Bài toán về diện tích và góc nhị diện

48

Nhiệm vụ
trên quảng trường
và góc nhị diện

Hãy xem xét bài toán sau đây.

Nhiệm vụ 1. Một paramida trước thân tàu thông thường có góc hai chiều α ở mép của đế được cắt bởi một mặt phẳng song song với đế, sao cho diện tích của phần thu được bằng diện tích bề mặt bên của paramida bị cắt cụt thu được. Xác định tỉ số giữa diện tích đáy và diện tích mặt cắt ngang.

Nếu chúng ta giải bài toán này bằng cách xem xét phần paramid bằng một mặt phẳng đi qua chiều cao và điểm trung bình của mặt bên, thì sau khi tính toán khá phức tạp, chúng ta nhận được đáp số 1+cos α. Το tình huống mà mối quan hệ được yêu cầu là

một trăm được thể hiện thông qua một đại lượng nhất định, dẫn đến sự phản ánh sâu hơn. Đây có phải là sự trùng hợp ngẫu nhiên? Rõ ràng là không. Rất có thể cũng phải có một lời giải bài toán đơn giản. Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về đáp số. Sự tương ứng thu được của kết nối mang lại diện tích S của đế, diện tích Q của mặt cắt (bằng diện tích bề mặt bên của paramid bị cắt) và góc nhị diện ở cạnh của đế (Hình 1).

Không格拉công thức nổi tiếng *) diện tích hình chiếu trực giao của đa giác S - Q = Q cos φ, từ đó

$$\frac{S-Q}{Q} = \cos \varphi, \frac{S}{Q} = 1 + \cos \varphi.$$

Và trong nhiều trường hợp khác, việc áp dụng công thức tính diện tích hình chiếu chính là phần tử dẫn đến lời giải bài toán vô thời hạn.

Nhiệm vụ 2 (MAI, 1973). Cơ sở của paramid là các hình bình hành, diện tích của nó là Q. Đỉnh của paramid được chiếu tại giao điểm của các đường song song chéo. Một trong các cạnh bên với mặt phẳng đáy là góc α, cạnh đáy là góc β. Tìm diện tích bề mặt bên của paramid.

*) Xem “Hình học 10”, § 50.

Hình 1.

Hình 2.

49

Bởi vì thực tế là
$$S_{\triangle BAC} = S_{\triangle DAE}, \quad S_{\triangle CAD} = S_{\triangle EAB},$$
$$S_{\triangle BOC} = S_{\triangle COD} = \frac{Q}{4}$$

(Hình 2), chúng tôi tìm thấy ngay:
$$S_{60k} = 2(S_{\triangle BAC} + S_{\triangle CAD}) =$$
$$= 2\left(\frac{S_{\triangle BOC}}{\cos \alpha} + \frac{S_{\triangle COD}}{\cos \beta}\right) =$$
$$= 2\left(\frac{Q}{4\cos \alpha} + \frac{Q}{4\cos \beta}\right) = \frac{Q(\cos \alpha + \cos \beta)}{2\cos \alpha \cos \beta}.$$

Bài toán 3 (KSU, khoa vật lý, 1975).
Đáy của hình chóp có một hình thoi có cạnh a và góc nhọn α.
Hai mặt bên chứa các cạnh góc nhọn của đáy vuông góc với đáy, hai mặt còn lại nghiêng với đáy một góc β.
Tìm diện tích bề mặt bên của kim tự tháp.

Dễ dàng nhận thấy hình chiếu $E_1AD_1$ (Hình 3) của mặt bên $EAD$ lên mặt phẳng của mặt bên $BAC$ có kích thước bằng mặt $BAC$, và góc giữa các mặt này với hai góc là $\frac{\pi}{2} - \beta$, và hình chiếu của mặt $AED$ lên mặt phẳng đáy hình thoi là hình tam giác $BED$. Đó là lý do tại sao
$$S_{60k} = 2(S_{\triangle EAD} + S_{\triangle BAC}) =$$
$$= 2(S_{\triangle EAD} + S_{\triangle E_1AD_1}) =$$
$$= 2\left[S_{\triangle EAD} + S_{\triangle EAD} \cos\left(\frac{\pi}{2} - \beta\right)\right] =$$

Hình 3.

Bài toán 4 (KPI, 1975). Một quả bóng được ghi theo đúng hình dạng của kim tự tháp; mặt bên của kim tự tháp này đóng vai trò là đáy của một kim tự tháp khác, đỉnh của kim tự tháp này nằm ở tâm của quả bóng và obtem của kim tự tháp này bằng $1/6$ obtema của kim tự tháp này. Xác định các giá trị của góc hai chiều ở đáy và góc phẳng ở đỉnh của hình chóp nằm phía trên.

Được biết, $V_{\pi\rho} = \frac{1}{3} S_{\pi\operatorname{o}l n} \cdot r$ (Hình 4). Đó là lý do tại sao
$$\cos \alpha = \frac{S_{\operatorname{o}l n}}{S_{60k}} = \frac{S_{\pi\operatorname{o}l n}}{S_{60k}} - 1 =$$
$$= \frac{\frac{1}{3} S_{\pi\operatorname{o}l n} \cdot r}{\frac{1}{3} \left(4S_{\triangle CAD}\right) \cdot r} - 1 = \frac{V_{ABCDE}}{4V_{O_1CAD}} -$$
$$- 1 = \frac{6}{4} - 1 = \frac{1}{2},$$
$$\alpha = \frac{\pi}{3}; \text{tg} \frac{\beta}{2} = \frac{|DF|}{|AF|} =$$
$$= \frac{|OF|}{|AF|} = \cos \alpha = \frac{1}{2},$$
$$\beta = 2 \mathrm{arctg} \frac{1}{2}.$$

Bài toán 5 (LSU, 1968). Thiết lập mối liên hệ giữa cosin

50

Hình 5.

mi các góc α và β tạo thành một tam giác đều cạnh giữa mặt bên với mặt phẳng đáy và với mặt bên liền kề.

Đặt (Hình 5) $(BCD) \perp [AO]$, $[AE] \perp [BD]$, $\hat{AEC} = \alpha$, $S_{\Delta BDC} = Q$, $S_{\Delta ABD} = S$. Khi đó, chiếu mặt ABD lên mặt BCD, ta thu được đẳng thức $Q = 3S\cos \alpha$, chiếu các mặt BCD, ABC và ACD lên mặt ABD, ta thu được đẳng thức $S = Q\cos \alpha + 2S\cos \beta$. Từ hai đẳng thức này ta tìm được sự phụ thuộc độc quyền:
$$3\cos^2 \alpha + 2\cos \beta - 1 = 0.$$

Tương tự, công thức tổng quát cho paramid n-giác đều dễ dàng được chứng minh:

$$\sin \frac{\pi}{n} \sin \alpha = \cos \frac{\beta}{2}.$$

Đôi khi việc áp dụng công thức cho phép phép chiếu trực giao không chỉ hữu ích mà còn mang lại kết quả lời giải hiệu quả.

Bài toán 6 (MIPT, 1967). Trong một paramid cắt cụt hình tứ giác đều, một phần được vẽ qua các đường chéo của các đáy và một phần được vẽ qua cạnh của đáy dưới và cạnh đối diện của đáy trên. Góc giữa các mặt phẳng cắt bằng α. Tên các mặt phẳng giao nhau với đáy $A'B'C'D'$ tại trung điểm của hai cạnh Q và N $B'C'$ và $C'D'$ (Hình 7), nghĩa là diện tích hình chiếu của phần $KPQNM$ lên mặt phẳng của đế $A'B'C'D'$ bằng $S_{A'B'QND'} = S_{A'B'C'D'} - S_{\Delta QC'N} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}(\text{cm}^2)$. Góc tuyến tính của góc nhị diện QN sẽ là góc $KLA'$ và nó đồng dạng với góc $KA'R$ (R là đáy của chiều cao $A'R$ của paramid $A'KPQNM$), suy ra rằng $|A'R| = |A'K|$ cos φ.

51

(Thật thú vị khi lưu ý rằng vùng rửa A’KRQNM và KA’B’QND’ có kích thước bằng nhau.)

Ở bên phải

1 (LPI, 1975). Bề mặt bên của một đường thẳng thập giác đều bằng S và diện tích đáy bằng Q. Tìm thể tích của đường thẳng.

2 (Đại học bang Kazan, 1972). Diện tích đáy của một đường thẳng tam giác vuông bằng $\sqrt{13}$ và giá trị của góc phẳng tại đỉnh của nó lớn hơn bốn lần giá trị của góc giữa cạnh bên và đáy. Tìm diện tích bề mặt bên.

3 (MSU, Cơ học và Toán học, 1973). Điểm K và M là trung điểm của các cạnh AB và AC của tam giác DABC, $S_{\triangle ABC} = p$. Tìm $S_{\triangle BCD}$ nếu $S_{\triangle DKM} = q$ và đáy của đường thẳng nằm tại giao điểm của các đường trung tuyến của đáy ABC.

4. Cơ sở của một hình song song là hình vuông. Các đường chéo được vẽ qua các cạnh liền kề của nó, tạo thành một góc $\alpha$ với mặt phẳng đáy và một góc $\beta$ giữa chúng. Chứng minh rằng $\cos^2\alpha = \cos \beta$.

5. Trong một đường thẳng tam giác có diện tích đáy Q, diện tích xung quanh S và tổng các góc nhị diện tại các cạnh đáy $3\alpha$, đỉnh chiếu tại giao điểm của các đường trung tuyến đáy. Chứng minh rằng $Q \leq S \cos \alpha$.

(Tiếp theo. Để bắt đầu, xem trang 32, 43)

24, 29, 37; I. Iskenderov (làng Nysnos NASSR) 41; A. Ismailova (Mingechur) 33; F. Kabykatsrov (Alma-Ata) 22, 33, 37; A. Kadanovsky (Novosibirsk) 37, 45; L. Kakaabdze (Tbilis) 37; I. Kalinin (Leningrad) 21—29, 37, 38, 39, a), 6); A. Kalininsky (Chisinau) 37; V. Kandaskalov (làng Bucha, vùng Kyiv) 33; A. Kaplan (Sumgant) 37, 42, 45; V. Kaplan (Kyiv) 22; A. Karanovic (Tselinograd) 31, 33; V. Kaskevits (làng Novy Dvor, vùng Grodno) 22, 24; A. Kach (Tashkent) 22, 33, 37; A. Kachurovsky (Novosibirsk) 31—33, 35, 37, 39, a), 6), 41, 42; A. Kachavtsev (Moscow) 37; A. Kerimov (Baku) 41, 42; A. Kerimov (Moscow) 37; I. Kekhishivili (Tbilis) 44; I. Klapov (làng Kaliinovka, vùng Orenburg) 22, 23; V. Klizhik (Moscow) 21—29, 32, 33, 35, 37, 38, 40—45; S. Kolpkov (làng Chernyshkovsky, vùng Volograd) 41; M. Kolvo (NRB) 24; V. Kononovich (làng Telikhany, vùng Brest) 22; L. Korelshtein (Moscow) 21-30; A. Korotkov (Izhevsk) 37, 38, 41, 45; S. Korchanov (Angarsk) 22, 25, 26, 37, 39, a), 6), 44, 45; V. Kostmusyak (Zaporozhye) 27, 31—33, 37, 38, 39, a), 6), 41, 42, 44; L. Kostyuk (Kyiv) 26, 31, 33, 37, 42; A. Kreindlin (Moscow) 26-28; F. Chris (Tashkent) 37; A. Kromikh (Perm) 31; O. Krukhalov (làng Voskresenskoe, vùng Tula) 29, 33, 37; S. Krynin (làng Shatalovka, vùng Belgorod) 33; S. Kuznetsov (Angarsk) 33, 42; E. Kuzmin (Cherepovets) 22, 32, 33, 42, 44, 45; A. Kulskoe (Donetsk) 21, 26-29, 31-33, 35, 37, 38, 41, 42, 43, 6); D. Kupchinsky (Pavlodar) 33; A. Kurilin (Moscow) 37, 45; E. Kurilin (Cherepovets) 37; I. Kurkiev (Grozny) 33, 41; A. Kucher (Donetsk) 32, 42; A. Kuchi (Dnepropetrovsk) 26, 27; S. Labazov (Krasnodar) 33; S. Lavrenchenko (Moscow) 21, 22, 27, 30, 31, 37, 41, 45; S. Laidenov (Brest) 33; E. Lapin (Alma-Ata) 27, 29, 33, 37, 39, a); 6); A. Latmifullin (khu định cư Aznakaevo, GASSR) 22; V. Latmivsky (làng David-Gorodok, vùng Brest) 22; E. Lumelskaya (Perm) 27, 28, 29, 37, 41; L. Lyubenov (NRB) 33; D. Lodmirsky (Kyiv) 37; A. Lyakhovets (Krasnodar) 37; A. Madoyan (Yerevan) 33; S. Maisky (Moscow) 24, 26, 29; Yu. Makarov (Karaganda) 22, 26, 27, 31; G. Mamedov (Baku) 21, 22, 27, 28, 29; M. Mamedov (Baku) 27; T. Maryasina (Moscow) 33; G. Matskovich (làng Sokol, vùng Sakhalin) 22, 27; E. Melnikov (làng Kasyanovka, vùng Orenovy) 23; G. Cơ-

(Cuối cùng xem trang 59)