Prostopadłościan $ABCDEFGH$ przecięto płaszczyzną prostopadłą do ściany $ABFE$ (rysunek obok). Wiedząc, że $\left|AB\right|=15$, $\left|BC\right|=6$, $\left|AE\right|=5\sqrt{3}$ oraz $\left|JB\right|=\frac{1}{3}\left|AB\right|$ i $\left|EN\right|=\frac{1}{3}\left|EF\right|$, wyznacz miarę kąta dwuściennego pomiędzy płaszczyzną przekroju a płaszczyzną podstawy $ABCD$.

RJMN0Jui6uHGS

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt J na krawędzi $AB$ podstawy, punkt I na krawędzi CD podstawy, punkt K na krawędzi $HG$ podstawy, oraz punkt N na krawędzi $EF$ podstawy. Punkty I, J, K, N połączono, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi prostokąt.

Rozwiązanie

Miara kąta dwuściennego jest równa mierze kąta płaskiego $NJA$, znajdującego się w trapezie prostokątnym $AJNE$.

R7iJ4Qkyx1Ui9

Na ilustracji przedstawiono trapez prostokątny $AJNE$, o kącie prostym przy wierzchołku A. Dłuższą podstawę oznaczono $AJ$, a krótszą $EN$. Linią przerywaną, z wierzchołka N poprowadzono wysokość trapezu, której spodek leży w punkcie P, na podstawie $AJ$. Kąt w trapezie, przy wierzchołku J, oznaczono alfa.

Długości boków w tym trapezie to: $\left|AJ\right|=10$, $\left|EN\right|=5$, $\left|AE\right|=5\sqrt{3}$. Prowadząc wysokość z wierzchołka $N$ otrzymujemy trójkąt prostokątny, przy czym $\left|PN\right|=\left|AE\right|=5\sqrt{3}$ oraz $\left|PJ\right|=\left|AJ\right|-\left|EN\right|$. Korzystając z funkcji trygonometrycznych obliczamy $tg\alpha =\frac{\left|NP\right|}{\left|PJ\right|}=\frac{5\sqrt{3}}{5}=\sqrt{3}$, zatem $\alpha =60°$.

Prostopadłościan $ABCDEFGH$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołki $B$ i $D$ oraz punkt $K$ leżący na krawędzi $CG$. Wiedząc, że $\left|AB\right|=8$, $\left|BC\right|=6$, $\left|CG\right|=15$ oraz miara kąta dwuściennego między płaszczyzną podstawy a płaszczyzną przekroju wynosi $\alpha =30°$, oblicz długość odcinka $CK$.

ROtfYrdlIwbIH

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt K na krawędzi bocznej $GC$. Punkt K i wierzchołki B i D połączono, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trójkąt. Zaznaczono kąt nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy i oznaczono go alfa.

Rozwiązanie

Trójkąt $BCD$ jest prostokątny. Jego przyprostokątne są długości $6$ i $8$, a więc z tw. Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatw. Pitagorasa obliczamy długość przeciwprostokątnej, $\left|BD\right|=10$.

Przyrównując pole tego trójkąta obliczone na dwa sposoby otrzymujemy:

$\frac{1}{2}·\left|BC\right|·\left|CD\right|=\frac{1}{2}·\left|BD\right|·\left|CL\right|$

$\frac{1}{2}·6·8=\frac{1}{2}·10·\left|CL\right|$

$\left|CL\right|=4,8$.

Trójkąt $LKC$ również jest prostokątny i występuje w nim kąt $\alpha =30°$. Korzystając z funkcji trygonometrycznych możemy zapisać, że $tg\alpha =\frac{\left|CK\right|}{\left|CL\right|}$, czyli

$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\left|CK\right|}{4,8}$

$\left|CK\right|=1,6\sqrt{3}$.

Odp. Długość odcinka $CK$ wynosi $1,6\sqrt{3}$.

Dany jest prostopadłościan $ABCDEFGH$ o krawędziach długości $\left|AB\right|=12$, $\left|BC\right|=9$ i $\left|AE\right|=14,4$. Wyznacz tangens kąta dwuściennego pomiędzy płaszczyzną przekroju przechodzącą przez przekątną $AC$ podstawy oraz punkt $K$ leżący na krawędzi $GH$ i spełniający warunek $\left|HK\right|=\frac{1}{3}\left|GH\right|$. Czy miara tego kąta jest większa niż $60°$?

RdKUFJMKmjhid

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt M na krawędzi $EH$ górnej podstawy, oraz punkt K na krawędzi $HG$ górnej podstawy. Punkty M i K, połączono z wierzchołkami A, C dolnej podstawy, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trapez.

Rozwiązanie

Zaznaczamy na rysunku kąt płaski $\alpha$, którego miara jest równa mierze kąta dwuściennego. To kąt pomiędzy wysokością trójkąta prostokątnego $ACD$ padającą na przeciwprostokątną a wysokością trapezu podstawioną z punktu $N$.

R3ZQSmFKMxv8U

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt M na krawędzi $EH$ górnej podstawy, oraz punkt K na krawędzi $HG$ górnej podstawy. Punkty M i K, połączono z wierzchołkami A, C dolnej podstawy, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trapez. Linią przerywaną poprowadzono wysokość trapezu z punktu O, na podstawie $MK$, której spodek leży w punkcie N, na dolnej podstawie $AC$ trapezu. Odcinek $DN$ stanowi wysokość trójkąta $ADC$. Zaznaczono $\angle OND$, który jest kątem nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy i oznaczono go alfa.

Miarę tego kąta można by próbować wyznaczyć korzystając z trójkąta $NDO$, w którym występuje kąt $\alpha$. Problemem jest fakt, że trójkąt $NDO$ nie jest prostokątny, a więc do wyznaczenia miary $\alpha$ korzystając z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów potrzebowalibyśmy długości wszystkich trzech boków tego trójkąta, co nie jest łatwe do obliczenia.

Wystarczy jednak w opuścić z punktu $O$ odcinek równoległy do krawędzi $DH$, aby otrzymać trójkąt prostokątny $NOP$ (rysunki poniżej), którego jednym z kątów jest szukany kąt $\alpha$. Długość przyprostokątnej naprzeciw tego kąta jest równa długości $\left|HD\right|$ czyli $14,4$. Wystarczy więc obliczyć długość jeszcze jednego boku w tym trójkącie i skorzystać z trygonometrii trójkąta prostokątnego.

RaqXAzC2AqA0B

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt M na krawędzi $EH$ górnej podstawy, oraz punkt K na krawędzi $HG$ górnej podstawy. Punkty M i K, połączono z wierzchołkami A, C dolnej podstawy, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trapez. Linią przerywaną poprowadzono wysokość trapezu z punktu O, na podstawie $MK$, której spodek leży w punkcie N, na dolnej podstawie $AC$ trapezu. Odcinek $DN$ stanowi wysokość trójkąta $ADC$. Zaznaczono $\angle OND$, który jest kątem nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy i oznaczono go alfa. Z punktu O, poprowadzono prostą prostopadłą do płaszczyzny podstawy prostopadłościanu, której spodek leży w punkcie P, na wysokości $DN$ trójkąta $ADC$.

Zajmiemy się obliczeniem długości boku $NP$. Jest on równy różnicy wysokości $ND$ trójkąta $ACD$ oraz odcinka $PD$.

Korzystając z tw. Pitagorasa obliczamy długość odcinka, $\left|AC\right|=15$.

Przyrównując zapisane na dwa sposoby pole trójkąta $ACD$ otrzymujemy długość odcinka $ND$.

$\frac{1}{2}·\left|AD\right|·\left|DC\right|=\frac{1}{2}·\left|AC\right|·\left|ND\right|$, stąd $\left|ND\right|=\frac{9·12}{15}=7,2$.

Długość odcinka $PD$ jest równa długości odcinka $OH$, który jest wysokością w trójkącie $KHM$. Trójkąty $CDA$ i $KHM$ leżą na równoległych płaszczyznach a ich boki są parami równoległe, zatem te trójkąty są podobne (z cechy: kąt, kąt, kąt).

Z danych w treści zadania wiemy, że $\left|HK\right|=\frac{1}{3}\left|GH\right|=4$.

Z podobieństwa trójkątów wynika, że $\frac{\left|HK\right|}{\left|DC\right|}=\frac{\left|OH\right|}{\left|ND\right|}$.

$\frac{4}{12}=\frac{\left|OH\right|}{7,2}$, zatem $\left|OH\right|=2,4$.

R11VcrYsy4yGw

Na ilustracji przedstawiono trapez $OHND$, z dolną podstawą $ND$ o długości siedem i dwie dziesiąte, oraz z górną podstawą $OH$ o długości równej dwa i cztery dziesiąte. Długość boku $HD$ wynosi czternaście i cztery dziesiąte. Z wierzchołka O, opuszczono wysokość trapezu, której spodek leży w punkcie P. Zaznaczono trójkąt prostokątny $ONP$, z kątem alfa przy wierzchołku N.

$\left|NP\right|=\left|ND\right|-\left|PD\right|=7,2-2,4=4,8$

$tg\alpha =\frac{14,4}{4,8}=3$

$tg60°=\sqrt{3}$

Kąt $\alpha$ jest ostry i $tg\alpha >tg60°$, zatem $\alpha >60°$.

Przekrój prostopadłościanu o podstawie $5\times 12$ i wysokości $6$ zawierający przekątną podstawy jest nachylony do płaszczyzny podstawy pod kątem $60°$. Jaką figurą jest ten przekrój?

Rozwiązanie

Opisany przekrój może być trapezem lub trójkątem. Wyznaczamy zakres kąta nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy, dla którego przekrój będzie trójkątem.

Ry2xLOkgmgzeS

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Długość krawędzi $AB$ podstawy wynosi dwanaście, długość krawędzi $BC$ podstawy wynosi pięć, natomiast długość krawędzi bocznej $CG$ wynosi sześć. Wierzchołki B, G, D, połączono, w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trójkąt. Z wierzchołka G poprowadzono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie L. Zaznaczono $\angle GLC$, który stanowi kąt nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy i oznaczono go alfa.

Przekrój będzie trójkątem tak długo, jak trzeci jego punkt będzie leżał na krawędzi $CG$, a więc dla odpowiednio małych wartości miary kąta dwuściennego. Granicznym przypadkiem jest ten, kiedy przekrój będzie przechodził przez wierzchołek $G$. Wyznaczamy miarę kąta w tym przypadku.

Korzystając z tw. Pitagorasa: $\left|BD\right|=13$

Zapisując pole trójkąta $BCD$ na dwa sposoby otrzymujemy $\frac{1}{2}·5·12=\frac{1}{2}·13·\left|CL\right|$, zatem $\left|CL\right|=\frac{60}{13}$.

$tg\alpha =\frac{6}{\frac{60}{13}}=\frac{13}{10}$.

Tangens jest funkcją rosnącą na przedziale $\left(0°,90°\right)$, zatem im większy kąt ostry, tym większy jego tangens. Dla kątów nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy, których tangens jest niewiększy od $\frac{13}{10}$ przekrój jest trójkątem. Dla kątów, których tangens jest większy od $\frac{13}{10}$ przekrój jest trapezem.

Odp. $tg60°=\sqrt{3}>\frac{13}{10}$, zatem przekrój jest trapezem.

przekrój prostopadłościanu daną płaszczyzną to część wspólna tego prostopadłościanu i tej płaszczyzny

część płaszczyzny ograniczona dwoma przecinającymi się półpłaszczyznami (nazywanymi ścianami kąta), wraz z tymi półpłaszczyznami oraz prostą, wzdłuż której się przecinają (nazywaną krawędzią kąta)

jeżeli trójkąt jest prostokątny, to suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej

w dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości dwóch pozostałych boków pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego między nimi

RBPnDMFiZU2kC

Na ilustracji przedstawiono różnoboczny trójkąt $ABC$. Bok $BC$ oznaczono literą a, bok $AC$ oznaczono literą b, oraz bok $AB$ oznaczono literą c. $\angle CAB$ oznaczono alfa.