Сечение PD1QB (обозначим σ)
проходит через прямую
PQ AC║
, значит σ ║ АС.
Дано σ–ромб, поэтому PQ BD1
и его стороны равны.
Тогда ∆APB= ∆ PA1D1= ∆ D1C1Q= =∆
BCQ по гипотенузе и катету (равному
3).
Отсюда AB=BC=CD=DA
и ABCD квадрат, ч.т.д.( А )
φ
S∆ BKQ = ½ BQ• KH, с другой
стороны: S∆ BKQ = ½ S BCQK
=
= ½ • 3 • 4=6; KH=6 •2:5=12/5.
□
Напомним ,что
AB=BC=CD=DA =4,
QB=5 как гипотенуза ∆
BCQ с катетами 3 и 4
(пифагоровы тройки).
Для этого проведём PK BB1
, KH BQ , отрезки PH и KQ.
, значит PK (BB1C1С)
KQ
(перпендикуляр к 2м пересекающимся
BC║
прямым).
По ТТП ВQ PH , следовательно
< PHK линейный искомый угол φ
между σ и BB1C1С .
Из ∆PKH : tgφ = PK/ KH.
PK=4 .Найдём KH из ∆ BKQ .
arctg
4
5/12
arctg
20
12
arctg
5
3
.
ОТВЕТ: arctg 5/3
Есть и другие
способы
Высоту КН можно найти из ∆ BKQ , выразив его площадь
двумя способами:
S∆ BKQ = ½ BQ• KH,
с другой стороны: S∆ BKQ= ½ BK • KQ= ½ • 3 • 4= 6;
KH=6 •2:5=12/5.
Доказать часть А) можно , используя свойства проектирования, а именно
«прямоугольная проекция сохраняет величину угла»
Так что , если диагонали ромба перпендикулярны ,то и диагонали
его проекции на основание (ABCD) перпендикулярны; но тогда
прямоугольник ABCD –квадрат , и А) доказано.
Можно вычислить угол, используя зависимость
между площадью оригинала и его проекции:
Sďđ
cosS
Отсюда :
cos
S
ďđ
S
;
arccos
S
ďđ
S
.
При этом не надо строить сам угол.
Смотрите чертёж далее…
S проекции
S оригинала это S ромба = ½ PQ • BD1
cos
S
ďđ
S
;
arccos
S
ďđ
S
.
264
S проекции = BC•CC12S∆BCQ
ďđS
12
S
QCBB
S
1
2
12
BD
1
S
ďđ
S
PQ
34
PD
QB
1
cos
11
1
2
12
6
2
4
2
4
;
arccos
2
4
3
34
2
4
.
3
34
2
22
12
342
ОТВЕТ: arccos 3 / √ 34
Докажем , что этот ответ равен arctg 5/3
cos
1
tg
2
;
cos
2
tg
9
34
;
1
2
cos
9
34
9
34
9
;
5
3
;
3
34
34
9
5
3
arctg
arccos
3
34
.
Ч.т.д.
Можно также вычислить угол, используя метод
координат ,через скалярное произведение.
14 ЕГЭ Досрочный 31.03.2017.ppt
