Двугранный угол - разбор темы для 10 класса и тренажеры

Пошаговое решение:

1) Найдём ребро двугранного угла:
Плоскость грани $(SAB)$ и плоскость основания $(ABC)$ пересекаются по прямой $AB$. Ребро угла — отрезок $AB$.

2) Построим линейный угол:
• Высота пирамиды $SO \perp (ABC)$, где $O$ — центр квадрата $ABCD$; $SO = 4\sqrt{3}$.
• Проведём отрезок $OM \perp AB$, где точка $M$ — середина стороны $AB$. В квадрате расстояние от центра до стороны равно половине стороны: $OM = \dfrac{a}{2} = \dfrac{8}{2} = 4$.
• Отрезок $SM$ является апофемой (высотой равнобедренного треугольника $\Delta SAB$), значит, $SM \perp AB$.
• Лучи $SM$ и $OM$ перпендикулярны ребру $AB$, следовательно, угол $\angle SMO = \varphi$ является линейным углом двугранного угла при ребре $AB$.

3) Вычислим величину угла из прямоугольного треугольника $\Delta SOM$:
Треугольник $\Delta SOM$ прямоугольный ($\angle SOM = 90^\circ$). Найдём тангенс угла $\varphi$:

4) Так как тангенс угла равен $\sqrt{3}$, угол равен:

Ответ: $60^\circ$.

Пошаговое доказательство:

1) По условию прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$ ($AD \perp (ABC)$). Следовательно, прямая $AD$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в том числе $BC$:

2) По условию треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом при вершине $C$, значит:

3) Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ACD)$ — прямой $AC$ и прямой $AD$ ($AC \cap AD = A$).
По признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $(ACD)$:

4) Плоскость $(BCD)$ проходит через прямую $BC$, перпендикулярную плоскости $(ACD)$. По признаку перпендикулярности двух плоскостей:

Требуемое утверждение полностью доказано.

Пошаговое решение:

1) Вычислим площадь исходного правильного треугольника $ABC$ со стороной $a = 6$:

2) По теореме о площади ортогональной проекции:

3) Подставим числовые значения ($S_{\text{пр}} = 4{,}5$, $S = 9\sqrt{3}$):

4) Найдём угол $\varphi$:

Ответ: $\arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)$.

Пошаговое решение:

1) Найдём ребро двугранного угла:
Плоскость $(AA_1C_1C)$ и плоскость $(ABB_1A_1)$ имеют две общие точки $A$ и $A_1$. Линией их пересечения является вертикальное ребро куба $AA_1$.

2) Построим линейный угол:
• Рассмотрим плоскость нижнего основания $(ABCD)$. Боковое ребро куба $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания ($AA_1 \perp (ABCD)$).
• Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно любой прямой основания, проходящей через точку $A$:
$AB \perp AA_1$ и $AC \perp AA_1$.
• Прямая $AB$ лежит в грани $(ABB_1A_1)$, а прямая $AC$ лежит в плоскости сечения $(AA_1C_1C)$.
• Так как оба луча $AB$ и $AC$ выходят из точки $A$ перпендикулярно ребру $AA_1$, угол $\angle BAC$ является линейным углом искомого двугранного угла.

3) Вычислим градусную меру угла $\angle BAC$:
В основании куба лежит квадрат $ABCD$. Отрезок $AC$ — диагональ квадрата, которая делит прямой угол при вершине $A$ пополам:

Ответ: $45^\circ$.

Пошаговое решение:

1) Пусть ребро правильного тетраэдра $SABC$ равно $a$. Все 4 грани тетраэдра — равные правильные треугольники со стороной $a$.

2) Найдём угол между боковой гранью $SAB$ и основанием $ABC$. Ребром угла является прямая $AB$.

3) Проведём медианы-высоты в гранях к ребру $AB$:
• В правильном треугольнике основания $\Delta ABC$: высота $CM \perp AB$, длина $CM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
• В правильном треугольнике грани $\Delta SAB$: высота $SM \perp AB$, длина $SM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Оба отрезка перпендикулярны ребру $AB$ в его середине $M$, значит, угол $\angle SMC = \varphi$ — искомый линейный угол.

4) Рассмотрим треугольник $\Delta SMC$: его стороны равны $SM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, $CM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ и $SC = a$.
Применим теорему косинусов для стороны $SC$:

5) Разделим обе части на $\dfrac{a^2}{2}$:

Ответ: $\dfrac{1}{3}$.