave i ravnine potrebno je nekoliko pomoćnih definicija. Pogledajmo ove definicije detaljno.

Definicija 1

Prava linija i ravan se seku u slučaju kada imaju jednu zajedničku tačku, odnosno, to je tačka preseka prave i ravni.

Prava linija koja seče ravan može biti okomita na ravan.

Definicija 2

Prava linija je okomita na ravan kada je okomita na bilo koju pravu koja se nalazi u ovoj ravni.

Definicija 3

Projekcija tačke M na ravanγ je sama tačka ako leži u datoj ravni, ili je tačka preseka ravni sa pravom linijom, okomito na ravanγ koja prolazi kroz tačku M, pod uslovom da ne pripada ravni γ.

Definicija 4

Projekcija prave a na ravanγ je skup projekcija svih tačaka date prave na ravan.

Iz ovoga dobijamo da projekcija prave linije okomita na ravan γ ima tačku preseka. Nalazimo da je projekcija prave a prava koja pripada ravni γ i koja prolazi kroz tačku preseka prave a i ravni. Pogledajmo sliku ispod.

On ovog trenutka imamo sve potrebne informacije i podatke da formulišemo definiciju ugla između prave i ravni

Definicija 5

Ugao između prave i ravni naziva se ugao između ove prave i njene projekcije na ovu ravan, a prava linija nije okomita na nju.

Gore navedena definicija ugla pomaže da se dođe do zaključka da je ugao između prave i ravni ugao između dve prave koje se seku, odnosno date prave zajedno sa njenom projekcijom na ravan. To znači da će ugao između njih uvijek biti oštar. Pogledajmo sliku ispod.

Ugao koji se nalazi između prave i ravni smatra se pravim, odnosno jednakim 90 stepeni, ali ugao između paralelnih pravih linija nije definisan. Postoje slučajevi kada se njegova vrijednost uzima jednakom nuli.

Problemi gdje je potrebno pronaći ugao između prave i ravni imaju mnogo varijacija u rješavanju. Sam tok rješenja ovisi o dostupnim podacima o stanju. Česti pratioci rješenja su znaci sličnosti ili jednakosti figura, kosinusa, sinusa, tangenta uglova. Pronalaženje ugla je moguće pomoću koordinatnog metoda. Pogledajmo to detaljnije.

Ako se pravougaoni koordinatni sistem O x y z uvede u trodimenzionalni prostor, tada je u njemu određena prava linija a koja seče ravan γ u tački M, a nije okomita na ravan. Potrebno je pronaći ugao α koji se nalazi između date prave i ravni.

Prvo morate primijeniti definiciju ugla između prave i ravni koristeći koordinatnu metodu. Onda dobijamo sledeće.

U koordinatnom sistemu O x y z specificirana je prava linija a koja odgovara jednadžbi prave u prostoru i usmjeravajućeg vektora prave u prostoru; za ravan γ odgovara jednačina ravnine i normale vektor ravnine. Tada je a → = (a x , a y , a z) vektor pravca date prave a, a n → (n x , n y , n z) je vektor normale za ravan γ. Ako zamislimo da imamo koordinate vektora usmjeravanja prave a i vektora normale ravnine γ, tada su njihove jednadžbe poznate, odnosno određene su uvjetom, tada je moguće odrediti vektore a → i n → na osnovu jednačine.

Da bi se izračunao ugao, potrebno je transformisati formulu da bi se dobila vrednost ovog ugla koristeći postojeće koordinate vektora usmeravanja prave i vektora normale.

Potrebno je nacrtati vektore a → i n →, počevši od tačke preseka prave a sa ravninom γ. Postoje 4 opcije za lokaciju ovih vektora u odnosu na date linije i ravni. Pogledajte sliku ispod, koja prikazuje sve 4 varijacije.

Odavde dobijamo da je ugao između vektora a → i n → označen a → , n → ^ i da je oštar, zatim se željeni ugao α koji se nalazi između prave i ravni dopunjava, odnosno dobijamo izraz oblika a → , n → ^ = 90 ° - α. Kada je, prema uslovu, a →, n → ^ > 90 °, tada imamo →, n → ^ = 90 ° + α.

Odavde imamo da su kosinusi jednakih uglova jednaki, onda se poslednje jednakosti zapisuju u obliku sistema

cos a → , n → ^ = cos 90 ° - α , a → , n → ^< 90 ° cos a → , n → ^ = cos 90 ° + α , a → , n → ^ >90°

Morate koristiti formule redukcije da biste pojednostavili izraze. Tada dobijamo jednakosti oblika cos a → , n → ^ = sin α , a → , n → ^< 90 ° cos a → , n → ^ = - s i n α , a → , n → ^ >90°

Nakon izvođenja transformacija, sistem poprima oblik sin α = cos a → , n → ^ , a → , n → ^< 90 ° sin α = - cos a → , n → ^ , a → , n → ^ >90 ° ⇔ sin α = cos a → , n → ^ , a → , n → ^ > 0 sin α = - cos a → , n → ^ , a → , n → ^< 0 ⇔ ⇔ sin α = cos a → , n → ^

Iz ovoga dobijamo da je sinus ugla između prave i ravni jednak modulu kosinusa ugla između usmeravajućeg vektora prave i vektora normale date ravni.

Odjeljak o pronalaženju ugla koji formiraju dva vektora otkrio je da ovaj kut uzima vrijednost skalarnog proizvoda vektora i proizvoda ovih dužina. Postupak izračunavanja sinusa ugla dobivenog presjekom prave i ravnine izvodi se prema formuli

sin α = cos a → , n → ^ = a → , n → ^ a → n → = a x n x + a y n y + a z n z a x 2 + a y 2 + a z 2 n x 2 + n y 2 + n z 2

To znači da je formula za izračunavanje ugla između prave i ravni sa koordinatama usmjeravajućeg vektora prave i vektora normale ravnine nakon transformacije oblika

α = a r c sin a → , n → ^ a → n → = a r c sin a x n x + a y n y + a z n z a x 2 + a y 2 + a z 2 n x 2 + n y 2 + n z 2

Pronalaženje kosinusa sa poznatim sinusom je dozvoljeno primenom osnovnog trigonometrijski identitet. Presek prave i ravni formira oštar ugao. To sugerira da će njegova vrijednost biti pozitivan broj, a njegov proračun se vrši iz formule cos α = 1 - sin α.

Riješimo nekoliko sličnih primjera kako bismo konsolidirali gradivo.

Primjer 1

Nađite ugao, sinus, kosinus ugla koji formira prava linija x 3 = y + 1 - 2 = z - 11 6 i ravan 2 x + z - 1 = 0.

Rješenje

Da bi se dobile koordinate vektora pravca, potrebno je razmotriti kanonske jednadžbe prave u prostoru. Tada dobijamo da je a → = (3, - 2, 6) vektor pravca x 3 = y + 1 - 2 = z - 11 6.

Da bismo pronašli koordinate vektora normale, potrebno je razmotriti opšta jednačina ravni, jer je njihovo prisustvo određeno koeficijentima dostupnim ispred varijabli jednačine. Tada nalazimo da za ravan 2 x + z - 1 = 0 vektor normale ima oblik n → = (2, 0, 1).

Potrebno je prijeći na izračunavanje sinusa ugla između prave i ravnine. Da biste to učinili, potrebno je zamijeniti koordinate vektora a → i b → u datu formulu. Dobijamo izraz forme

sin α = cos a → , n → ^ = a → , n → ^ a → n → = a x n x + a y n y + a z n z a x 2 + a y 2 + a z 2 n x 2 + n y 2 + n z 2 = = 3 2 + (- 2 ) 0 + 6 1 3 2 + (- 2) 2 + 6 2 2 2 + 0 2 + 1 2 = 12 7 5

Odavde nalazimo vrijednost kosinusa i vrijednost samog ugla. Dobijamo:

cos α = 1 - sin α = 1 - 12 7 5 2 = 101 7 5

odgovor: sin α = 12 7 5, cos α = 101 7 5, α = a r c cos 101 7 5 = a r c sin 12 7 5.

Primjer 2

Postoji piramida izgrađena koristeći vrijednosti vektora A B → = 1, 0, 2, A C → = (- 1, 3, 0), A D → = 4, 1, 1. Pronađite ugao između prave A D i ravni A B C.

Rješenje

Da bi se izračunao željeni ugao, potrebno je imati koordinate vektora usmjeravanja prave i vektora normale ravnine. za pravu A D vektor pravca ima koordinate A D → = 4, 1, 1.

Vektor normale n → koji pripada ravni A B C je okomit na vektor A B → i A C →. Ovo implicira da se može uzeti u obzir vektor normale ravni A B C vektorski proizvod vektori A B → i A C → . Ovo izračunavamo pomoću formule i dobijamo:

n → = A B → × A C → = i → j → k → 1 0 2 - 1 3 0 = - 6 · i → - 2 · j → + 3 · k → ⇔ n → = (- 6 , - 2 , 3 )

Neophodno je zamijeniti koordinate vektora da bi se izračunao željeni ugao formiran presjekom prave i ravni. dobijamo izraz oblika:

α = a r c sin A D → , n → ^ A D → · n → = a r c sin 4 · - 6 + 1 · - 2 + 1 · 3 4 2 + 1 2 + 1 2 · - 6 2 + - 2 2 + 3 2 = a r c sin 23 21 2

odgovor: a r c sin 23 21 2 .

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

\(\blacktriangleright\) Ugao između prave i ravni je ugao između prave i njene projekcije na ovu ravan (tj. to je ugao \(0\leqslant \alpha\leqslant 90^\circ\)).

\(\blacktriangleright\) Da biste pronašli ugao između prave \(a\) i ravni \(\phi\) (\(a\cap\phi=B\)), trebate:

Korak 1: iz neke tačke \(A\in a\) nacrtajte okomicu \(AO\) na ravan \(\phi\) (\(O\) je osnova okomice);

Korak 2: tada je \(BO\) projekcija nagnutog \(AB\) na ravan \(\phi\) ;

Korak 3: Tada je ugao između prave linije \(a\) i ravni \(\phi\) jednak \(\ugao ABO\) .

Zadatak 1 #2850

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Prava linija \(l\) seče ravan \(\alpha\) . Na pravoj \(l\) označen je segment \(AB=25\), a poznato je da je projekcija ovog segmenta na ravan \(\alpha\) jednaka \(24\) . Pronađite sinus ugla između prave \(l\) i ravni \(\alpha\)

Pogledajmo sliku:

Neka je \(A_1B_1=24\) projekcija \(AB\) na ravan \(\alpha\), što znači \(AA_1\perp \alpha\) , \(BB_1\perp \alpha\) . Pošto dvije prave okomite na ravan leže u istoj ravni, tada je \(A_1ABB_1\) pravokutni trapez. Uradimo \(AH\perp BB_1\) . Tada \(AH=A_1B_1=24\) . Stoga, prema Pitagorinoj teoremi \ Također napominjemo da je ugao između prave i ravni ugao između prave i njene projekcije na ravan, dakle, željeni ugao je ugao između \(AB\) i \(A_1B_1 \) . Budući da je \(AH\paralelan A_1B_1\) , onda je ugao između \(AB\) i \(A_1B_1\) jednaka uglu između \(AB\) i \(AH\) .
Onda \[\sin\angle BAH=\dfrac(BH)(AB)=\dfrac7(25)=0,28.\]

Odgovor: 0,28

Zadatak 2 #2851

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

\(ABC\) je pravilan trougao sa stranom \(3\), \(O\) je tačka koja leži izvan ravni trougla, i \(OA=OB=OC=2\sqrt3\) . Pronađite ugao koji čine prave \(OA, OB, OC\) sa ravninom trougla. Odgovor dajte u stepenima.

Nacrtajmo okomitu \(OH\) ​​na ravan trokuta.

Hajde da razmotrimo \(\trokut OAH, \trokut OBH, \trokut OCH\). Oni su pravougaoni i jednaki po kraku i hipotenuzi. Prema tome, \(AH=BH=CH\) . To znači da je \(H\) tačka koja se nalazi na istoj udaljenosti od vrhova trougla \(ABC\) . Prema tome, \(H\) je centar kruga koji je opisan oko njega. Pošto je \(\trougao ABC\) tačan, onda je \(H\) tačka preseka medijana (oni su takođe visine i simetrale).
Pošto je ugao između prave i ravni ugao između prave i njene projekcije na ovu ravan, a \(AH\) je projekcija \(AO\) na ravan trokuta, onda je ugao između \( AO\) i ravan trougla jednaka je \( \ugao OAH\) .
Neka je \(AA_1\) medijan u \(\trokut ABC\), dakle, \ Pošto su medijane podijeljene točkom presjeka u omjeru \(2:1\) , računajući od vrha, onda \ Zatim iz pravokutnog \(\trokuta OAH\): \[\cos OAH=\dfrac(AH)(AO)=\dfrac12\quad\Rightarrow\quad \angle OAH=60^\circ.\]

Imajte na umu da iz jednakosti trouglova \(OAH, OBH, OCH\) slijedi da \(\ugao OAH=\ugao OBH=\ugao OCH=60^\krug\).

Odgovor: 60

Zadatak 3 #2852

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Prava linija \(l\) je okomita na ravan \(\pi\) . Prava \(p\) ne leži u ravni \(\pi\) i nije joj paralelna, niti je paralelna pravoj \(l\). Pronađite zbir uglova između pravih \(p\) i \(l\) i između prave \(p\) i ravni \(\pi\) . Odgovor dajte u stepenima.

Iz uslova slijedi da prava \(p\) siječe ravan \(\pi\) . Neka \(p\cap l=O\) , \(l\cap \pi=L\) , \(p\cap\pi=P\) .

Tada je \(\ugao POL\) ugao između pravih \(p\) i \(l\) .
Pošto je ugao između prave i ravni ugao između prave i njene projekcije na ovu ravan, tada je \(\ugao OPL\) ugao između \(p\) i \(\pi\) . Imajte na umu da je \(\trougao OPL\) pravougaonik sa \(\ugao L=90^\circ\) . Od iznosa oštri uglovi pravougaonog trougla je onda jednako \(90^\circ\) \(\ugao POL+\ugao OPL=90^\krug\).

Komentar.
Ako prava \(p\) ne siječe pravu \(l\), onda crtamo pravu \(p"\paralelno p\) koja seče \(l\). Zatim ugao između prave \(p\ ) i \(l\ ) bit će jednaki kutu između \(p"\) i \(l\) . Slično, ugao između \(p\) i \(\pi\) će biti jednak kutu između \(p"\) i \(\pi\). A za pravu liniju \(p"\) prethodno rešenje je već tačno.

Odgovor: 90

Zadatak 4 #2905

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – kubni. Tačka \(N\) je središte ruba \(BB_1\) , a tačka \(M\) je središte segmenta \(BD\) . Pronađite \(\mathrm(tg)^2\, \alpha\) , gdje je \(\alpha\) ugao između prave koja sadrži \(MN\) i ravni \((A_1B_1C_1D_1)\) . Odgovor dajte u stepenima.

\(NM\) je srednja linija u trokutu \(DBB_1\) , tada je \(NM \paralela B_1D\) i \(\alpha\) jednaka kutu između \(B_1D\) i ravni \( (A_1B_1C_1D_1)\) .

Budući da je \(DD_1\) okomit na ravan \(A_1B_1C_1D_1\), tada je \(B_1D_1\) projekcija \(B_1D\) na ravan \((A_1B_1C_1D_1)\) i ugao između \(B_1D\ ) a ravan \( (A_1B_1C_1D_1)\) je ugao između \(B_1D\) i \(B_1D_1\) .

Neka je ivica kocke \(x\), tada po Pitagorinoj teoremi \ U trokutu \(B_1D_1D\) tangenta ugla između \(B_1D\) i \(B_1D_1\) jednaka je \(\mathrm(tg)\,\angle DB_1D_1=\dfrac(DD_1)(B_1D_1) = \dfrac(1)(\sqrt(2))=\mathrm(tg)\,\alpha\), gdje \(\mathrm(tg)^2\, \alpha = \dfrac(1)(2)\).

Odgovor: 0,5

Zadatak 5 #2906

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – kubni. Tačka \(N\) je sredina ivice \(BB_1\) , a tačka \(M\) dijeli segment \(BD\) u omjeru \(1:2\), računajući od vrha \(B\) . Pronađite \(9\mathrm(ctg)^2\, \alpha\) , gdje je \(\alpha\) ugao između prave koja sadrži \(MN\) i ravni \((ABC)\) . Odgovor dajte u stepenima.

Budući da je \(NB\) dio \(BB_1\) , a \(BB_1\perp (ABC)\) , onda je i \(NB\perp (ABC)\) . Dakle, \(BM\) je projekcija \(NM\) na ravan \((ABC)\) . To znači da je ugao \(\alpha\) jednak \(\ugao NMB\) .

Neka je ivica kocke jednaka \(x\) . Tada \(NB=0,5x\) . Po Pitagorinoj teoremi \(BD=\sqrt(x^2+x^2)=\sqrt2x\) . Budući da je po uvjetu \(BM:MD=1:2\) , onda \(BM=\frac13BD\) , dakle, \(BM=\frac(\sqrt2)3x\) .

Zatim iz pravougaonog \(\trokuta NBM\): \[\mathrm(ctg)\,\alpha=\mathrm(ctg)\,\ugao NMB=\dfrac(BM)(NB)=\dfrac(2\sqrt2)3 \quad\Rightarrow\quad 9\mathrm( ctg)^2\,\alpha=8.\]

Odgovor: 8

Zadatak 6 #2907

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

Čemu je jednako \(\mathrm(ctg^2)\,\alpha\) ako je \(\alpha\) ugao nagiba dijagonale kocke prema jednoj od njenih strana?

Željeni ugao će se poklopiti sa uglom između dijagonale kocke i dijagonale bilo koje njene strane, jer u ovom slučaju, dijagonala kocke će biti nagnuta, dijagonala lica će biti projekcija ovog nagnutog lica na ravan. Tako će željeni ugao biti jednak, na primjer, kutu \(C_1AC\) . Ako ivicu kocke označimo kao \(x\), onda \(AC=\sqrt(x^2+x^2)=\sqrt2 x\), zatim kvadrat kotangensa željenog ugla: \[\mathrm(ctg^2)\,\alpha =(AC:CC_1)^2= (\sqrt2 x:x)^2 = 2.\]

Odgovor: 2

Zadatak 7 #2849

Nivo zadatka: Teži od Jedinstvenog državnog ispita

\(\ugao BAH=\ugao CAH=30^\krug\) .
Prema Pitagorinoj teoremi \ dakle, \[\cos 30^\circ=\dfrac(AB)(AH)\quad\Rightarrow\quad AH=\dfrac(AB)(\cos 30^\circ)=2.\] Pošto je \(OH\perp (ABC)\), onda je \(OH\) ​​okomit na bilo koju pravu liniju iz ove ravni, što znači da je \(\trokut OAH\) pravougaonog oblika. Onda \[\cos \angle OAH=\dfrac(AH)(AO)=\dfrac25=0.4.\]

Odgovor: 0.4

Srednjoškolcima koji se pripremaju za Jedinstveni državni ispit iz matematike bit će korisno da nauče kako se nositi sa zadacima iz odjeljka „Geometrija u prostoru“, u kojem treba pronaći ugao između prave i ravni. Iskustvo proteklih godina pokazuje da ovakvi zadaci izazivaju određene poteškoće diplomcima. Istovremeno, srednjoškolci sa bilo kojim nivoom obuke trebali bi poznavati osnovnu teoriju i razumjeti kako pronaći ugao između prave i ravni. Samo u tom slučaju mogu računati na pristojne bodove.

Glavne nijanse

Kao i drugi stereometrijski zadaci Jedinstvenog državnog ispita, zadaci u kojima morate pronaći uglove i udaljenosti između pravih i ravnina mogu se riješiti na dvije metode: geometrijski i algebarski. Učenici mogu izabrati opciju koja im najviše odgovara. Prema geometrijskoj metodi, potrebno je pronaći odgovarajuću tačku na pravoj liniji, spustiti okomicu iz nje na ravan i konstruirati projekciju. Nakon toga, maturant će morati samo primijeniti osnovna teorijska znanja i riješiti planimetrijski zadatak za izračunavanje ugla. Algebarska metoda uključuje uvođenje koordinatnog sistema za pronalaženje željene količine. Potrebno je odrediti koordinate dvije tačke na pravoj liniji, pravilno sastaviti jednadžbu ravnine i riješiti je.

Efikasna priprema sa Školkovom

Da nastava bude laka, a čak i složeni zadaci ne izazivaju poteškoće, odaberite našu edukativni portal. Ovdje je sve predstavljeno potreban materijal da uspješno položi ispit za sertifikaciju. Potrebne osnovne informacije pronaći ćete u odjeljku „Teorijske informacije“. A da biste vježbali izvršavanje zadataka, samo idite na “Katalog” na našem matematičkom portalu. Ovaj odjeljak sadrži veliki izbor vježbi različitog stepena težine. Novi zadaci se redovno pojavljuju u Katalogu.

Ruski školarci mogu obavljati zadatke o pronalaženju ugla između prave i aviona ili na njemu na mreži, dok su u Moskvi ili drugom gradu. Ako učenik želi, bilo koja vježba se može sačuvati u „Favorites“. To će vam omogućiti da ga brzo pronađete ako je potrebno i razgovarate o napretku njegovog rješenja sa nastavnikom.

Očuvanje vaše privatnosti nam je važno. Iz tog razloga smo razvili Politiku privatnosti koja opisuje kako koristimo i pohranjujemo vaše podatke. Pregledajte našu praksu privatnosti i javite nam ako imate pitanja.

Prikupljanje i korištenje ličnih podataka

Lični podaci odnose se na podatke koji se mogu koristiti za identifikaciju ili kontaktiranje određene osobe.

Od vas se može tražiti da unesete svoje lične podatke u bilo koje vrijeme kada nas kontaktirate.

U nastavku su navedeni neki primjeri vrsta ličnih podataka koje možemo prikupljati i kako ih možemo koristiti.

Koje lične podatke prikupljamo:

• Kada podnesete prijavu na stranici, možemo prikupiti različite informacije, uključujući vaše ime, broj telefona, adresu e-pošte itd.

Kako koristimo vaše lične podatke:

• Lični podaci koje prikupljamo omogućavaju nam da vas kontaktiramo s jedinstvenim ponudama, promocijama i drugim događajima i nadolazećim događajima.
• S vremena na vrijeme možemo koristiti vaše lične podatke za slanje važnih obavijesti i komunikacija.
• Lične podatke možemo koristiti i za interne svrhe, kao što su provođenje revizija, analiza podataka i različita istraživanja kako bismo poboljšali usluge koje pružamo i dali vam preporuke u vezi s našim uslugama.
• Ako učestvujete u nagradnoj igri, natjecanju ili sličnoj promociji, možemo koristiti informacije koje nam date za upravljanje takvim programima.

Otkrivanje informacija trećim licima

Podatke koje dobijemo od vas ne otkrivamo trećim licima.

Izuzeci:

• Po potrebi - u skladu sa zakonom, sudskim postupkom, pravnim postupkom, odnosno na osnovu javnog zahtjeva ili zahtjeva vladine agencije na teritoriji Ruske Federacije - otkrijte svoje lične podatke. Takođe možemo otkriti informacije o vama ako utvrdimo da je takvo otkrivanje neophodno ili prikladno za sigurnosne, provođenje zakona ili druge svrhe od javnog značaja.
• U slučaju reorganizacije, spajanja ili prodaje, možemo prenijeti lične podatke koje prikupimo na odgovarajuću treću stranu.

Zaštita ličnih podataka

Poduzimamo mjere opreza - uključujući administrativne, tehničke i fizičke - da zaštitimo vaše osobne podatke od gubitka, krađe i zloupotrebe, kao i neovlaštenog pristupa, otkrivanja, izmjene i uništenja.

Poštivanje vaše privatnosti na nivou kompanije

Kako bismo osigurali da su vaši lični podaci sigurni, našim zaposlenima prenosimo standarde privatnosti i sigurnosti i striktno provodimo praksu privatnosti.

Ugao a između prave l i ravni 6 može se odrediti preko dodatnog ugla p između date prave l i okomice n na datu ravan povučenu iz bilo koje tačke na pravoj liniji (slika 144). Ugao P dopunjuje željeni ugao a do 90°. Nakon što smo odredili pravu vrijednost ugla P rotiranjem ravni ugla koji formira prava linija l i okomice i oko prave, ostaje da ga dopunimo do pravi ugao. Ovaj dodatni ugao će dati pravu vrijednost ugla a između prave l i ravni 0.

27. Određivanje ugla između dvije ravni.

Prava vrijednost diedarski ugao- između dvije ravni Q i l. - može se odrediti ili zamjenom ravni projekcije kako bi se ivica diedarskog ugla transformisala u projektovanu pravu (problemi 1 i 2), ili ako rub nije specificiran, kao ugao između dvije okomice n1 i n2 povučen na ove ravni iz proizvoljne tačke M prostora B ravni ovih okomita u tački M dobijamo dva ravna ugla a i P, koji su, respektivno, jednaki linearnim uglovima dva susedna ugla (diedrala) formirana od ravni q i l. Odredivši pravu vrijednost uglova između okomica n1 i n2 rotiranjem oko prave linije nivelete, odredićemo linearni ugao diedarskog ugla koji formiraju ravnine q i l.

Zakrivljene linije. Posebne tačke zakrivljenih linija.

U složenom crtežu krive, njene posebne tačke, koje uključuju tačke savijanja, povratka, preloma i čvorne tačke, takođe su posebne tačke na njenoj projekciji. Ovo se objašnjava činjenicom da su singularne tačke krivih povezane sa tangentama u tim tačkama.

Ako ravan krive zauzima projekcijski položaj (Sl. A), tada jedna projekcija ove krive ima oblik prave linije.

Za prostornu krivu, sve njene projekcije su zakrivljene linije (Sl. b).

Da bi se iz crteža odredilo koja je kriva data (ravninska ili prostorna), potrebno je utvrditi da li sve tačke krive pripadaju istoj ravni. Navedeno na sl. b kriva je prostorna, od tačke D kriva ne pripada ravni definisanoj sa tri druge tačke A, B I E ovu krivu.

Krug - ravna kriva drugog reda, čija ortogonalna projekcija može biti kružnica i elipsa

Cilindrična spiralna linija (heliks) je prostorna kriva koja predstavlja putanju tačke koja vrši spiralno kretanje.

29. Ravne i prostorne krive linije.

Vidi pitanje 28

30. Složeni crtež površine. Osnovne odredbe.

Površina je skup sekvencijalnih pozicija linija koje se kreću u prostoru. Ova linija može biti ravna ili zakrivljena i zove se generatrix površine. Ako je generatriksa kriva, ona može imati konstantu ili varijabilni pogled. Generator se kreće vodiči, koji predstavljaju linije različitog smjera od generatora. Vodilice postavljaju zakon kretanja za generatore. Prilikom pomicanja generatriksa duž vodilica, a okvir površina (Sl. 84), koja je skup nekoliko uzastopnih pozicija generatrisa i vodilica. Ispitujući okvir, može se uvjeriti da su generatori l i vodiče T može se zamijeniti, ali površina ostaje ista.

Bilo koja površina može se dobiti na različite načine.

U zavisnosti od oblika generatrikse, sve površine se mogu podeliti na vladao, koji imaju generativnu ravnu liniju, i nevladani, koji imaju formirajuću zakrivljenu liniju.

Površine koje se mogu razvijati uključuju površine svih poliedara, cilindričnih, konusnih i torzo površina. Sve ostale površine su nerazvijajuće. Nepravilne površine mogu imati generatricu konstantnog oblika (površine okretanja i cjevaste površine) i generatrisu promjenjivog oblika (površine kanala i okvira).

Površina u složenom crtežu određena je projekcijama geometrijskog dijela njene determinante, što ukazuje na način konstruisanja njenih generatora. U crtežu površine, za bilo koju tačku u prostoru nedvosmisleno se rješava pitanje pripada li datoj površini. Grafičko specificiranje elemenata površinske determinante osigurava reverzibilnost crteža, ali ga ne čini vizualnim. Radi jasnoće, pribjegavaju konstruiranju projekcija prilično gustog okvira generatrija i konstruiranju obrisnih linija površine (Sl. 86). Prilikom projektovanja površine Q na ravan projekcije, projektovane zrake dodiruju ovu površinu u tačkama koje formiraju određenu liniju na njoj l, koji se zove kontura linija. Projekcija linije konture se zove esej površine. U složenom crtežu svaka površina ima: P 1 - horizontalni obris, na P 2 - frontalni obris, na P 3 - profilni obris površine. Skica uključuje, pored projekcija linije konture, i projekcije linija reza.