家 / オオムギ/ 指定された平面間の角度を見つけます。平面間の角度（二面角）を求める

指定された平面間の角度を見つけます。平面間の角度（二面角）を求める

$\blacktriangleright$ 二面角は、2 つの半平面と、それらの共通の境界である直線 $a$ によって形成される角度です。

$\blacktriangleright$ 平面 $\xi$ と $\pi$ の間の角度を見つけるには、直線角 (および辛いまたは 真っ直ぐ) 平面 $\xi$ と $\pi$ によって形成される二面角：

ステップ 1: $\xi\cap\pi=a$ (平面の交線) とします。平面 $\xi$ 内で任意の点 $F$ をマークし、 $FA\perp a$ を描きます。

ステップ 2: $FG\perp \pi$ を実行します。

ステップ 3: TTP ($FG$ – 垂直、$FA$ – 斜め、$AG$ – 投影) によれば、次のようになります。

ステップ 4: 角度 $\angle FAG$ は、平面 $\xi$ と $\pi$ によって形成される二面角の直線角と呼ばれます。

三角形 $AG$ が直角であることに注意してください。
この方法で構築された平面 $AFG$ は、 $\xi$ と $\pi$ の両方の平面に対して垂直であることにも注意してください。したがって、別の言い方もできます。 平面間の角度$\xi$ と $\pi$ は、 $\xi\ に垂直な平面を形成する 2 本の交差する線 \(c\in \xi$ と $b\in\pi$ の間の角度です。 ) 、および $\pi$ 。

タスク 1 #2875

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

すべての辺が等しく、底辺が正方形である四角錐が与えられます。 $6\cos \alpha$ を見つけます。ここで $\alpha$ は隣接する側面の間の角度です。

$SABCD$ を、辺が $a$ に等しい特定のピラミッド ($S$ は頂点) とします。したがって、すべての側面は等しい正三角形になります。面 $SAD$ と $SCD$ の間の角度を求めてみましょう。

$CH\perp SD$ をやってみましょう。なぜなら $\三角 SAD=\三角 SCD$の場合、 $AH$ は $\triangle SAD$ の高さにもなります。したがって、定義により、 $\angle AHC=\alpha$ は、面 $SAD$ と $SCD$ の間の二面角の直線角になります。
底辺は正方形なので、 $AC=a\sqrt2$ となります。 $CH=AH$ が高さであることにも注意してください。正三角形辺 $a$ があるため、 $CH=AH=\frac(\sqrt3)2a$ となります。
次に、 $\triangle AHC$ のコサイン定理により次のようになります。 \[\cos \alpha=\dfrac(CH^2+AH^2-AC^2)(2CH\cdot AH)=-\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad 6\cos\alpha=-2.\]

答え: -2

タスク 2 #2876

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ は、コサインが $0.2$ に等しい角度で交差します。平面 $\pi_2$ と $\pi_3$ は直角に交差し、平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ の交線は、平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ の交線と平行です。平面 $\pi_2$ と $\ pi_3$ 。平面 $\pi_1$ と $\pi_3$ の間の角度の正弦を求めます。

$\pi_1$ と $\pi_2$ の交線を直線 $a$ とし、$\pi_2$ と $\pi_3$ の交線を直線とします直線 $b$ 、および交線 $\pi_3$ と $\pi_1$ – 直線 $c$ 。 $a\平行 b$ なので、 $c\平行 a\平行 b$ (理論参考文献「空間における幾何学」のセクションの定理によると $\rightarrow$ 「立体測定の概要」並列処理」)。

$AB\perp a, AB\perp b$ となるように点 $A\in a, B\in b$ をマークしましょう (これは $a\Parallel b$ なので可能です)。 $C\in c$ を $BC\perp c$ 、したがって $BC\perp b$ となるようにマークしましょう。次に $AC\perp c$ と $AC\perp a$ です。
確かに、 $AB\perp b, BC\perp b$ なので、 $b$ は平面 $ABC$ に垂直です。 $c\平行 a\平行 b$ であるため、線 $a$ と $c$ は平面 $ABC$ にも垂直であり、したがってこの平面からの任意の直線、特に、行 \ (AC\) 。

したがって、 $\angle BAC=\angle (\pi_1, \pi_2)$, $\角度ABC=\角度(\pi_2, \pi_3)=90^\circ$, $\角度 BCA=\角度 (\pi_3, \pi_1)$。 $\triangle ABC$ は長方形であることがわかります。つまり、 \[\sin \angle BCA=\cos \angle BAC=0.2.\]

答え: 0.2

タスク 3 #2877

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

直線 $a, b, c$ が 1 点で交差し、そのうちの 2 つの間の角度が $60^\circ$ に等しいとします。 $\cos^(-1)\alpha$ を求めます。 $\alpha$ は、線 $a$ と $c$ によって形成される平面と線 $ b\ ) と \(c$ 。度数で答えてください。

線が点 $O$ で交差するようにします。そのうちの 2 つの直線の間の角度は $60^\circ$ に等しいため、3 つの直線すべてが同じ平面上に存在することはできません。直線 $a$ 上の点 $A$ をマークし、 $AB\perp b$ と $AC\perp c$ を描きます。それから $\三角 AOB=\三角 AOC$斜辺と鋭角に沿った長方形として。したがって、 $OB=OC$ および $AB=AC$ となります。
$AH\perp (BOC)$ を実行しましょう。次に、3 つの垂線 $HC\perp c$ , $HB\perp b$ に関する定理によります。 $AB=AC$ なので、 $\三角 AHB=\三角 AHC$斜辺と脚に沿った長方形として。したがって、 $HB=HC$ となります。これは、 $OH$ が角 $BOC$ の二等分線であることを意味します (点 $H$ が角の辺から等距離にあるため)。

この方法で、線 $a$ と $c$ によって形成される平面と、線 $b$ と $c $ 。これは角度 $ACH$ です。

この角度を見つけてみましょう。点 $A$ を任意に選択したので、 $OA=2$ となるように選択しましょう。次に、長方形 $\triangle AOC$ で次のようにします。 \[\sin 60^\circ=\dfrac(AC)(OA) \quad\Rightarrow\quad AC=\sqrt3 \quad\Rightarrow\quad OC=\sqrt(OA^2-AC^2)=1.\ 】$OH$ は二等分線なので、 $\angle HOC=30^\circ$ 、したがって、長方形 $\triangle HOC$ になります。 \[\mathrm(tg)\,30^\circ=\dfrac(HC)(OC)\quad\Rightarrow\quad HC=\dfrac1(\sqrt3).\]次に、長方形 $\triangle ACH$ から: \[\cos\angle \alpha=\cos\angle ACH=\dfrac(HC)(AC)=\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad \cos^(-1)\alpha=3.\]

答え: 3

タスク 4 #2910

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ は、点 $M$ と $N$ が存在する直線 $l$ に沿って交差します。線分 $MA$ と $MB$ は直線 $l$ に垂直で、それぞれ平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ 内にあり、$MN = 15) $ 、 $AN = 39$ 、 $BN = 17$ 、 $AB = 40$ 。 $3\cos\alpha$ を見つけます。ここで、 $\alpha$ は平面 $\pi_1$ と $\pi_2$ の間の角度です。

三角形 $AMN$ は直角です、 $AN^2 = AM^2 + MN^2$ です。 \ 三角形 $BMN$ は直角です、$BN^2 = BM^2 + MN^2$ で、そこから $AMB$ のコサイン定理を書きます。 \ それから \ 平面間の角度 $\alpha$ は鋭角であり、 $\angle AMB$ は鈍角であることが判明したため、 $\cos\alpha=\dfrac5(12)$ となります。それから \

答え: 1.25

タスク 5 #2911

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

$ABCDA_1B_1C_1D_1$ は直方体、$ABCD$ は辺 $a$ を持つ正方形、点 $M$ は点 $A_1$ から平面 \ に下ろした垂線の底辺です。 ((ABCD)\) に加えて、 $M$ は正方形 $ABCD$ の対角線の交点です。と知られている $A_1M = \dfrac(\sqrt(3))(2)a$。平面 $(ABCD)$ と $(AA_1B_1B)$ の間の角度を見つけます。度数で答えてください。

図のように $AB$ に垂直な $MN$ を作図しましょう。

$ABCD$ は辺 $a$ と $MN\perp AB$ および $BC\perp AB$ を持つ正方形なので、 $MN\平行 BC$ になります。 $M$ は正方形の対角線の交点であるため、 $M$ は $AC$ の中心、したがって $MN$ は中心線となり、 $MN =\frac12BC= \frac(1)(2)a$.
$MN$ は $A_1N$ の平面 $(ABCD)$ への投影であり、$MN$ は $AB$ に垂直であるため、3 つの垂線の定理により、 \ (A_1N\) は $AB $ に垂直で、平面 $(ABCD)$ と $(AA_1B_1B)$ の間の角度は $\angle A_1NM$ です。
\[\mathrm(tg)\, \angle A_1NM = \dfrac(A_1M)(NM) = \dfrac(\frac(\sqrt(3))(2)a)(\frac(1)(2)a) = \sqrt(3)\qquad\Rightarrow\qquad\angle A_1NM = 60^(\circ)\]

答え: 60

タスク 6 #1854

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

正方形 $ABCD$ : $O$ – 対角線の交点。 $S$ – 正方形 $SO \perp ABC$ の平面内にありません。 $SO = 5$ と $AB = 10$ の場合、平面 $ASD$ と $ABC$ の間の角度を求めます。

直角三角形 $\triangle SAO$ と $\triangle SDO$ は、2 つの辺とそれらの間の角度が等しい ($SO \perp ABC$ $\Rightarrow$ $\角度SOA = \角度SOD = 90^\circ$; $AO = DO$ 、なぜなら $O$ – 正方形の対角線の交点、$SO$ – 共通辺) $\Rightarrow$ $AS = SD$ $\Rightarrow$ $\triangle ASD\ ) – 二等辺。点 \(K$ は $AD$ の中点、$SK$ は三角形 $\triangle ASD$ の高さ、$OK$ は三角形 $ AOD$ $\ Rightarrow$ 平面 $SOK$ は平面 $ASD$ および $ABC$ $\Rightarrow$ $\angle SKO$ に垂直です – 直線角度は目的の角度に等しい上反角。

$\triangle SKO$ の場合: $OK = \frac(1)(2)\cdot AB = \frac(1)(2)\cdot 10 = 5 = SO$$\Rightarrow$ $\triangle SOK$ – 直角二等辺三角形 $\Rightarrow$ $\angle SKO = 45^\circ$ 。

答え: 45

タスク 7 #1855

タスクレベル: 統一国家試験よりも難しい

正方形 $ABCD$ : $O$ – 対角線の交点。 $S$ – 正方形 $SO \perp ABC$ の平面内にありません。 $SO = 5$ と $AB = 10$ の場合、平面 $ASD$ と $BSC$ の間の角度を求めます。

直角三角形 $\triangle SAO$ 、 $\triangle SDO$ 、 $\triangle SOB$ 、および $\triangle SOC$ は、2 つの辺とそれらの間の角度が等しい ($SO \perp ABC $ $\ライトアロー$ $\角度SOA = \角度SOD = \角度SOB = \角度SOC = 90^\circ$; $AO = OD = OB = OC$、なぜなら $O$ – 正方形の対角線の交点、$SO$ – 共通辺) $\Rightarrow$ $AS = DS = BS = CS$ $\Rightarrow$ $ \triangle ASD$ と $\triangle BSC$ は二等辺です。点 $K$ は $AD$ の中点、$SK$ は三角形 $\triangle ASD$ の高さ、$OK$ は三角形 $ AOD$ $\ Rightarrow$ 平面 $SOK$ は平面 $ASD$ に垂直です。点 $L$ は $BC$ の中点、$SL$ は三角形 $\triangle BSC$ の高さ、$OL$ は三角形 $ BOC$ $\ Rightarrow$ 平面 $SOL$ (別名平面 $SOK$) は平面 $BSC$ に垂直です。したがって、 $\angle KSL$ が目的の 2 面角に等しい直線角であることがわかります。

$KL = KO + OL = 2\cdot OL = AB = 10$$\Rightarrow$ $OL = 5$ ; $SK = SL$ – 等しい二等辺三角形の高さ。ピタゴラスの定理を使用して求めることができます。 $SL^2 = SO^2 + OL^2 = 5^2 + 5^2 = 50$。気づくことができるのは、 $SK^2 + SL^2 = 50 + 50 = 100 = KL^2$$\Rightarrow$ 三角形 $\triangle KSL$ については、逆ピタゴラスの定理が成り立ちます $\Rightarrow$ $\triangle KSL$ – 直角三角形 $\Rightarrow$ $\angle KSL = 90 ^\ circ$ 。

答え: 90

数学の統一州試験を受ける生徒の準備は、原則として、平面間の角度を決定できる公式を含む基本的な公式を繰り返すことから始まります。幾何学のこのセクションは学校のカリキュラム内で十分に詳細にカバーされているという事実にもかかわらず、多くの卒業生は基本的な内容を繰り返す必要があります。平面間の角度の求め方を理解すれば、高校生は問題を解くときに正しい答えをすぐに計算できるようになり、州統一試験に合格するという結果でまともなスコアを獲得できるようになります。

主なニュアンス

二面角の求め方の問題が問題にならないように、統一国家試験のタスクに対処するのに役立つ解決アルゴリズムに従うことをお勧めします。

まず、平面が交差する直線を決定する必要があります。

次に、この線上の点を選択し、それに 2 本の垂線を引く必要があります。

次のステップは見つけることです三角関数垂線によって形成される二面角。これを行う最も便利な方法は、角度がその一部である結果として得られる三角形を利用することです。

答えは角度またはその三角関数の値になります。

Shkolkovo の試験テストの準備が成功の鍵です

前日の授業中に統一国家試験に合格する多くの学童は、2 つの平面間の角度を計算できる定義と公式を見つけるという問題に直面しています。学校の教科書は、必要なときにいつでも手元にあるわけではありません。そして必要な公式とその例を見つけるために正しいアプリケーション、オンラインでインターネット上で平面間の角度を見つけるなど、多くの時間を費やす必要がある場合があります。

数学ポータル「Shkolkovo」が提供するもの新しいアプローチ国家試験の準備をするため。私たちのウェブサイト上のクラスは、学生が自分で最も難しいセクションを特定し、知識のギャップを埋めるのに役立ちます。

私たちはすべてを準備し、明確に提示しました必要な材料。基本的な定義と公式は「理論情報」セクションに記載されています。

内容をより深く理解するために、適切な演習を行うことをお勧めします。「カタログ」セクションには、さまざまな複雑さのタスクの幅広い選択肢が表示されます。すべてのタスクには、正解を見つけるための詳細なアルゴリズムが含まれています。ウェブサイト上の演習リストは常に追加され、更新されます。

2 つの平面間の角度を見つける必要がある問題を解く練習をしている間、学生はタスクを「お気に入り」としてオンラインに保存することができます。これにより、必要な回数だけ戻って、学校の先生や家庭教師と解決の進捗状況について話し合うことができます。

2 つの平面を考えてみましょう R 1と R 2 法線ベクトルあり n 1と n 2. 平面間の角度φ R 1と R 2 は、次のように角度 ψ = $\widehat((n_1; n_2))$ で表されます。 < 90°の場合、φ = ψ (図202、a); ψ > 90°の場合、ψ = 180° - ψ (図 202.6)。

いずれの場合も等式が成り立つことは明らかです

cos φ = |cos ψ|

非ゼロベクトル間の角度の余弦は、これらのベクトルのスカラー積をそれらの長さの積で割ったものに等しいため、次のようになります。

$$ cos\psi=cos\widehat((n_1; n_2))=\frac(n_1\cdot n_2)(|n_1|\cdot |n_2|) $$

したがって、平面間の角度 φ の余弦 R 1と R 2は次の式で計算できます。

$$ cos\phi=\frac(n_1\cdot n_2)(|n_1|\cdot |n_2|) (1)$$

平面が一般方程式で与えられる場合

A1 バツ+B1 y+C1 z+ D 1 = 0 および A 2 バツ+B2 y+C2 z+ D 2 = 0、

次に、法線ベクトルとして次のベクトルを取得できます。 n 1 = (A 1 ; B 1 ; C 1) および n 2 = (A 2; B 2; C 2)。

式 (1) の右辺を座標で書くと、次のようになります。

$$ cos\phi=\frac(|A_1 A_2 + B_1 B-2 + C_1 C_2|)(\sqrt((A_1)^2+(B_1)^2+(C_1)^2)\sqrt((A_2) ^2+(B_2)^2+(C_2)^2)) $$

タスク1。平面間の角度を計算する

バツ - √2 y + z- 2 = 0 および x+ √2 y - z + 13 = 0.

この場合、A 1 .=1、B 1 = - √2、C 1 = 1、A 2 =1、B 2 = √2、C 2 = - 1となります。

式 (2) から次のようになります。

$$ cos\phi=\frac(|1\cdot 1 - \sqrt2 \cdot \sqrt2 - 1 \cdot 1|)(\sqrt(1^2+(-\sqrt2)^2+1^2)\sqrt (1^2+(\sqrt2)^2+(-1)^2))=\frac(1)(2) $$

したがって、これらの平面間の角度は 60° になります。

法線ベクトルを持つ平面 n 1と n 2:

a) ベクトルが平行である場合に限り、 n 1と n 2 は同一線上にあります。

b) ベクトルが垂直である場合にのみ垂直 n 1と n 2 は垂直です。つまり、 n 1 n 2 = 0.

ここから必要な情報を取得し、十分条件一般方程式で与えられる 2 つの平面の平行度および直角度。

トップレーン

A1 バツ+B1 y+C1 z+ D 1 = 0 および A 2 バツ+B2 y+C2 z+D2=0

が平行である場合、等式が成り立つために必要かつ十分です

$$ \frac(A_1)(A_2)=\frac(B_1)(B_2)=\frac(C_1)(C_2) \;\; (3)$$

係数 A 2 、B 2 、C 2 のいずれかが存在する場合ゼロに等しい、対応する係数 A 1 、B 1 、C 1 がゼロに等しいと仮定します。

これら 2 つの等式のうち少なくとも 1 つが満たされない場合は、平面が平行ではない、つまり交差していることを意味します。

平面の直角度について

A1 バツ+B1 y+C1 z+ D 1 = 0 および A 2 バツ+B2 y+C2 z+D2=0

平等が成り立つために必要かつ十分である

A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 = 0. (4)

タスク2。次の平面のペアのうち:

2バツ + 5で + 7z- 1 = 0 および 3 バツ - 4で + 2z = 0,

で - 3z+ 1 = 0 と 2 で - 6z + 5 = 0,

4バツ + 2で - 4z+ 1 = 0 と 2 バツ + で + 2z + 3 = 0

平行か垂直かを示します。最初の飛行機のペアの場合

A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 = 2 3 + 5 (- 4) + 7 2 = 0、

つまり、直角度条件が満たされます。平面は垂直です。

2 番目の飛行機のペアの場合

$\frac(B_1)(B_2)=\frac(C_1)(C_2)$、$\frac(1)(2)=\frac(-3)(-6)$ なので

そして係数Ａ１およびＡ２はゼロに等しい。したがって、2 番目のペアの平面は平行です。 3組目に関しては

$\frac(B_1)(B_2)\neq\frac(C_1)(C_2)$、$\frac(2)(1)\neq\frac(-4)(2)$ 以降

A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 = 4 2 + 2 1 - 4 2 =/= 0、つまり、3 番目のペアの平面は平行でも垂直でもない。

この記事では、平面間の角度とその求め方について説明します。まず、2 つの平面間の角度の定義が示され、グラフが示されます。その後、座標法を使用して 2 つの交差する平面間の角度を求める原理が分析され、次の式を使用して交差する平面間の角度を計算できる公式が得られました。既知の座標これらの平面の法線ベクトル。結論として示されているのは、詳細な解決策特徴的なタスク。

ページナビゲーション。

平面間の角度 - 定義。

交差する 2 つの平面間の角度の決定に徐々に近づくことを可能にする議論を提示しましょう。

2 つの交差する平面とを与えてみましょう。これらの平面は直線に沿って交差しており、これを文字 c で示します。線分cの点Mを通り、線分cに垂直な平面を作成しましょう。この場合、平面は平面と交差します。平面が交わる直線をａ、平面が交わる直線をｂとする。明らかに、線分aと線bは点Mで交差します。

交差する線 a と b の間の角度が、平面が通過する線 c 上の点 M の位置に依存しないことを示すのは簡単です。

線分cに垂直で、その平面とは異なる平面を作図しましょう。この平面は、平面と直線に沿って交差しており、それぞれ a 1 および b 1 と表します。

平面を構築する方法から、線 a と b は線 c に垂直であり、線 a 1 と b 1 は線 c に垂直であることがわかります。線 a と a 1 は同じ平面上にあり、線 c に対して垂直であるため、それらは平行です。同様に、線 b と b 1 は同一平面上にあり、線 c に対して垂直であるため、平行です。これにより、直線ａ１と直線ａ、直線ｂと直線ｂ１が一致する平面への平行移動が可能となる。したがって、2つの交差する線a 1 とb 1 の間の角度は、角度に等しい交差する線aとbの間。

これは、交差する平面内にある交差する線 a と b の間の角度が、平面が通過する点 M の選択に依存しないことを証明します。したがって、この角度を 2 つの交差する平面間の角度とみなすのが論理的です。

これで、交差する 2 つの平面間の角度の定義を音声で指定できるようになります。

意味。

直線で交わる 2 つの平面間の角度と、- これは、平面と平面が線 c に垂直な平面と交差する、2 つの交差する線 a と b の間の角度です。

2 つの平面間の角度の定義は、少し異なる方法で与えることができます。平面と平面が交差する直線 c 上に点 M を置き、それを通る直線 a と b を引き、直線 c に垂直で平面内にあり、直線間の角度をそれぞれ a とします。 b は平面と平面の間の角度です。通常、実際には、平面間の角度を求めるために、まさにそのような構築が実行されます。

交差する線間の角度はを超えないため、前述の定義から、2 つの交差する平面間の角度の度数は間隔の実数で表されることがわかります。この場合、交差する平面は次のように呼ばれます。垂直、それらの間の角度が90度の場合。平行な平面間の角度はまったく決定されないか、ゼロに等しいと見なされます。

交差する 2 つの平面間の角度を求めます。

通常、交差する 2 つの平面間の角度を求める場合は、最初に追加の構築を実行して、交差する直線 (その間の角度が目的の角度に等しい) を確認し、次に等価性テストや類似性を使用してこの角度を元のデータと接続する必要があります。テスト、コサイン定理、または角度のサイン、コサイン、タンジェントの定義。幾何学の過程で高校同様の問題が発生します。

例として、2012 年の数学の統一国家試験の問題 C2 の解法を挙げてみましょう (条件は意図的に変更されていますが、これは解法の原理には影響しません)。ここでは、交差する 2 つの平面間の角度を見つける必要がありました。

例。

解決。

まず、図面を作成してみましょう。

平面間の角度を「確認」するために追加の構築を実行してみましょう。

まず、平面 ABC と BED 1 が交差する直線を定義しましょう。 B点は彼らの共通点の一つです。これらの平面の 2 番目の共通点を見つけてみましょう。線ＤＡおよびＤ１Ｅは、同じ平面ＡＤＤ１内にあり、平行ではないため、交差する。一方、直線 DA は平面 ABC 内にあり、直線 D 1 E - は平面 BED 1 内にあるため、直線 DA と D 1 E の交点は平面 ABC と BED 1 の共通点になります。そこで、線 DA と D 1 E を交点まで続けて、文字 F との交点を示しましょう。この場合、BF は平面 ABC と BED 1 が交差する直線になります。

残りは、それぞれ平面 ABC と BED 1 にあり、直線 BF 上の 1 点を通過し、直線 BF に垂直な 2 本の直線を構築することです。これらの直線の間の角度は、定義上、目的の角度と等しくなります。飛行機ABCとBED 1。やりましょう。

ドット A は点 E の平面 ABC への投影です。点Mで線BFと直角に交わる直線を引きましょう。この場合、直線 AM は、3 つの垂線の定理により、直線 EM を平面 ABC に投影したものになります。

したがって、平面 ABC と BED 1 の間に必要な角度はに等しくなります。

2 つの辺の長さがわかっていれば、直角三角形 AEM からこの角度 (したがって角度自体) のサイン、コサイン、またはタンジェントを決定できます。この条件から、長さ AE を求めるのは簡単です。点 E は点 A から数えて辺 AA 1 を 4 対 3 の比率で分割し、辺 AA 1 の長さは 7 なので、AE = 4 となります。 AMの長さを求めてみましょう。

これを行うには、直角 A を持つ直角三角形 ABF を考えます。ここで、AM は高さです。条件 AB = 2 による。直角三角形 DD 1 F と AEF の相似性から辺 AF の長さを求めることができます。

ピタゴラスの定理を使用して、三角形ABFから求めます。三角形ABFの面積を通る長さAMを求めます。一方の側では、三角形ABFの面積は次のようになります。、反対側に、どこ .

したがって、直角三角形 AEM から次のようになります。 .

この場合、平面 ABC と BED 1 の間に必要な角度は等しいことに注意してください ( ).

答え：

場合によっては、2 つの交差する平面間の角度を見つけるには、Oxyz を設定して座標メソッドを使用すると便利です。そこでやめましょう。

タスクを設定しましょう。2 つの交差する平面との間の角度を見つけます。希望の角度をと表します。

与えられた直交座標系 Oxyz において、交差する平面の法線ベクトルの座標を知っているか、またはそれらを見つける機会があると仮定します。させては平面の法線ベクトルであり、は平面の法線ベクトルです。交差する平面間の角度を、これらの平面の法線ベクトルの座標を通じて見つける方法を示します。

平面と平面が交差する直線を c と表記します。直線 c 上の点 M を通って、直線 c に垂直な平面を描きます。平面は平面と交差し、それぞれ線 a と線 b に沿って、線 a と線 b は点 M で交差します。定義により、交差する平面間の角度と交差する線分 a と b 間の角度は等しくなります。

法線ベクトルと平面を、平面内の点 M からプロットしてみましょう。この場合、ベクトルは線aに垂直な線上にあり、ベクトルは線bに垂直な線上にあります。したがって、平面内では、ベクトルは線 a の法線ベクトル、は線 b の法線ベクトルです。

交差する線間の角度を求める記事では、法線ベクトルの座標を使用して交差する線間の角度の余弦を計算できる式を受け取りました。したがって、線 a と線 b の間の角度の余弦、したがって、 交差する平面間の角度の余弦そして、次の式で求められます。そしてはそれぞれ、平面およびの法線ベクトルです。次に、次のように計算されます .

座標法を使用して前の例を解いてみましょう。

例。

直方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 があり、AB = 2、AD = 3、AA 1 = 7 で、点 E が辺 AA 1 を点 A から数えて 4 対 3 の比率で分割するとします。平面 ABC と BED 1 の間の角度を見つけます。

解決。

直方体の 1 つの頂点での辺はペアで垂直であるため、次のように直交座標系 Oxyz を導入すると便利です。始点を頂点 C に合わせ、座標軸 Ox、Oy、Oz を辺 CD に沿って向けます。、CB、CC 1 となります。

ABC 平面と BED 1 平面の間の角度は、式を使用してこれらの平面の法線ベクトルの座標を通じて求めることができます。ここで、とはそれぞれ ABC 平面と BED 1 平面の法線ベクトルです。法線ベクトルの座標を求めてみましょう。

職種: 14
トピック: 平面間の角度

状態

正角柱 ABCDA_1B_1C_1D_1 の場合、M と N はそれぞれエッジ AB と BC の中点であり、点 K は MN の中点です。

A)線分 KD_1 と MN が垂直であることを証明します。

b)次の場合、平面 MND_1 と ABC の間の角度を見つけます。 AB=8、 AA_1=6\sqrt 2.

解決策を表示する

解決

A)\triangle DCN と \triangle MAD には次のものがあります。 \角度 C=\角度 A=90^(\circ), CN=AM=\frac12AB、 CD=DA。

したがって、\triangle DCN=\triangle MAD が 2 本の脚にあります。それから MD=DN、 \三角DMN二等辺。これは、DKの中央値が身長でもあることを意味します。したがって、DK \perp MN。

条件による DD_1 \perp MND、D_1K - 斜め、KD - 投影、DK \perp MN。

したがって、定理により、約 3 つの垂線 MN\perp D_1K になります。

b)で証明されたように、 A), DK \perp MN と MN \perp D_1K ですが、MN は平面 MND_1 と ABC の交線であり、つまり \angle DKD_1 は平面 MND_1 と ABC の間の二面角の直線角です。

ピタゴラスの定理による \triangle DAM DM= \sqrt (DA^2+AM^2)= \sqrt (64+16)= 4\sqrt 5、 MN= \sqrt (MB^2+BN^2)= \sqrt (16+16)= 4\sqrt 2.したがって、ピタゴラスの定理より \triangle DKM では DK= \sqrt (DM^2-KM^2)= \sqrt (80-8)= 6\sqrt 2.次に \triangle DKD_1 で、 tg\angle DKD_1=\frac(DD_1)(DK)=\frac(6\sqrt 2)(6\sqrt 2)=1。

これは \angle DKD_1=45^(\circ) を意味します。

答え

45^(\circ)。

職種: 14
トピック: 平面間の角度

状態

正四角柱 ABCDA_1B_1C_1D_1 では、底辺の辺は 4 に等しく、辺の辺は 6 に等しくなります。点 M はエッジ CC_1 の中央で、点 N はエッジ BB_1 上にマークされます (BN:NB_1=1:2)。

A) AMN 平面はエッジ DD_1 をどのような比率で分割しますか?

b)平面 ABC と AMN の間の角度を見つけます。

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解決

A)平面 AMN は、この平面による特定のプリズムの断面の 4 番目の頂点である点 K でエッジ DD_1 と交差します。与えられたプリズムの対向する面が平行であるため、断面は平行四辺形 ANMK になります。

BN =\frac13BB_1=2。 KL \平行 CD を描いてみましょう。その場合、三角形 ABN と KLM は等しい、つまり ML=BN=2、 LC=MC-ML=3-2=1、 KD=LC=1。すると、KD_1=6-1=5となります。これで、比率 KD:KD_1=1:5 がわかります。

b) F は直線 CD と直線 KM の交点です。平面 ABC と AMN は直線 AF に沿って交差します。角度 \angle KHD =\alpha は、二面角の直線角 (HD\perp AF、3 つの垂線に関する定理の逆定理、KH \perp AF) であり、次のようになります。鋭角直角三角形 KHD、脚 KD=1。

三角形 FKD と FMC は相似です (KD \平行 MC)。したがって、FD:FC=KD:MC となり、比率 FD:(FD+4)=1:3 を解くと、FD=2 が得られます。で直角三角形 AFD (\angle D=90^(\circ)) 脚 2 と脚 4 で斜辺を計算します AF=\sqrt (4^2+2^2)=2\sqrt 5、 DH= AD\cdot FD:AF= \frac(4\cdot 2)(2\sqrt 5)= \frac4(\sqrt 5)。

直角三角形 KHD では次のことがわかります。 tg \alpha =\frac(KD)(DH)=\frac(\sqrt 5)4,これは希望の角度を意味します \alpha =arctg\frac(\sqrt 5)4.

答え

A) 1:5;

b) arctg\frac(\sqrt 5)4.

出典: 「数学。 2017 年統一国家試験の準備。プロファイルレベル」エド。 F. F. リセンコ、S. ユ. クラブホワ。

職種: 14
トピック: 平面間の角度

状態

底辺 MNPQ が 6 で側辺がある正四角錐 KMNPQ が与えられるとします。 3\sqrt (26)。

A)点 F がエッジ MK の中央である場合、対角線 MP に平行な線 NF を通る平面でピラミッドの断面を作成します。

b)断面平面と KMP 平面の間の角度を見つけます。

解決策を表示する

解決

A) KO をピラミッドの高さ、F を MK の中点とします。 FE \Parallel MP (PKM 平面内) 。 FE は \triangle PKM の中心線であるため、 FE=\frac(MP)2。

NF を通過し MP に平行な平面、つまり平面 NFE でピラミッドの断面を作成しましょう。 L は EF と KO の交点です。点 L と N は所望のセクションに属し、平面 KQN 内にあるため、LN と KQ の交点として得られる点 T は、所望のセクションとエッジ KQ の交点でもあります。 NETF は必須のセクションです。

b)平面 NFE と MPK は直線 FE に沿って交差します。これは、これらの平面間の角度が二面角 OFEN の直線角度に等しいことを意味します。これを構築しましょう。 LO\perpMP、 MP\パラレルFE、したがって、 LO\perpFE;\triangle NFE は二等辺三角形 (等しい三角形 KPN および KMN の対応する中央値として NE=NF)、NL はその中央値 (PO=OM であるため EL=LF、および \triangle KEF \sim \triangle KPM）。したがって、NL \perp FE と \angle NLO が望ましいものになります。

ON=\frac12QN=\frac12MN\sqrt 2=3\sqrt 2.

\triangle KON - 長方形。

ピタゴラスの定理による脚KOは以下に等しい KO=\sqrt (KN^2-ON^2)。

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt(KN^2-ON^2)= \frac12\sqrt (9\cdot 26-9\cdot 2)= \frac12\sqrt(9(26-2))= \frac32\sqrt (24)= \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

tg\angle NLO =\frac(ON)(OL)=\frac(3\sqrt 2)(3\sqrt 6)=\frac1(\sqrt 3)、

\角度 NLO=30^(\circ)。

答え

出典: 「数学。 2017 年統一国家試験の準備。プロフィールレベル。」エド。 F. F. リセンコ、S. ユ. クラブホワ。

職種: 14
トピック: 平面間の角度

状態

正三角柱 ABCA_(1)B_(1)C_(1) のすべての辺は 6 に等しくなります。切断面は、エッジ AC および BB_(1) の中点と頂点 A_(1) を通って描画されます。

A)エッジ BC が頂点 C から数えて 2:1 の比率で切断面で分割されていることを証明します。

b)切断面とベース面の間の角度を見つけます。

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解決

A) D と E をそれぞれエッジ AC と BB_(1) の中点とする。

平面 AA_(1)C_(1) 内で、点 K で直線 CC_(1) と交差する直線 A_(1)D を、平面 BB_(1)C_(1) 内に描きます - 直線KE、点 F でエッジ BC と交差します。平面 AA_(1)B_(1) にある点 A_(1) と E、および平面 ABC にある点 D と F を接続すると、断面 A_(1)EFD が得られます。

\bigtriangleup AA_(1)D=\bigtriangleup CDK脚AD=DCに沿って鋭角にします。

\angle ADA_(1)=\angle CDK - 垂直方向と同様に、AA_(1)=CK=6 となります。 \bigtriangleup CKF と \bigtriangleup BFE は 2 つの角度で類似しています \angle FBE=\angle KCF=90^\circ,\angle BFE=\angle CFK - 垂直方向のものと同様です。

\frac(CK)(BE)=\frac(6)(3)=2、つまり、類似係数は 2 であり、CF:FB=2:1 を意味します。

b) AH \perp DF を実行しましょう。断面平面とベース平面の間の角度は角度 AHA_(1) に等しくなります。実際、線分 AH \perp DF (DF はこれらの平面の交線) は、線分 A_(1)H をベース平面に投影したものであるため、3 つの垂線の定理 A_(1)H に従って、 \perp DF。 \angle AHA_(1)=arctg\frac(AA_(1))(AH)。 AA_(1)=6。

AHを探しましょう。 \angle ADH =\angle FDC (垂直方向と同じ)。

\bigtriangleup DFC のコサイン定理によると、次のようになります。

DF^2=FC^2+DC^2- 2FC \cdot DC \cdot \cos 60^\circ,

DF^2=4^2+3^2-2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac(1)(2)=13。

FC^2=DF^2+DC^2- 2DF\cdot DC\cdot\cos\角度 FDC,

4^2=13+9-2\sqrt(13) \cdot 3 \cdot \cos \angle FDC,

\cos \angle FDC=\frac(6)(2\sqrt(13) \cdot 3)=\frac(1)(\sqrt(13))。

基本的な三角関数の恒等式から必然的に

\sin \angle FDC=\sqrt(1-\left (\frac(1)(\sqrt(13))\right)^2)=\frac(2\sqrt(3))(\sqrt(13)) 。\bigtriangleup ADH から AH を見つけます。

AH=AD \cdot \sin \angle ADH、(\angle FDC=\angle ADH)。 AH=3 \cdot \frac(2\sqrt(3))(\sqrt(13))=\frac(6\sqrt(13))(\sqrt(13))。

\angle AHA_(1)= arctg\frac(AA_(1))(AH)= arctg\frac(6 \cdot \sqrt(13))(6\sqrt(3))= arctg\frac(\sqrt(39))(3)。

答え

arctg\frac(\sqrt(39))(3)。

出典: 「数学。 2017 年統一国家試験の準備。プロフィールレベル。」エド。 F. F. リセンコ、S. ユ. クラブホワ。

職種: 14
トピック: 平面間の角度

状態

直角柱 ABCDA_(1)B_(1)C_(1)D_(1) の底面は、鈍角 B が 120^\circ に等しい菱形です。このプリズムのすべての辺は 10 に等しくなります。点 P と K は、それぞれエッジ CC_(1) と CD の中点です。

A)直線 PK と PB_(1) が垂直であることを証明します。

b)平面 PKB_(1) と C_(1)B_(1)B の間の角度を求めます。

解決策を表示する

解決

A)座標メソッドを使用します。ベクトル \vec(PK) と \vec(PB_(1)) のスカラー積を求め、これらのベクトル間の角度のコサインを求めてみましょう。 Oy 軸を CD に沿って、Oz 軸を CC_(1) に沿って、Ox 軸を \perp CD に向けてみましょう。 Cが原点です。

次に C (0;0;0); C_(1)(0;0;10); P(0;0;5); K(0;5;0); B(BC \cos 30^\circ; BC\sin 30^\circ; 0),あれは B(5\sqrt(3); 5;0), B_(1)(5\sqrt(3); 5;10)。

ベクトルの座標を見つけてみましょう。 \vec(PK)=$0;5;-5$; \vec(PB_(1))=$5\sqrt(3); 5;5$。

\vec(PK) と \vec(PB_(1)) の間の角度が \alpha に等しいとします。

\cos \alpha =0、これは \vec(PK) \perp \vec(PB_(1)) を意味し、線 PK と PB_(1) は垂直です。

b)平面間の角度は、これらの平面に垂直なゼロ以外のベクトル間の角度 (または、角度が鈍角の場合は、それに隣接する角度) に等しくなります。このようなベクトルは、平面の法線と呼ばれます。見つけてみましょう。

\vec(n_(1))=$x; y; z$ が平面 PKB_(1) に垂直であるとします。系を解いて見つけてみましょう \begin(cases) \vec(n_(1)) \perp \vec(PK)、\\ \vec(n_(1)) \perp \vec(PB_(1))。 \終了(件)

\begin(cases) \vec(n_(1)) \cdot \vec(PK)=0, \\ \vec(n_(1)) \cdot \vec(PB_(1))=0; \終了(件)

\begin(cases) 0x+5y-5z=0, \\ 5\sqrt(3)x+5y+5z=0; \終了(件)

\begin(cases)y=z, \\ x=\frac(-y-z)(\sqrt(3))。 \終了(件)

持っていきましょう y=1; z=1; x=\frac(-2)(\sqrt(3)), \vec(n_(1))=\left $ \frac(-2)(\sqrt(3)); 1;1 \right $。

\vec(n_(2))=$x; y; z$ が平面 C_(1)B_(1)B に垂直であるとします。系を解いて見つけてみましょう \begin(cases) \vec(n_(2)) \perp \vec(CC_(1))、\\ \vec(n_(2)) \perp \vec(CB)。 \終了(件)

\vec(CC_(1))=$0;0;10$、\vec(CB)=$5\sqrt(3); 5; 0$。

\begin(cases) \vec(n_(2)) \cdot \vec(CC_(1))=0, \\ \vec(n_(2)) \cdot \vec(CB)=0; \終了(件)

\begin(cases) 0x+0y+10z=0, \\ 5\sqrt(3)x+5y+0z=0; \終了(件)

\begin(cases)z=0、\\ y=-\sqrt(3)x。 \終了(件)

持っていきましょう x=1; y=-\sqrt(3); z=0、 \vec(n_(2))=$1; -\sqrt(3);0$。

目的の角度 \beta の余弦を見つけてみましょう (これは \vec(n_(1)) と \vec(n_(2)) の間の角度の余弦の係数に等しいです)。

\cos \beta =\frac(\sqrt(10))(4), \beta=\arccos\frac(\sqrt(10))(4)。

答え

\arccos\frac(\sqrt(10))(4)

出典: 「数学。 2017 年統一国家試験の準備。プロフィールレベル。」エド。 F. F. リセンコ、S. ユ. クラブホワ。

ABCDは正方形で側面は等しい長方形です。

断面平面は対角線 AC に平行な点 M と D を通過するため、点 M を通る平面 A_(1)AC 内に断面平面を構築するには、AC に平行な線分 MN を描きます。直線と平面の平行度に基づいて AC \平行 (MDN) を求めます。

平面 MDN は、平行平面 A_(1)AD および B_(1)BC と交差し、プロパティにより、平行面、面 A_(1)ADD_(1) および B_(1)BCC_(1) と MDN 平面との交線は平行です。

線分 NE を線分 MD と平行に描きましょう。

四角形の DMEN は必須セクションです。

b)断面平面とベース平面の間の角度を見つけてみましょう。断面平面が点 D を通る直線 p に沿ってベース平面と交差するものとします。 AC \平行 MN、したがって、AC \平行 p (平面が別の平面に平行な線を通過し、この平面と交差する場合、平面の交線はこの線に平行です)。 BD \perp AC は正方形の対角線であり、BD \perp p を意味します。 BD は ED の平面 ABC への投影であり、3 つの垂線 ED \perp p の定理により、\angle EDB は断面平面とベース平面の間の二面角の直線角になります。

四角形DMENの種類を設定します。 MD \平行 EN、ME \平行 DN に似ています。これは、DMEN が平行四辺形であることを意味し、MD=DN (直角三角形 MAD と NCD は 2 本の脚で等しいため、正方形の辺として AD=DC、AM=CN として) であることを意味します。平行線 AC と MN 間の距離)、したがって DMEN はひし形になります。したがって、F は MN の中点です。

条件 AM:MA_(1)=2:3 により、 AM=\frac(2)(5)AA_(1)=\frac(2)(5) \cdot 5\sqrt(6)=2\sqrt(6)。

AMNC は長方形、F は MN の中心、O は AC の中心です。手段、 FO\パラレルMA、 FO\perp AC、 FO=MA=2\sqrt(6)。

正方形の対角線が a\sqrt(2)、ここで、a は正方形の辺であり、次のようになります。 BD=4\sqrt(2)。 OD=\frac(1)(2)BD=\frac(1)(2) \cdot 4\sqrt(2)=2\sqrt(2)。

直角三角形の FOD\enspace tg \angle FDO=\frac(FO)(OD)=\frac(2\sqrt(6))(2\sqrt(2))=\sqrt(3)。したがって、\angle FDO=60^\circ となります。

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指定された平面間の角度を見つけます。 平面間の角度（二面角）を求める

主なニュアンス

Shkolkovo の試験テストの準備が成功の鍵です

平面間の角度 - 定義。

交差する 2 つの平面間の角度を求めます。

状態

解決

答え

状態

解決

答え

状態

解決

答え

状態

解決

答え

状態

解決

答え

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