Как найти двугранный угол в правильной призме

Как найти угол между плоскостями?

Найти угол между плоскостями можно двумя способами: геометрическим и алгебраическим.

Геометрический способ

При геометрическом способе нужно сначала построить угол двугранного угла, а потом искать этот линейный угол с помощью знаний из планиметрии.

Алгебраический способ

Алгебраический способ – это применение метода координат – там есть формула для нахождения угла между плоскостями.

Вот такая:

( displaystyle cos gamma =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}}})

Здесь ( displaystyle {{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},{{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}) — коэффициенты уравнений плоскостей ( displaystyle alpha ) и ( displaystyle beta ) соответственно.

Подробнее про уравнение плоскости ты можешь прочитать в статье «Расстояние от точки до плоскости»!

( displaystyle alpha ): ( displaystyle {{A}_{1}}x+{{B}_{1}}y+{{C}_{1}}z+D=0)

( displaystyle beta ): ( displaystyle {{A}_{2}}x+{{B}_{2}}y+{{C}_{2}}z+D=0).

Какой же способ лучше? Зависит от задачи.

Если нужно найти, скажем, двугранный угол при основании правильной , то проще использовать геометрический способ.

А если линейный угол двугранного угла никак не хочет проходить ни через какие удобные точки, то можно использовать метод координат как палочку выручалочку.

Но тогда нужно очень твёрдо знать формулы и не делать арифметических ошибок при многочисленных подсчётах – ведь придётся искать ( displaystyle {{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},{{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}), а потом ещё и ( displaystyle cos gamma ).

Давай разберём несложную задачу для примера. Мы применим оба метода к одной и той же задаче.

План урока:

Понятие двугранного угла и угла между плоскостями

Перпендикулярность плоскостей

Прямоугольный параллелепипед

Трехгранный угол

Многогранный угол

Типичные задачи на углы между плоскостями

Понятие двугранного угла и угла между плоскостями

Напомним, что в планиметрии углом называют фигуру, состоящую из точки и двух лучей, выходящих из нее. Сама точка именуется вершиной угла, а лучи – сторонами угла.

По аналогии в стереометрии рассматривается схожая фигура – двугранный угол. Он состоит из двух полуплоскостей, которые исходят из одной прямой. Каждая из этих полуплоскостей именуется гранью двугранного угла, а их общая прямая – это ребро двугранного угла.

Для обозначения двугранного угла достаточно указать две точки на его ребре, а также ещё по одной точке на каждой грани. Например, на следующем рисунке показан угол САВD:

Двугранные углы часто встречаются в обычной жизни. Например, его образуют двухскатные крыши домов. В стереометрии двугранные угла можно найти в любом многограннике.

Двугранные углы можно измерять. Для этого надо выбрать произвольную точку на ребре угла и на каждой грани построить перпендикуляр, проходящий через эту точку. Через эти два перпендикуляра можно построить единственную плоскость. Угол между двумя перпендикулярами и принимается за величину двугранного угла.

Отдельно отметим, что плоскость, проходящая через перпендикуляры (на рисунке выше это γ) перпендикулярна ребру угла АВ. Это вытекает из признака перпендикулярности прямой и плоскости. Действительно, АВ⊥ВС и АВ⊥BD, поэтому и АВ⊥γ. Построенный угол ∠СBD называют линейным углом двугранного угла.

Понятно, что в каждом двугранном угле можно построить сколько угодно линейных углов:

Здесь помимо ∠ВСD построены линейные углы ∠В’С’D’ и ∠В’’С’’D’’. Однако все эти углы имеют одинаковую градусную меру. Сравним, например, ∠ВСD и ∠В’С’D’. Так как BD⊥AB и B’D’⊥АВ, то BD||B’D’. Аналогично можно прийти к выводу, что ВС||B’C’. Получаем, что стороны углов ∠ВСD и ∠В’С’D’ – это сонаправленные лучи, а потому ∠ВСD и ∠В’С’D’ одинаковы.

Двугранные углы, как и обычные углы, можно разделить на острые (их градусная мера меньше 90°), прямые (они в точности равны 90°) и тупые (которые больше 90°).

Если две плоскости пересекаются, то они образуют сразу 4 двугранных угла. Если среди них есть острый угол, то его величина считается углом между плоскостями. Если же все образуется 4 прямых двугранных угла, то угол между плоскостями принимается равным 90°.

Перпендикулярность плоскостей

В частном случае, когда угол составляет 90°, говорят, что пересекающиеся плоскости перпендикулярны.

Перпендикулярны друг другу пол и стены в доме, смежные грани кубика, стенки коробки. Существует особый признак перпендикулярности плоскостей.

Действительно, пусть плоскости α и β пересекаются по линии n, и в β есть такая прямая m, что m⊥α. Тогда m и n должны пересекаться в какой-нибудь точке К. Проведем в плоскости α через К прямую р, перпендикулярную n. Ясно, что m⊥р, ведь m⊥α. Получается, угол между m и р как раз и является углом между плоскостями α и β, ведь m⊥n и р⊥n. И этот угол равен 90°, ведь m⊥p, ч т. д.

Из доказанного признака вытекает следующее утверждение:

Прямоугольный параллелепипед

Ранее мы уже узнали про параллелепипед. Это фигура с 6 гранями, каждая из которых представляет собой параллелограмм. Особый интерес представляет его частный случай – прямоугольный параллелепипед.

Такую форму имеют многие шкафы, другие предметы мебели, коробки для обуви, небоскребы. Изображают прямоугольный параллелепипед так:

Для обозначения вершин параллелепипеда применяют латинские буквы. Очень часто для вершин одной грани используют 4 буквы без индекса (на рисунке выше это А, В, С, D), а другие 4 вершины обозначают такими же буквами, но с нижним индексом 1: А₁, B₁, C₁ и D₁. При этом одноименные вершины (например, А и А₁) находятся на одном ребре, которое располагается на рисунке вертикально.

Докажем некоторые свойства прямоугольного параллелепипеда.

Например, ребро АD пересекается с гранями АВВ₁А₁ и CDD₁C₁. Значит, оно перпендикулярно этим граням (точнее говоря, оно перпендикулярно плоскостям, проходящим через эти грани). Действительно, AD⊥DC, ведь ∠ADC является углом в прямоугольнике АВСD и потому он прямой. Аналогично и AD⊥DD₁, ведь и ADD₁A₁ – прямоугольник. Получается, что ребро AD перпендикулярно 2 прямым в грани CDD₁C₁ (которые при этом пересекаются), и потому оно перпендикулярно и всей грани. То же самое можно продемонстрировать для любого ребра прямоугольного параллелепипеда и любой грани, которую она пересекает.

Эти грани пересекаются по ребру А₁D₁. Этому ребру в свою очередь перпендикулярны ребра АА₁ и А₁В₁, лежащие в гранях ADD₁A₁ и A₁D₁C₁B₁. Значит, ∠АА₁В₁ и будет углом между этими гранями. Но он составляет 90°, то есть грани перпендикулярны, ч. т. д.

Хотя у прямоугольного параллелепипеда есть 12 граней, многие из них имеют одинаковую длину. Поэтому для описания размеров этой фигуры достаточно указать только три параметра. Обычно их называют длиной, шириной и высотой:

Эти параметры также называют измерениями прямоугольного параллелепипеда. Зная их, можно вычислить длину диагонали прямоугольного параллелепипеда. Для этого используется следующая теорема:

Действительно, пусть есть прямоугольный параллелепипед АВСDA₁B₁C₁D₁. Назовем ребро AD его длиной, АВ – шириной, а ВВ₁ – высотой. Пусть необходимо найти длину диагонали В₁D:

Сначала построим отрезок BD и рассмотрим ∆ABD. Он прямоугольный, и потому для него верна теорема Пифагора:

Теперь перейдем к ∆В₁ВD. Так как ребро BB₁ перпендикулярно грани ABCD, то ∠В₁ВD – прямой. Тогда и ∆В₁ВD – прямоугольный, а потому и для него можно записать теорему Пифагора:

Дополнительно отметим уже известный нам факт, что тот прямоугольный параллелепипед, у которого все стороны одинаковы, именуется кубом. Можно дать и такое определение куба:

Трехгранный угол

Выберем в пространстве произвольную точку K. Далее из нее проведем три луча КА, КВ и КС так, чтобы они не находились в одной плоскости:

В результате мы получили фигуру, которую именуют трехгранным углом. Она состоит их трех плоских углов: ∠АКС, ∠АКВ и ∠ВКС. Эти углы так и называются – плоские углы трехгранного угла. Сам же трехгранный угол обозначают четырьмя буквами: КАВС. Обратите внимание, что через каждую пару лучей КА, КВ и КС можно провести плоскость. Таким образом, название «трехгранный» угол показывает, что в точке К сходятся три грани. Чаще всего в стереометрии такой угол возникает при рассмотрении вершин тетраэдра, в котором есть сразу четыре трехгранных угла:

Доказательство. Пусть в пространстве из точки D выходят лучи AD, BD и CD. Важно понимать, что мы можем свободно «передвигать» точки А, В и С по лучам, и величина плоских углов при этом меняться не будет. Если среди плоских углов нет наибольшего, то теорема очевидно выполняется. Поэтому надо рассмотреть лишь случай, когда один из углов – наибольший. Пусть им будет ∠BDC:

Это возможно сделать, ведь ∠BDC > AD, поэтому внутри ∠BDC можно провести луч DK. Далее «сместим» точку А на луче АD так, чтобы DK = AD. Естественно, что при этом плоские углы трехгранного угла никак не изменятся, также как останется верным равенство

Сравним ∆ADC и ∆DKC. У них есть общая сторона DC, одинаковы стороны DK и AD, а также совпадают углы между ними. Значит, эти треугольники равны, и тогда можно записать, что:

Теперь сравним ∆ABD и ∆DBK. У них BD – общая сторона, а DK = AD. При этом BK < AB. В таком случае против меньшей стороны будет лежать меньший угол (смотри примечание после доказательства), то есть

Именно это неравенство и необходимо было доказать.

Примечание. В ходе доказательства было использовано утверждение, что если у двух треугольников две стороны одинаковы, в третьи стороны отличаются, то против меньшей третьей стороны будет располагаться меньший угол:

Это утверждение часто не рассматривается в курсе планиметрии, поэтому есть смысл доказать его отдельно. Действительно, пусть есть ∆АВС и ∆А’B’C’, АС = А’C’ и АВ = A’B’, а СВ < C’B’. Надо показать, что ∠А <∠A’. Для этого выразим стороны СВ и C’B’ (а точнее говоря, их квадраты) с помощью теоремы косинусов:

Из последнего неравенства на основе определения косинуса для углов из интервала от 0° до 180° вытекает, что и

Многогранный угол

Возможен случай, когда из одной точки в пространстве выходят не три, а большее количество лучей, причем образуемые ими углы не располагаются в единой плоскости. Такая фигура именуется многогранным углом. Трехгранный угол можно считать его частным случаем. Также его частными случаями будут четырехгранный угол, пятигранный угол, шестигранный угол и т. д.

Более наглядна следующая демонстрация многогранного угла. Построим на плоскости α произвольный многоугольник. Далее выберем какую-нибудь точку вне плоскости α и соединим ее с вершинами многоугольника с помощью лучей. При этом у нас как раз получится многогранный угол. Если, например, в качестве многоугольника мы использовали пятиугольник, то и получим мы пятигранный угол:

Важно отметить, что в данном случае состоит многогранный угол именно из лучей КА₁, КА₂, КА₃…, а не из одноименных отрезков. То есть многогранный угол – это ни в коем случае не многогранник КА₁А₂А₃А₄А₅, у него есть только одна вершина – точка К. Многогранник КА₁А₂А₃А₄А₅ – это пирамида, такая фигура изучается в курсе стереометрии чуть позже. Многоугольник А₁А₂А₃А₄А₅ – это сечение многогранного угла. Углы ∠А₁КА₂, ∠А₂КА₃, ∠А₃КА₄… – это плоские углы многогранного угла.

Заметим, что на исходный многоугольник на плоскости может быть как выпуклым, так и невыпуклым. Соответственно и многогранный угол может быть как выпуклым, так и невыпуклым:

Так как любой треугольник – это выпуклый многоугольник, то и любой трехгранный угол является выпуклым. В выпуклом угле все его точки лежат по одну сторону от любой плоскости, проходящей, через какие-нибудь два смежных луча угла. Вообще любое сечение многогранного угла представляет собой выпуклый многоугольник.

Докажем важное утверждение:

Для доказательства возьмем произвольный многогранный угол и проведем в нем сечение А₁А₂А₃…А_n, которое будет являться выпуклым многоугольником:

В последнем равенстве в каждой скобке стоят по два плоских угла в тех трехгранных углах, вершины которых совпадают с вершинами многоугольника А₁А₂А₃…А_n. В предыдущей теореме мы выяснили, что эта сумма меньше третьего плоского угла, то есть

В правой части в скобках стоит сумма углов выпуклого n-угольника А₁А₂А₃…А_n. Она, как мы знаем, составляет 180°•(n – 2), то есть

Последнее неравенство и необходимо было доказать.

Типичные задачи на углы между плоскостями

В школьной практике почти не встречаются задачи с многогранными углами, поэтому достаточно понимания и двугранного угла.

Задание. У тетраэдра ABCD все ребра одинаковы. Найдите величину двугранного угла между плоскостями АВС и АСD.

Решение. Отметим на ребре АС точку М, которая является его серединой:

Заметим, что плоскости АВС и АСD пересекаются по прямой АС. Раз все ребра тетраэдра одинаковы, то ∆АВС и ∆АСD – равносторонние. DM и BM – это медианы в ∆АВС и ∆АСD соответственно, ведь M – середина АС. Но раз треугольники равносторонние, то они одновременно являются и высотами, то есть BM⊥AC и DM⊥АС. Тогда ∠DMB как раз и представляет собой линейный угол двугранного угла BАСD. То есть именно его значение нам и надо вычислить (если, конечно, он окажется не больше 90°).

Пусть ребра тетраэдра имеют длину а. Тогда АМ вдвое короче. Найдем из прямоугольного ∆АМD длину MD:

Задание. Двугранный угол равен φ, меньший 90°. На одной из его граней отмечена точка К, которая находится на расстоянии d от другой грани. Каково расстояние между точкой К и ребром двугранного угла?

Решение. Пусть угол образован плоскостями α и β. Опустим из K два перпендикуляра – один на плоскость β в точку Н, а другой на линию пересечения плоскостей в точку Р:

По условию задачи ∠НРК = φ, а HK = d. Нам же надо найти РК. Это можно сделать, применив определение синуса к ∆РНК:

Задание. Верно ли, что плоскость, пересекающая две параллельные плоскости, образует с ними одинаковые углы?

Решение. Пусть есть параллельные друг другу плоскости α и β, а пересекает их плоскость γ. Линию пересечения α и γ обозначим как n, и такую же линию для β и γ обозначим как m:

Заметим, что m и n располагаются в одной плоскости γ и при этом не пересекаются, в противном случае у α и β нашлась бы общая точка, которой быть не должно. Значит, m||n.

Далее проведем в γ прямую р, перпендикулярную n. Раз m||n и р⊥n, то и р⊥m. То есть р – общий перпендикуляр для m и n.

Далее в α через точку пересечения n и p проведем прямую k, перпендикулярную n. Ясно, что k||β. После уже через точку пересечения m и p построим такую прямую k’, что k||k’:

Так как k||β и k||k’, то прямая k’ будет принадлежать плоскости β (по теореме 6 из этого урока). Так как k||k’, m||n и n⊥k, то по теореме о сонаправленных лучах можно утверждать, что и m⊥k’. Тогда углы, отмеченные на рисунке синим цветом – это и есть линейные углы двугранных углов. Они одинаковы, так как являются соответственными при секущей р и параллельных прямых k и k’. Если же двугранные углы равны, то одинаковы и углы между плоскостями, ч. т. д.

Примечание. Доказанный факт можно сформулировать в виде теоремы:

Она может быть использована при решении некоторых сложных задач.

Задание. В прямоугольном ∆АВС АВ и АС – катеты с длиной 7 и 24 соответственно. Через гипотенузу проведена плоскость β, образующая с плоскостью АВС угол 30°. Каково расстояние между точкой А и плоскостью β?

Решение.

Опустим из А перпендикуляр АН на β. Это и будет искомое нами расстояние. Также в ∆АВС построим высоту AD. Заметим, что раз АН⊥β, то по определению и АН⊥HD. Можно сказать, что HD – это проекция AD на β. Раз прямая ВС перпендикулярна наклонной AD, то она одновременно будет перпендикулярна и наклонной HD по обратной теореме о трех перпендикулярах.

Плоскости АВС и β пересекаются по прямой ВС, АD⊥ВС и HD⊥BC. Получается, что ADH – это как раз угол между АВС и β, и по условию он составляет 30°.

По теореме Пифагора вычислим гипотенузу ВС:

Теперь перейдем к ∆AHD. Он также прямоугольный (∠Н = 90°). Используем для него тригонометрию:

Задание. Известны измерения прямоугольного параллелепипеда. Его длина составляет 90 см, ширина – 20 см, а высота – 60 см. Какова длина диагонали такого параллелепипеда?

Решение. Обозначим измерения буквами а, b, с, а диагональ буквой d. Достаточно просто воспользоваться формулой:

Далее рассмотрим несколько задач, в которых надо найти угол между плоскостями, находящимися в кубе с ребром, чья длина составляет единицу.

Задание. Вычислите угол между гранью ADHЕ и сечением АBGН:

Решение. Заметим, что сечение АВGH содержит прямую АВ. Но АВ – это перпендикуляр к АЕНD. Если АВGH содержит перпендикуляр к ADH, то эти две плоскости перпендикулярны, и угол между ними составляет 90°.

Ответ: 90°.

Задание. Определите угол между гранью ADHE и сечением ADGF:

Решение. Две рассматриваемые плоскости пересекаются по ребру AD. Ребра DH и AD перпендикулярны как стороны квадрата. Так как AD – это перпендикуляр к грани СDHG, то AD⊥DG. Получается, что ∠HDG – это и есть искомый угол. Его величина равна 45°, ведь это угол между диагональю квадрата и его стороной.

Ответ: 45°.

Задание. Вычислите угол между сечениями АВGH и EFCD:

Решение. Пересекаются эти две плоскости по прямой KP, где K и P – точки пересечения диагоналей квадратов BFGH и AEHD. Докажем, что отрезки KG и KC перпендикулярны KP.

Действительно, рассмотрим четырехугольник АВGH. Ребра АВ и GH перпендикулярны граням AEHD и BFGH, поэтому все углы в АВGH – прямые, то есть это прямоугольник и BG||AH. Теперь рассмотрим четырехугольник АВKP. Стороны BK и AP параллельны и равны как половины равных отрезков BG и AH. Значит, BKAP – параллелограмм. Но в нем есть прямые углы ∠В и ∠А, поэтому BKAP – прямоугольник. Аналогично можно показать, что и KGHP – прямоугольник. Это и приводит к выводу о том, что KG⊥KP и PH⊥KP. Поэтому ∠СKG и является искомым углом между сечениями. Он является углом между диагоналями квадрата, то есть равен 90°.

Ответ: 90°.

Задание. Найдите угол между сечением AFH и гранью AEHD:

Решение. Обозначим середину диагонали AH буквой K. Докажем ∠EKF – искомый нами угол:

Действительно, плоскости AHD и AFH пересекаются по прямой AH. EK – медиана в равнобедренном ∆AEH с основанием AH, поэтому она также является и высотой, то есть EK⊥AH. AF и FH – диагонали в равных квадратах ABFE и EFGH, поэтому эти диагонали одинаковы. Значит, ∆AFH – равнобедренный, и поэтому его медиана FK также перпендикулярна основанию AH. Получается, что ∠EKF и является искомым. Вычислить его можно из ∆EKF.

Сначала найдем длину EK. В прямоугольном ∆AEK ∠KAE составляет 45° (угол между диагональю и стороной квадрата), поэтому

Задание. Вычислите угол между гранью BCGF и сечением AFH:

Решение. Вспомним, что в предыдущей задаче мы уже вычислили угол между гранью АЕHD и тем же сечением АFH. Но грани AEHD и BCFG параллельны, поэтому АFH должна пересекаться их под одним и тем же углом. Поэтому ответ этой задачи совпадает с ответом к предыдущей задаче.

Ответ: ≈ 54,74°.

Задание. Чему равен угол между сечениями АСH и AFGH?

Решение. Пусть диагонали СН и DG пересекаются в точке К. Точка K будет принадлежать обоим сечениям, как и точка А. Значит, сечения пересекаются по линии АК. Проведем в сечении AFGH через точку K прямую, перпендикулярны АК и пересекающую FG в какой-то точке Р (позже мы убедимся, что прямая действительно должна пересекать отрезок FG):

Докажем, что ∠CPK и является углом между сечениями. Мы специально провели РК так, что РК⊥АК. Теперь посмотрим на ∆АСН. Он равносторонний, ведь его стороны АС, СН и DH – это диагонали равных квадратов (граней куба). Прямая АК – медиана, ведь K – точка пересечения диагоналей квадрата СDHG, которая делит диагонали пополам. Но раз ∆АСН равносторонний, то его медиана – это ещё и высота, то есть АК⊥РК. Итак, АК⊥СК и АК⊥РК, поэтому ∠CPK – это угол между сечениями. Для его вычисления необходимо найти все стороны в ∆РСК и далее применить теорему косинусов.

Проще всего найти СК. ∆СKD – прямоугольный (∠К = 90°), а ∠СDK составляет 45° (угол между стороной и диагональю в квадрате). Тогда можно записать, что

Отдельно отметим, что отрезки GK и KD имеют такую же длину, ведь диагонали в квадрате (а значит и их половины) одинаковы.

Для нахождения РК покажем отдельно плоскость AFG, то есть красное сечение:

Обозначим ∠KAD как φ. Тогда ∠АКD будет составлять 90 – φ. Углы ∠АКD, ∠АKP и ∠PKG в сумме дают 180°, что позволяет найти ∠PKG:

Получилось, что у ∆АКD и ∆PKG есть по два одинаковых угла (φ и 90°). Значит, они подобны. Составим такую пропорцию:

Теперь можно вернуться ко всему кубу и найти отрезок РС. Здесь снова можно применить теорему Пифагора, но уже к ∆PCG:

Теперь для ∆PCK мы можем записать теорему косинусов

Неожиданно мы доказали, что два построенных сечения перпендикулярны друг другу. Прийти к этому выводу можно было и иначе. Достаточно было бы показать, что прямая CH – это перпендикуляр к сечению AFGD. Попробуйте сделать это самостоятельно.

Ответ: 90°.

Задание. Вычислите угол между сечениями BDHF и ADGF:

Решение. У сечений общими являются точки F и D. Значит, именно по прямой FD они пересекаются.

Опустим в синей сечении BDHF перпендикуляр на FD, который упадет в некоторую точку K:

Докажем, что отрезок GK также перпендикулярен FD. Действительно, BK – это высота в ∆BDF. Но ∆BDF и ∆GDF равны, ведь они одинаковы все три стороны (FD – общая сторона, BF и FG – ребра куба, BD и DG – диагонали на гранях куба). В равных треугольниках высоты должны делить стороны на равные отрезки, поэтому высота, опущенная из G на FD, также разделит FD на отрезки FK и KD. То есть она просто упадет в точку K. Это и значит, что KG – высота. Получается, что нам надо вычислить ∠BKG.

Сначала найдем длину диагоналей BD и BG. Можно применить теорему Пифагора для ∆BFG:

KG имеет ту же длину, ведь KG и BK – одинаковые высоты в равных треугольниках ∆BDF и ∆GDF.

Теперь используем теорему косинусов для ∆BKG:

Мы вычислили двугранный угол, но он оказался больше 90°. Это значит, угол между плоскостями равен не 120°, а 180° – 120°, то есть 60°.

Ответ: 60°.

Сегодня мы познакомились с понятием двугранного угла, научились вычислять углы между плоскостями. В частном случае вместо вычисления угла можно просто доказать перпендикулярность плоскостей.

ИЗМЕРЕНИЕ
ДВУГРАННЫХ И МНОГОГРАННЫХ УГЛОВ

         Двугранные и многогранные углы входят в новые стандарты по
математике как базового, так и профильного уровня обучения в старших классов.
Однако задачам на вычисление этих углов обычно не уделяется должного внимание.
В то же время решение таких задач способствует выработке необходимых
вычислительных навыков, повторяет различные планиметрические формулы и
соотношения, развивает пространственные представления учащихся.

Здесь мы
рассмотрим вопрос об измерении двугранных и многогранных углов. Предлагаемый
материал и задачи могут быть использованы на профильном уровне при изучении
темы «Правильные многогранники», при проведении элективных курсов, подготовке
учащихся к решению олимпиадных задач и задач вступительных экзаменов по
математике в вузы.

Начнем с
двугранных углов. Двугранный угол является пространственным аналогом угла на
плоскости. Напомним, что углом на плоскости называется фигура, образованная
двумя лучами этой плоскости с общей вершиной и частью плоскости, ограниченной
этими лучами. Будем считать аналогом точки на плоскости прямую в пространстве и
аналогом луча на плоскости полуплоскость в пространстве. Тогда, по этой
аналогии, двугранным углом в пространстве называют фигуру (рис. 1),
образованную двумя полуплоскостями, с общей ограничивающей их прямой, и частью
пространства, ограниченной этими полуплоскостями. Полуплоскости называются
гранями двугранного угла, а их общая граничная прямая – ребром двугранного
угла.

Линейным углом двугранного угла называется угол,
полученный в результате пересечения данного двугранного угла и какой-нибудь
плоскости, перпендикулярной его ребру (рис. 2).

         Величиной двугранного угла
называется величина его линейного уг­ла.

         В школьном курсе геометрии
доказывается, что величина линейного угла не зависит от выбора плоскости,
перпендикулярной его ребру.

         Найдем двугранные углы правильных
многогранников.

         Ясно, что двугранные углы j_куб куба
(рис. 3) равны 90°_. Рассмотрим правильный
тетраэдр ABCD с ребром 1 (рис. 4). Из вершин A и  D опустим перпендикуляры AE и
DE на ребро BC. Для нахождения двугранного
угла j_тет = ÐAED воспользуемся теоремой
косинусов, примененной к треугольнику ADE, в котором AD
= 1, AE
= DE = .
Имеем равенство 1 = +– 2cosj_тет. Откуда cosj_тет = ,
j_тет »70°30′.

         Вычислим косинус двугранного угла октаэдра с ребром 1. Для
этого из вершин E и F (рис. 5) опустим
перпендикуляры EG и FG на ребро BC. EG = FG =. Четырехугольник
AECF – квадрат со стороной 1 и, следовательно, EF = . По теореме косинусов имеем 2
=  +  – 2cosj_окт. Откуда cos j_окт = – ,
 j_окт »109°30′.

         Заметим, что двугранные углы тетраэдра и октаэдра в сумме
составляют 180°. Этот факт можно вывести и
не вычисляя двугранных углов, а используя то, что середины ребер правильного
тетраэдра являются вершинами октаэдра (рис. 6).

         Вычислим косинус двугранного
угла икосаэдра с ребром 1. Для этого из A и C
опустим перпендикуляры AG и CG на
ребро BF (рис. 7). AG = CG =.
AC
является диагональю правильного пятиугольника ABCDE с ребром 1 и,
следовательно, AC = . По теореме косинусов, имеем =  +  – 2cosj_ико. Откуда cosj_ико = –,
j_ико »138°11′.

         Вычислим косинус двугранного угла додекаэдра с ребром 1. Для
этого из вершин A и C опустим перпендикуляры AG  и CG на ребро BF (рис. 8). AG = CG
=  AC является диагональю
правильного пятиугольника ABCDE с ребром . Поэтому, AC = =. По теореме косинусов, имеем =+-2cosj_дод. Откуда cosj_дод = –,
j_дод »116°34′.

         Из приведенных вычислений, в частности следует, что из равных
правильных многогранников, отличных от куба, нельзя составить пространственный
паркет (заполнить все пространство). Действительно, если бы, такое заполнение
пространства существовало, то сумма двугранных углов правильных многогранников
с общим ребром должна была быть равна 360°. Следовательно, величина двугранного угла правильного
многогранника могла бы быть получена делением 360° на натуральное число. Непосредственно
видно, что из правильных многогранников этим свойством обладает только куб.

         Пространственный паркет можно составить используя тетраэдр и
октаэдр. Для этого сначала нужно к двум противоположным граням октаэдра
приставить тетраэдры (рис. 9). В результате получим параллелепипед, гранями
которого являются ромбы. А уже затем из этих параллелепипедов составить пространственный
паркет.

         Перейдем
теперь к многогранным углам. Многогранный угол является пространственным аналогом многоугольника.
Напомним, что многоугольником на плоскости называется фигура, образованная
простой замкнутой ломаной и ограниченной ею внутренней областью. Будем считать
аналогом точки на плоскости луч в пространстве и аналогом отрезка на плоскости
плоский угол в пространстве. Тогда аналогом простой замкнутой ломаной на
плоскости является поверхность, образованная конечным набором плоских углов A₁SA₂, A₂SA₃, …, A_n-1SA_n, A_nSA₁
с общей вершиной S (рис. 10), в которых
соседние углы не имеют общий точек, кроме точек общего луча, а несоседние углы
не имеют общих точек, кроме общей вершины. Фигура, образованная указанной
поверхностью и одной из двух частей пространства, ею ограниченных, называется
многогранным углом. Общая вершина S называется вершиной
многогранного угла. Лучи SA₁, …, SA_n называются ребрами многогранного угла, а сами плоские углы A₁SA₂, A₂SA₃, …, A_n-1SA_n, A_nSA₁
– гранями многогранного угла. Многогранный угол обозначается буквами SA₁…A_n, указывающими вершину и
точки на его ребрах. В зависимости от числа граней многогранные углы бывают
трехгранными, четырехгранными, пятигранными (рис. 11) и т. д.

Рассмотрим
вопрос об измерении многогранных углов. Поскольку градусная величина
развернутого двугранного угла измеряется градусной величиной соответствующего
линейного угла и равна 180°, то будем считать, что
градусная величина всего пространства, которое состоит из двух развернутых
двугранных углов, равна 360°. Величина многогранного угла,
выраженная в градусах, показывает какую часть пространства занимает данный
многогранный угол.
Например,
трехгранный угол куба занимает одну восьмую часть пространства и, значит, его
градусная величина равна 360°= 45°. Трехгранный
угол в правильной n-угольной призме равен половине двугранного угла при
боковом ребре. Учитывая, что этот двугранный угол равен  , получаем, что трехгранный угол призмы равен 

В школьном
курсе геометрии доказывается, что для выпуклого n-угольника имеет место
следующая формула для суммы его углов

Здесь мы
получим пространственный аналог этой формулы для выпуклых многогранных углов.

Начнем с
трехгранного угла. Опишем около его вершины S единичную сферу и
обозначим точки пересечения ребер трехгранного угла с этой сферой  A, B, C (рис. 12).

Плоскости
граней трехгранного угла разбивают эту сферу на шесть попарно равных
сферических двуугольников, соответствующих двугранным углам данного трехгранного
угла. Сферический треугольник ABC и симметричный ему сферический
треугольник A’B’C’ являются пересечением трех двуугольников. Поэтому
удвоенная сумма двугранных углов равна 360°  плюс учетверенная величина
трехгранного угла, или

(1)    ÐSAB +ÐSB + ÐSC =
180° + 2ÐSABC.

Пусть теперь SA₁…A_n – выпуклый n-гранный
угол (рис. 13).
Разбивая его на
трехгранные углы, проведением диагоналей A₁A₃, …, A₁A_n-1 и применяя к ним полученную
формулу, будем иметь

(2)    ÐSA₁ + … +ÐSA_n= 180° (n
– 2) + 2ÐSA₁…A_n,

Используя эти формулы, вычислим многогранные углы y_куб, y_тет, y_окт, y_ико, y_дод, правильных многогранников.
Имеем

y_куб = 45°; y_тет = j_тет – 90°»15°45′; y_окт = 2j_окт – 180° » 38°56′;

y_ико = j_ико – 270°»75°28′; y_дод = j_дод – 90°»84°51′.

         Найдем двугранные и многогранные углы ромбододекаэдра –
многогранника, гранями которого являются двенадцать ромбов (рис. 14).

         Воспользуемся тем, что ромбододекаэдр может быть получен из
двух равных кубов. А именно, разобьем один из двух кубов на правильные
четырехугольные пирамиды, основаниями которых служат грани куба, а вершинами –
центр куба. Поставим эти пирамиды основаниями на грани другого куба (рис. 15).
Получим ромбододекаэдр.

         Из этого построения, в частности следует, что равными
ромбододекаэдрами можно заполнить все пространство (составить пространственный
паркет). Для этого сначала заполним пространство равными кубами, закрашенными в
черный и белый цвета в шахматном порядке. Затем белые кубы разобьем на
правильные четырехугольные пирамиды и присоединим их к черным кубам. Получим
искомое заполнение пространства ромбододекаэдрами. При этом в каждой вершине
сходится или шесть равных четырехгранных углов, или четыре равных трехгранных
углов ромбододекаэдров.

         Таким образом, величина четырехгранного угла ромбододекаэдра
равна 60°, а величина трехгранного угла ромбододекаэдра равна 90°.

         Двугранные углы
ромбододекаэдра находятся из приведенной выше формулы (3) и равны 120°.

Используя теорему Эйлера о
числе вершин ребер и граней выпуклого многогранника (В–Р+Г=2), выведем формулу,
связывающую суммы двугранных и многогранных углов выпуклого многогранника.

Пусть  n₁, …, n_в – количества ребер, сходящихся
в вершинах данного многогранника. Тогда, суммируя соответствующие равенства по
всем вершинам многогранника, и учитывая, что при этом каждый двугранный угол
считается дважды, получим равенство

2S₂ = 180°(n₁ – 2) + … + 180°(n_в – 2) + 2S,

где S₂, S – суммы двугранных и многогранных углов
данного многогранника.

Заметим, что n₁ + … + n_в = 2Р. Следовательно, будем
иметь равенство

S₂ = 180°(Р – В) + S,

или, окончательно, используя
соотношение Эйлера, В – Р + Г = 2, получаем

S₂ = 180°(Г – 2) + S.

Многогранные
углы можно измерять и числами. Действительно, тремстам шестидесяти градусам
всего пространства соответствует число 2p, равное половине площади
единичной сферы. Поэтому численной величиной многогранного угла считают
половину площади сферического многоугольника, высекаемого многогранным углом из
единичной сферы с центром в вершине данного многогранного угла.

Например,
численная величина трехгранного угла куба будет равна .

         Переходя от градусов к
числам  в формулах 1 и 2, связывающих
двугранные углы трехгранного и многогранного углов, будем иметь

(3)       ÐSAB +ÐSB + ÐSC
= p + 2ÐSABC.

(4)         ÐSA₁ + … +ÐSA_n=p(n – 2) + 2ÐSA₁…A_n.

Заменяя в этих формулах величины трехгранного и многогранного углов на
площади сферических треугольника и многоугольника, соответственно, получим
формулы для площадей сферического треугольника ABC и многоугольника A₁…A_n.

(5)       S(ABC) = ÐSA +ÐSB + ÐSC –  p.

(6)       
S(A₁…A_n) = ÐSA₁ + … +ÐSA_n – p(n – 2).

Задачи для самостоятельного решения

1. Чему равен
трехгранный угол, образованный диагоналями граней куба, выходящими из одной
вершины?

2. В
правильном тетраэдре ABCD точка O –
центр описанной сферы. Найдите трехгранный угол OABC и двугранные углы OA, OB, OC.

3. В
правильной треугольной пирамиде боковое ребро равно 1, сторона основания . Найдите трехгранный угол при вершине и двугранные углы при
боковых ребрах этой пирамиды.

4. В
правильной треугольной пирамиде сторона основания равна 1, высота . Найдите трехгранный угол при вершине и двугранные углы при
боковых ребрах этой пирамиды.

5. В
правильной четырехугольной пирамиде сторона основания и боковое ребро равно 1.
Чему равны двугранные и трехгранные углы при основании?

6. В
правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 2 см, высота 1 см.
Чему равен многогранный угол при вершине этой пирамиды?

7. В
правильной пятиугольной пирамиде сторона основания и боковое ребро равны 1. Чему
равен пятигранный угол при вершине этой пирамиды?

8. Найдите
двугранные и многогранные углы: а) правильной пятиугольной призмы (рис. 16, а);
б) правильной треугольной антипризмы (рис. 16, б).

9. Найдите
двугранные и многогранные углы: а) усеченного тетраэдра (рис. 17, а); б)
усеченного куба (рис. 17, б); в) усеченного октаэдра (рис. 17, в); г)
усеченного икосаэдра (рис. 17, г); д) усеченного додекаэдра (рис. 17, д).

10. Докажите,
что из равных усеченных октаэдров можно составить пространственный паркет.

11. Найдите
двугранные и многогранные углы: а) кубооктаэдра (рис. 18, а); б) икосододекаэдра
(рис. 18, б).

12. Найдите
величины невыпуклых многогранных углов многогранников, изображенных на рисунке
19, а-в.

13. Найдите
двугранные и многогранные углы малого звездчатого додекаэдра (рис. 20),
получающегося из додекаэдра продолжением его ребер.

14. Верна ли
формула (2) для невыпуклых многогранных углов? Почему?

15. Найдите
площадь части сферы с центром в вершине единичного куба и радиусом 1,
заключенной внутри этого куба.

16. В
правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 2 см, высота 1 см.
Найдите площадь части сферы с центром в вершине пирамиды и радиусом 1 см,
заключенной внутри пирамиды.

17. Чему равна
площадь сферического треугольника на единичной сфере, все углы которого равны: а)
80°; б) 90°; в) 100°?

18. Выведите
формулу площади сферического n-угольника на сфере радиуса R,
все углы которого равны j. В каких пределах может изменяться
j?

ДВУГРАННЫЙ УГОЛ

Д вугранным углом называ ется фигур а (рис. 1), образованн ая двумя полуплоскостями, с общей ограничивающей их прямой, и частью пространства, ограниченной этими полуплоскостями. Полуплоскости называются гранями двугранного угла, а их общая граничная прямая – ребром двугранного угла.

В режиме слайдов ответ появляется после кликанья мышкой.

Линейным углом двугранного угла называется угол, полученный в результате пересечения данного двугранного угла и какой-нибудь плоскости, перпендикулярной его ребру (рис. 2).

Величиной двугранного угла называется величина его линейного угла.

Куб 1

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

ABC и CDD 1 .

Ответ: 90 o .

Куб 2

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

ABC и CDA 1 .

Ответ: 45 o .

Куб 3

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

ABC и BDD 1 .

Ответ: 90 o .

Куб 4

В кубе A … D 1 найдите тангенс угла между плоскостями

ABC и BC 1 D .

Решение: Обозначим O середину BD . Искомым линейным углом будет угол COC 1 . В прямоугольном треугольнике COC 1 имеем

CC 1 = 1; CO =

Следовательно,

Куб 5

В кубе A … D 1 найдите тангенс угла между плоскостями

ABC и AB 1 D 1 .

Решение: Плоскость AB 1 D 1 параллельна плоскости BC 1 D . Из предыдущей задачи следует, что

Куб 6

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

ACC 1 и BDD 1 .

Ответ: 90 o .

Куб 7

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

BC 1 D 1 и BA 1 D .

Решение: Заметим, что плоскость равностороннего треугольника BDA 1 перпендикулярна диагонали AC 1 , которая проходит через центр этого треугольника . Следовательно, данные плоскости перпендикулярны. Искомый угол равен 90 o .

Ответ: 90 o .

Куб 8

В кубе A … D 1 найдите уг ол между плоскостями

ABC 1 и BB 1 D 1 .

Решение: Заметим, что плоскость равностороннего треугольника ACB 1 перпендикулярна диагонали BD 1 , которая проходит через центр O этого треугольника . Искомым линейным углом будет угол B 1 OE , который равен 60 o .

Ответ: 60 o .

Куб 9

В кубе A … D 1 найдите косинус угла между плоскостями

BC 1 D и BA 1 D .

Решение: Пусть O – середина BD . Искомый угол равен углу A 1 OC 1 . Имеем

Используя теорему косинусов, получим

Ответ:

Куб 10

В кубе A … D 1 точка E – середина ребра BB 1 . Н айдите тангенс угла между плоскостями AEC 1 и ABC .

Решение: Искомый угол равен углу CAC 1 . Его тангенс равен

Ответ:

Пирамида 1

В правильном тетраэдре ABCD найдите косинус угла между плоскост ями ABC и BCD .

Решение: Пусть E – середина BC . Искомым линейным углом является угол AED . В треугольнике AED имеем:

AD = 1, AE = DE = По теореме косинусов находим

Ответ:

Пирамида 2

В правильном тетраэдре ABCD точка E – середина ребра AD . Н айдите угол между плоскост ями ACD и BCE .

Ответ: 90 о .

Пирамида 3

В правильной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, н айдите косинус угла между плоскостями SBC и ABC .

Решение: Пусть E , F – середины ребер BC и AD , O – центр основания. Искомым линейным углом является угол SEF .

В прямоугольном треугольнике SEO имеем EO = , SE =

Следовательно,

Ответ:

Пирамида 4

В правильной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, н айдите косинус двугранного у гла, образованного гранями SAB и SBC .

E

Решение: Пусть E – середина ребра SB . Искомым линейным углом является угол AEC . В треугольнике AEC имеем :

AC = , AE = CE = По теореме косинусов находим

Ответ:

Пирамида 5

В правильной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, н айдите косинус угла между плоскостями SAD и SBC .

Решение: Пусть E , F – середины ребер AD , BC . Искомым линейным углом является угол ESF . В треугольнике ESF

имеем : EF = 1, SE = SF = По теореме косинусов находим

Ответ:

Пирамида 6

В правильной 6- ой пирамиде SABCDEF , боковые ребра которой равны 2, а стороны основания – 1, н айдите косинус угла между плоскостями ABC и SBC .

Решение: Пусть O – центр основания, G – середин ребра BC . Искомым линейным углом является угол SGO .

В прямоугольном треугольнике SGO имеем : OG = , SG =

Следовательно,

Ответ:

Пирамида 7

В правильной 6- ой пирамиде SABCDEF , боковые ребра которой равны 2, а стороны основания – 1, н айдите косинус двугранного у гла, образованного гранями SAB и SBC .

Решение: В треугольниках SAB и SBC опустим высоты AH и CH на сторону SB . Искомым линейным углом является угол AHC . В прямоугольном треугольнике AHC имеем : AC = , AH = CH =

По теореме косинусов находим

Ответ:

Пирамида 8

В правильной 6- ой пирамиде SABCDEF , боковые ребра которой равны 2, а стороны основания – 1, н айдите косинус двугранного у гла, образованного гранями SAB и SBC .

Решение: Продолжим ребра AB и DC до пересечения в точке G . В треугольниках SAG и SDG опустим высоты AH и DH на сторону SG . Искомым линейным углом является угол AHD . В треугольнике AHD имеем :

AD = 2, AH = DH =

По теореме косинусов находим

Ответ:

Пирамида 9

В правильной 6- ой пирамиде SABCDEF , боковые ребра которой равны 2, а стороны основания – 1, н айдите косинус двугранного у гла, образованного гранями SAB и SDE .

Решение: Пусть G , H – середины ребер AB , DE . Искомым линейным углом является угол GSH . В треугольнике GSH

имеем : GH = , SG = SH = По теореме косинусов находим

Ответ:

Призма 1

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 найдите угол между плоскост ями ABC и BB 1 C 1 .

Ответ: 90 o .

Призма 2

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 найдите угол между плоскост ями ACC 1 и BCC 1 .

Ответ: 60 o .

Призма 3

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 , все ребра которой равны 1, найдите тангенс уг ла между плоскост ями ABC и A 1 B 1 C .

Решение: Обозначим O , O 1 – середины ребер AB и A 1 B 1 . Искомым линейным углом будет угол OCO 1 . В прямоугольном треугольнике OCO 1 имеем

OO 1 = 1; OC =

Следовательно,

Призма 4

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 , все ребра которой равны 1, найдите тангенс уг ла между плоскост ями ABC и ACB 1 .

Решение: Обозначим O – середину ребра AC . Искомым линейным углом будет угол BOB 1 . В прямоугольном треугольнике BOB 1 имеем

BB 1 = 1; BO =

Следовательно,

Призма 5

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 , все ребра которой равны 1, найдите косинус уг ла между плоскост ями ACB 1 и A 1 C 1 B .

Решение: Данные плоскости пересекаются по прямой DE . Обозначим G середину DE и F середину AC . Угол BGF будет искомым. В треугольнике BGF имеем

BF = ; BG = FG =

По теореме косинусов, имеем

Призма 6

В правильной 6-й призме A … F 1 найдите у гол между плоскостями ABC и ABB 1 .

Ответ: 90 о .

Призма 7

Н айдите двугранный у гол, образованный соседними боковыми гранями правильной 6-й призмы A … F 1 .

Ответ: 120 о .

Призма 8

В правильной 6-й призме A … F 1 найдите у гол между плоскостями ABB 1 и CDD 1 .

Ответ: 60 о .

Призма 9

В правильной 6-й призме A … F 1 найдите у гол между плоскостями ACC 1 и CDD 1 .

Ответ: 90 о .

Призма 10

В правильной 6-й призме A … F 1 найдите у гол между плоскостями ACC 1 и DEE 1 .

Ответ: 30 о .

Призма 11

В правильной 6-й призме A … F 1 найдите у гол между плоскостями ACC 1 и CEE 1 .

Ответ: 60 о .

Призма 12

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите тангенс у гла между плоскостями ABC и BCD 1 .

Решение: Искомый угол равен углу O 1 GO , где O , O 1 – центры оснований призмы, G – середина BC .

В прямоугольном треугольнике O 1 GO имеем: OO 1 = 1, OG = .

Следовательно,

Ответ:

Призма 13

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите у гол между плоскостями ABC и BCE 1 .

Решение: Искомый угол равен углу E 1 CE.

В прямоугольном треугольнике E 1 CE имеем: EE 1 = 1, CE = , CE 1 = 2 . Следовательно, .

Ответ: .

Призма 14

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите у гол между плоскостями ABC и BDE 1 .

Решение: Искомый угол равен углу E 1 DE. Он равен 45 о .

Ответ: .

Призма 15

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите тангенс у гла между плоскостями ABC и BDF 1 .

Решение: Искомый угол равен углу F 1 GF , где G – середина BD . В прямоугольном треугольнике F 1 GF имеем: FF 1 = 1, FG =

Следовательно,

Ответ:

Призма 16

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите тангенс у гла между плоскостями ABC и ADE 1 .

Решение: Искомый угол равен углу E 1 GE , где G – середина CE . В прямоугольном треугольнике E 1 GG имеем: EE 1 = 1, EG =

Следовательно,

Ответ:

Призма 17

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите косинус у гла между плоскостями CDE 1 и AFE 1 .

Решение: Пусть O , O 1 – центры оснований призмы, P , Q – середины ребер AF и CD . Искомый угол равен углу PO 1 Q . В треугольнике PO 1 Q имеем: PO 1 = QO 1 = , PQ =

Из теоремы косинусов получаем

Ответ:

Призма 18

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите у гол между плоскостями CDF 1 и AFD 1 .

Решение: Пусть O – центр призмы, G , G 1 – середины ребер CD и C 1 D 1 . Искомый угол равен углу GOG 1 . В треугольнике GOG 1 имеем: GG 1 = GO = G 1 O = 1. Следовательно, = 60 о .

Ответ:

Призма 19

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите косинус у гла между плоскостями BCD 1 и AFE 1 .

Решение: Пусть O , O 1 – центры боковой грани и верхнего основания призмы. Искомый угол равен углу A 1 GB 1 , где G – середина OO 1 . В треугольнике A 1 GB 1 имеем: A 1 B 1 = 1, A 1 G =

B 1 G = Из теоремы косинусов получаем

Ответ:

Призма 20

В правильной 6-й призме A … F 1 , ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями BCC 1 и AFE 1 .

Решение: Продолжим отрезки CB и FA до пересечения в точке G . Прямая B 1 G будет линией пересечения данных плоскостей.Из точки A опустим перпендикуляры AO и AH соответственно на прямые B 1 G и BG . Угол AOH будет искомым линейным углом.

По теореме косинусов находим

Октаэдр

Найдите двугранные углы октаэдра.

Решение: Рассмотрим правильный октаэдр с ребром 1. Из вершин E и F опустим перпендикуляры EG и FG на ребро BC . Угол EGF будет линейным углом искомого двугранного угла. В треугольнике EGF имеем:

EF = , EG = FG = .

Используя теорему косинусов, находим

. Откуда 109 о 30′.

Ответ: , 109 о 30′.

Икосаэдр

Найдите двугранные углы икосаэдра.

Решение: Рассмотрим правильный икосаэдр с ребром 1. Из вершин A и C опустим перпендикуляры AG и CG на ребро BF . Угол AGC будет линейным углом искомого двугранного угла. В треугольнике AGC имеем:

AC = , EG = FG = .

Используя теорему косинусов, находим

. Откуда 138 о 11 ‘ .

Ответ: , 138 о 11 ‘.

Додекаэдр

Найдите двугранные углы додекаэдра.

Решение: Рассмотрим правильный додекаэдр с ребром 1. Из вершин A и C опустим перпендикуляры AG и CG на ребро BF . Угол AGC будет линейным углом искомого двугранного угла. В треугольнике AGC имеем:

AC = , EG = FG = .

Используя теорему косинусов, находим

. Откуда 116 о 34 ‘ .

Ответ: , 116 о 34 ‘.