Фигура, образованная двумя полуплоскостями и с

Двугранные углы
Елена Александровна Вишневская,
БОУ «Югорский физико-математический лицей-интернат»,
г. Ханты-Мансийск
Задачи с двугранными углами одни из сложных в стереометрии. В статье
разбираемые примеры задач сопровождаются
обсуждением общих ситуаций,
которые потом применяются к конкретным конструкциям. Даются вместе задача,
обсуждение, анализ и вычислительная часть решения, причем основной акцент
делается на обсуждении и анализе как на главных обучающих моментах в процессе
решения задачи. Приведенные задачи предлагались на выпускном экзамене в СУНЦ
НГУ и вступительном экзамене в НГУ.
Нахождение величины двугранного угла непосредственно зависит от его
линейного угла. Поэтому при изучении примеров и решении задач основное
внимание
уделяется способам построения линейного угла, в частности на
применение теоремы о трех перпендикулярах.
Фигура, образованная двумя полуплоскостями  и 
с общей границей l , называется двугранным углом. Прямая
l называется ребром двугранного угла, полуплоскости  и
 называются гранями двугранного угла (рис. 1).
Угол, образованный при пересечении двугранного угла с
плоскостью,
перпендикулярной
его
ребру,
называется
линейным углом двугранного угла.
Другими словами, линейный угол двугранного угла образован двумя лучами,
которые лежат в гранях этого двугранного угла и перпендикулярны его ребру.
Величина линейного угла не зависит от выбора его вершины на ребре. Поэтому
величина двугранного угла определяется как величина его произвольного линейного
угла.
Задача 1. Дана правильная треугольная пирамида SABC с ребром основания
AB  a и высотой SH  h . Найти величины двугранных углов между боковой гранью
и основанием, между боковыми гранями.
Решение. Найдем двугранный угол между боковой гранью SAB и основанием
ABC . Для этого проведем из точки H перпендикуляр HE к ребру AB (рис. 2).
Тогда по теореме о трех перпендикулярах
SE  AB . Следовательно, SEH –
линейный угол двугранного угла между боковой гранью SAB и основанием ABC .
1
1
3
Так как HE = CE =
3
a , то из прямоугольного
6
треугольника SEH найдем tg  = tg SEH =
=
SH
=
HE
2 3h
2h 3
. Отсюда   arctg
.
a
a
Теперь
вычислим
двугранный
угол
между
боковыми гранями SAC и SBC . Из точки A проведем
перпендикуляр AF к ребру SC и точку F соединим с
точкой B . Из равенства треугольников ACF и BCF
следует, что
BF  CS . Следовательно, AFB
–
линейный угол двугранного угла между боковыми гранями SAC и SBC . Проведем
высоту
SK
в треугольнике
прямоугольного
треугольника
SAC . Тогда
SK = SH  HK =
найдем
SCH
2
2
SC  SH  CH
2
Подсчитаем площадь треугольника SAC двумя способами S 
a2
. Из
h 
12
2
2
a2
.
 h 
3
2
1
1
SK  AC  AF  SC .
2
2
a2
a h 
12 . Применим теорему косинусов к треугольнику
Отсюда BF = = AF 
a2
2
h 
3
2
AFB : AB 2 = AF 2 + BF 2 – 2 AF  BF  cos AFB ,
2  2
или
a2

a 2 
a2  h2 

12 

=
+
 2 a2 
h 


3 

2
a 2 
2
 h2  a 
a h 
a


12 
12 
6h 2  a 2

 cos AFB ; c o s = cos AFB =
– 2 
. Отсюда
2
2
 2 a2 
 2 a2 
12
h

a
h  
h 




3 
3



 6h 2  a 2 
.
 12h 2  a 2 


  arccos
2
Углом между двумя различными пересекающимися плоскостями называется
величина наименьшего из двугранных углов, образованных при их пересечении.
Угол между параллельными плоскостями по определению считается равным
нулю.
Таким образом, угол между плоскостями может принимать значения из
промежутка
 0 ; 90 .
Задача 2. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Точки M и N – середины ребер AA1 и CD
соответственно. Через вершину B1 ,
точки M и N проведена плоскость. Найти
величину двугранного угла, образованного этой плоскостью и плоскостью основания.
Решение.
сечение
Построим
плоскостью
B1MN . Продолжим B1M
до
пересечения
с
продолжением ребра BA
в некоторой точке F (рис.
3). Соединив затем F и
N,
получим
на
пересечении прямой FN
с ребром AD и продолжением ребра BC точки K и E соответственно. В результате
получим плоскость B1MN . Сечением куба этой плоскостью является пятиугольник
B1MKNL .
Заметим, что ребро BB1 перпендикулярно плоскости основания. Проведем из
точки B перпендикуляр BH к прямой FE . По теореме о трех перпендикулярах
B1H  FE . Тем самым угол B1HB является линейным углом искомого двугранного
угла. Обозначим через a ребро куба. Рассмотрим плоскость ABB1 A1 (рис.4). Из
равенства треугольников FAM и B1 A1M следует, что AF  a . Теперь рассмотрим
основание
ABCD
(рис.5).
подобия треугольников FAK
NDK имеем
KD 
3
Из
и
KD DN

, откуда
AK
AF
a
. Так как треугольники
3
KDN и ECN равны, то CE 
a
. Отрезок BH найдем как высоту в прямоугольном
3
треугольнике FBE с помощью вычисления площади треугольника двумя способами:
1
BH  FE , или S
2
1
4
1
2 13
 2a  a =
 BH 
a . Отсюда
2
3
2
3
S =
1
BF  BE =
2
BH 
BB1
4
=
a . Окончательно tg B1 BH =
BH
13
=
13
13
, B1 BH  arctg
.
4
4
Замечание 1. Отметим, что в разобранном примере у
нас в наличии был перпендикуляр к одной из граней
двугранного
угла,
что
часто
упрощает
построение
линейного угла.
Пусть  и  – грани двугранного угла, а l – его ребро.
И пусть прямая MN
точки
M
и
перпендикулярна плоскости  , где
принадлежат
N
плоскостям
соответственно (рис.6). Проведем из точки N перпендикуляр

и

NH к прямой l .
Соединив точки M и H , получим наклонную MH , а NH - ее проекция. Так как
NH  l , то
MH  l . Следовательно, угол
MHN – линейный угол данного
двугранного угла.
Задача 3. В пирамиде SABC ребра SA , AC , BC попарно
перпендикулярны, SA  3 , AC  2 , BC  5 . Точка M выбрана на
ребре
SC
так,
что
SM : MC  2 :1.
Найти
угол
между
плоскостями AMB и SAC .
Решение. Проведем в плоскости SAC через точку C прямую l
параллельно прямой SA (рис. 7). Тогда
BC  l , а так как
BC  AC , то BC  SAC . Значит, имеем прямую BC , которая
пересекает
плоскость AMB в точке B и перпендикулярна
плоскости SAC . Теперь проведем CH  AM и, соединив точки
B и H , получим линейный угол BHC искомого двугранного
угла.
Для вычислений рассмотрим плоскость SAC (рис. 8). Из
прямоугольного треугольника SAC находим cos ACS 
2
13
.
По теореме косинусов AM 2  AC 2  CM 2  2 AC  CM  cos ACS , откуда AM 
4
5
.
3
По условию MC 
1
SC , тогда площадь треугольника AMC равна
3
1 1
S    AC  SA , с другой стороны,
3 2
5
CH  .
6
Поэтому
tg BHC
S
BC
CH
=
1
AM  CH . Отсюда
2
5
6,
56
=
откуда
BHC  arctg 6 .
Задача 4. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
ребра основания ABCD равны 2, боковые ребра равны
34 . Через вершину D и
середину M ребра SB проведена плоскость  , которая образует угол в 30 с
плоскостью SBD . Найти расстояние от вершины S до плоскости  .
Решение.
Замечание 2.
Пусть даны две плоскости  и  ,
двугранный угол между которыми равен 
(рис.9).
Требуется найти расстояние от точки K , принадлежащей
плоскости  , до плоскости  . Для этого в плоскости  из
точки
K
проведем перпендикуляр
KN
к прямой
l
пересечения плоскостей. Опустим перпендикуляр KH на
плоскость  , Так как KN  l , то по теореме о трех
перпендикулярах
двугранного
HN  l . Следовательно, угол KNH – линейный угол данного
угла.
Тогда
из
прямоугольного
треугольника
KNH
имеем
KH  KN  sin  . Длина KH и есть искомое расстояние.
Вернемся к нашей задаче.
Прямая
DM
является прямой пересечения
плоскостей  и SBD . Пусть SH – перпендикуляр на
плоскость  . Проведем SP  DM . Тогда HP  DM , угол
SPH –
линейный
угол
двугранного
угла
между
плоскостями  и SBD , который равен по условию 30
(рис. 10).
Из треугольника
Имеем
по
cos SBO 
теореме
SDB найдем длину SP (рис.11).
1
17
. Из
треугольника
косинусов
DBM
находим
5
DM 2  DB 2  BM 2  2 DB  BM  cos SBO , DM 
треугольника SMD равна S 
стороны, S 
5
. Высота SO  32 . Площадь
2
1
1 1
S SBD    SO  BD , с другой
2
2 2
1
8 2
 SP  DM . Отсюда SP 
. Из прямоугольного
2
5
треугольника SPH находим SH  SP  sin 30 . Таким образом,
искомое расстояние равно SH 
4 2
.
5
Задача 5. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 с ребром 1. Через диагональ CA1 проведена
плоскость, образующая угол 30  с плоскостью ACC1 A1 . Найти площадь
сечения
куба плоскостью  .
Решение.
Замечание 3. Рассмотрим в общем случае, как построить
плоскость под заданным углом к другой плоскости. К линии l
пересечения
этих
плоскостей
(рис.12)
надо
провести
перпендикулярную ей плоскость  . В этой плоскости взять
угол с вершиной в некоторой точке O , лежащей на l , одна
сторона которого a – это линия пересечения данной плоскости с плоскостью  , а
другая b лежит в плоскости  и выбрана так, что получаемый угол имеет заданную
меру  . Если через b и прямую l
провести плоскость, она и будет образовывать
угол  с заданной плоскостью.
Вернемся к
задаче.
Одна из плоскостей
фиксирована – это плоскость ACC1 A1 (рис.13),
а поскольку прямая CA1 , через которую должна
проходить плоскость
плоскости
 , целиком лежит в
ACC1 A1 , то
CA1
–
это
линия
пересечения ACC1 A1 и искомой плоскости  .
Построим плоскость, перпендикулярную CA1 .
Для этого проведем два перпендикуляра к CA1 .
По теореме о тех перпендикулярах BD  CA1 . В плоскости ACC 1 A1 через точку O
6
проведем OK  CA1 .
прямоугольного
Докажем, что точка
треугольника
лежит на прямой OC1 . Из
K
tg C1OC  2 ,
C1CO
из
прямоугольного
треугольника A1 AC ctg A1CA  2 . Отсюда в прямоугольном треугольнике OKC


tg KOC = tg  A1CA  = = ctg A1CA = 2 , т.е. прямые
2

OK и OC1 совпадают. Теперь в полученной плоскости BDC1
необходимо отложить от OC1 угол с вершиной K равный 30 
(рис.14), это будет C1 KN . Из подобия треугольников OKC и
C1 K C1 A1
6

, откуда C1 K 
. Применим к
KO
OC
3
C1 KA1 имеем
треугольнику C1 KN теорему синусов:
C1 N
C1 K
2

, откуда C1 N 
.
sin 30 sin 120
3
Плоскость  проходит через CA1 и точку N .
Построим сечение куба этой
плоскостью (рис.15). Пусть F – точка пересечения CN и C1 D1 . Из подобия
треугольников
C1 F C1 N

,
DC
DC
и
FNC1
CND
C1 F 
отсюда
1
,
2
имеем
т.е.
F–
середина ребра C1 D1 . В результате получим
ромб
CFA1 E
с диагоналями
CA1  3
и
FE  2 . Таким образом, площадь сечения S
равна
1
6
 2 3
.
2
2
Биссекторной
плоскостью
которая проходит через
двугранного
угла
называется
плоскость,
ребро этого двугранного угла и делит его на два
двугранных угла равной величины.
Биссектриса любого линейного угла данного двугранного угла принадлежит
его биссекторной плоскости, и все точки биссекторной плоскости равноудалены
от граней двугранного угла.
Задача 6. В правильной треугольной пирамиде SABC ребра основания ABC
равны 2. Биссекторная плоскость двугранного угла при ребре AB пересекает ребро
7
SC и делит его в отношении 2 : 1 считая от вершины
S . Найти длину бокового ребра.
Решение.
Построим
линейный
угол
двугранного угла при ребре AB (рис. 16). Для этого в
грани SAB из точки S опустим перпендикуляр SE на
прямую
AB
и из точки
E
в плоскости
ABC
восстановим перпендикуляр n к прямой AB . Так как
треугольник SAB равнобедренный, то SE является
и
медианой.
А
так
как
треугольник
ABC
равносторонний, то понятно, что перпендикуляром
n является EC . Итак, угол SEC и есть линейный
угол двугранного угла при ребре AB . Биссектриса
EK
лежит
в
биссекторной
плоскости.
треугольник SEC (рис. 17). Заметим, что точка
Рассмотрим
K является
точкой пересечения биссекторной плоскости с ребром
Тогда по свойству биссектрисы получаем, что
Так
как
EC  3 ,
то
SC .
SE SK 2

 .
EC KC 1
SE  2 3 . Из прямоугольного
2
2
треугольника SEA находим SA  SE  EA , т.е. SA  13 .
8