Не получается спроецировать (куб, угол между прямой и плоск)

[reformator]

В кубе $A...D_1$ найдите синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $CB_1D_1$

(Тут куб нарисовал вытянутым, чтобы была видна плоскость)

YНе получается спроецировать точки $A$ и $B$ на эту плоскость

Одно из предположений, что проекция точки $B$ на плоскость $CB_1D_1$ -- это середина стороны $B_1C$ ,но не уверен. А с точкой $A$ -- просто не понятно вообще. Единственный вариант (хоть и очень сомнительный -- это точка $B_1$, но это как-то странно). Да, воображения не хватает, чтобы представить перпендикуляр, опущенный на плоскость $CB_1D_1$

-- 04.02.2012, 00:12 --

P.S. С помощью метода координат решил (получилось, что $\sin\alpha =\frac{1}{\sqrt 3}$), но хочется научиться проецировать!

[svv]

В этом случае не требуется как-то строить точку на чертеже. Найти проекцию точки -- значит найти координаты этой проекции. Это в общем случае могут быть малосимпатичные, ничем не примечательные числа.

В этой задаче уравнение плоскости $x+y+z=2$, значит, вектор нормали $\mathbf{n}=(1,1,1)$. Пусть точка, которую хотите спроецировать, имеет координаты $\mathbf{r_0}=(x_0,y_0,z_0)$. Тогда прямая -- нормаль к плоскости, проходящая через эту точку, задается параметрическим уравнением $\mathbf{r}(t)=\mathbf{r_0}+\mathbf{n}t$, или в координатах
$\begin{cases}x=x_0+t\\y=y_0+t\\z=z_0+t\end{cases}$
Одна из точек нормали выделяется еще и тем, что лежит в плоскости. Соответствующее $t$ можно найти, подставив параметрические уравнения нормали в уравнение плоскости: $(x_0+t)+(y_0+t)+(z_0+t)=2$.
Отсюда $t=\dfrac{2-x_0-y_0-z_0}{3}$.
Далее это $t$ подставляем в параметрические уравнения и находим координаты.
Для точки $A(0, 0, 0)$ этим способом находим $t=\frac 2 3$, проекция имеет координаты $(\frac 2 3, \frac 2 3, \frac 2 3)$.

Попробуйте сами аналогично найти координаты ортогональной проекции точки $B(1,0,0)$ на плоскость.
Наконец, рассмотрите общий случай. Попробуйте в явном виде получить координаты ортогональной проекции точки $\mathbf{r_0}$ на плоскость $\mathbf{r}\cdot\mathbf{n}=a$.

reformator, я только откликнулся на Ваше желание научиться находить проекции, не задумываясь, как это поможет Вам решить задачу.

[Someone]

Докажите. что диагональ куба $AC_1$ перпендикулярна плоскости $CB_1D_1$.

[Cute]

[reformator]

(для svv)

svv в сообщении #534753 писал(а):

reformator, я только откликнулся на Ваше желание научиться находить проекции, не задумываясь, как это поможет Вам решить задачу.

Спасибо большое, правда я имел ввиду -- находить проекции не координатным методом, а без использования его. А то как вы сделали -- достаточно интересно, спасибо. Вот в общем виде попытался обобщить ваши слова...

В этой задаче уравнение плоскости $Ax+By+Cz+D=0$, значит, вектор нормали $\mathbf{n}=(A,B,C)$. Пусть точка, которую хотите спроецировать, имеет координаты $\mathbf{r_0}=(x_0,y_0,z_0)$. Тогда прямая -- нормаль к плоскости, проходящая через эту точку, задается параметрическим уравнением $\mathbf{r}(t)=\mathbf{r_0}+\mathbf{n}t$, или в координатах
$\begin{cases}x=x_0+At\\y=y_0+Bt\\z=z_0+Ct\end{cases}$
Одна из точек нормали выделяется еще и тем, что лежит в плоскости. Соответствующее $t$ можно найти, подставив параметрические уравнения нормали в уравнение плоскости: $A(x_0+t)+B(y_0+t)+C(z_0+t)+D=0$.

$(A+B+C)t=-(Ax_0+By_0+Cz_0+D)$

Отсюда $t=-\dfrac{Ax_0+By_0+Cz_0+D}{A+B+C}$.

Формула для координат проекции:

$\begin{cases}x=x_0-A\cdot \frac{Ax_0+By_0+Cz_0+D}{A+B+C}\\y=y_0-B\cdot \frac{Ax_0+By_0+Cz_0+D}{A+B+C}\\z=z_0-C\cdot \frac{Ax_0+By_0+Cz_0+D}{A+B+C}\end{cases}$

Для точки $B$

$\begin{cases}x=1+1\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{3}\\y=0+1\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3}\\z=0+1\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3} \end{cases}$

$\overline {AB}=(-\frac23,\frac13,\frac13)$

$|\overline {AB}|=\frac{\sqrt 6}{3}=\sqrt{\frac{2}{3}}$

$\cos\alpha=\dfrac{-\frac23+\frac13+\frac13}{\sqrt{\frac{2}{3}}\sqrt 3}=0$

Значит $\sin\beta=0$ Что-то странное...$\beta $ - искомый угол

(для Someone)

Someone в сообщении #534754 писал(а):

Докажите. что диагональ куба $AC_1$ перпендикулярна плоскости $CB_1D_1$.

Спасибо!
Я знаю только как это доказать координатным методом. Можно ли другим способом? Если да, то с чего начать?

(для Cute)

Cute в сообщении #534772 писал(а):

Спасибо, качественно очень нарисовали! А как вы догадались, что именно так должно быть?
А как в живой математике можно отмечать, что угол прямой, равенство сторон и углов?(пытался найти, но не нашел..)

Найти угол $\varphi$ можно по теореме косинусов для треугольника $EA'A$. Для этого нужно знать все его стороны. Одна сторона известна $EA=2$ по построению.

Пока что не знаю -- как найти $AA'$ и $EA'$

Знаю про треугольник $AOC$ многое: $AC=\sqrt 2$; $AO=OC=\sqrt{0,5+1}=\sqrt{\dfrac32}$, но как высоту $AA'$ найти -- не знаю...

[Cute]

Сначала нужно определить точное положение точки $A'$.
Для этого можно рассмотреть треугольную пирамиду $AB_1D_1 C$.
(кстати, какая это пирамида по виду?)
Если из вершины $A$ опустить высоту $AA'$ на плоскость основания $B_1D_1C$, то где будет находиться точка $A'$ ?

[reformator]

Cute в сообщении #534779 писал(а):

Сначала нужно определить точное положение точки $A'$.
Для этого можно рассмотреть треугольную пирамиду $AB_1D_1 C$.
(кстати, какая это пирамида по виду?)
Если из вершины $A$ опустить высоту $AA'$ на плоскость основания $B_1D_1C$, то где будет находиться точка $A'$ ?

Это будет правильная пирамида, так как боковые ребра равны, а значит вершина будет проецироваться (или проектироваться?) в центр основания. А этот центр хорош тем, что является точкой пересечения высот, биссектрис и медиан... Нам интересен случай медианы $CO=\frac{\sqrt 3}{2}$, так как она делится в отношении $2:1$ в этой точке. Значит $CA'=\frac{\sqrt 3}{3}=\frac{1}{\sqrt 3}$;
$A'O=\frac{\sqrt 3}{6}=\frac{1}{2\sqrt 3}$

По теореме Пифагора

$AA'=\sqrt{\frac32-\frac1{12}}=\sqrt{\frac{17}{12}}$

[Cute]

Это будет правильная пирамида, так как боковые ребра равны, а значит вершина будет проецироваться (или проектироваться?) в центр основания. А этот центр хорош тем, что является точкой пересечения высот, биссектрис и медиан...
reformator, это правильно!

А если теперь рассмотреть треугольную пирамиду $C_1B_1D_1C$.
Где будет находится основание её высоты, проведенной из вершины $C_1$ ?

[reformator]

Cute в сообщении #534781 писал(а):

reformator, Правильно!

А если теперь рассмотреть треугольную пирамиду $C_1B_1D_1C$.
Где будет находится основание её высоты, проведенной из вершины $C_1$ ?

В той же точке $A'$ по тем же причинам!

-- 04.02.2012, 05:54 --

?$EA'=AA'$

[Cute]

reformator в сообщении #534783 писал(а):

?$EA'=AA'$

Нет, это не так.

Что вы можете сказать о прямых $AA'$ и $BB'$ ?

[vvvv]

Ввиду симметрии куба, искомый синус будет равен синусу угла AC1B.

[Cute]

vvvv, да, ваш способ лучше! Можно предложить ещё другой вариант:
угол между прямой $AB$ и плоскостью $CB_1D_1$ будет равен углу между между этой плоскостью и какой-нибудь прямой, параллельной $AB$. В качестве такой прямой удобно взять прямую $C_1D_1$. Тогда угол между прямой $C_1D_1$ и плоскостью $CB_1D_1$ легко может быть найден
(помните пирамиду $C_1B_1D_1C$ ?).

[reformator]

Cute в сообщении #534784 писал(а):

reformator в сообщении #534783 писал(а):

?$EA'=AA'$

Нет, это не так.

Что вы можете сказать о прямых $AA'$ и $BB'$ ?

Если $EB'=B'A'$, то $BB'$ -- средняя линия треугольника $\Delta {EA'A}$ Тогда $AA'=2BB'$

-- 04.02.2012, 15:37 --

vvvv в сообщении #534891 писал(а):

Ввиду симметрии куба, искомый синус будет равен синусу угла AC1B.

Спасибо, так можно сразу получить ответ $\dfrac{1}{\sqrt 3}$

Но как вы так использовали симметрию -- я не понял, там буковки переставили и угол совсем другой...

-- 04.02.2012, 15:42 --

Cute в сообщении #534915 писал(а):

vvvv, да, ваш способ лучше! Можно предложить ещё другой вариант:
угол между прямой $AB$ и плоскостью $CB_1D_1$ будет равен углу между между этой плоскостью и какой-нибудь прямой, параллельной $AB$. В качестве такой прямой удобно взять прямую $C_1D_1$. Тогда угол между прямой $C_1D_1$ и плоскостью $CB_1D_1$ легко может быть найден
(помните пирамиду $C_1B_1D_1C$ ?).

Спасибо!

Правильная пирамида, поэтому угол $\phi =\dfrac{\pi}{3}$ и тангенс $\dfrac{1}{\sqrt 3}$

А как доказать, что $AB$ параллельна $C_1D_1$? И почему именно угол $\angle (B_1D_1C_1)$ ??

[Cute]

Почему прямая $C_1D_1$ параллельная прямой $AB$?
Данный факт легко доказать, если воспользоваться признаком параллельности прямых: две прямые, параллельные третьей прямой, сами параллельны.
(не забывайте, что гранями куба являются квадраты).
Теперь по поводу отыскания синуса искомого угла.
Отрежем по «зелёной» плоскости от данного куба правильную треугольную пирамиду $C_1B_1D_1C$ и поставим её на стол.
Как было ранее сказано, искомый угол $\varphi$ равен углу между «красной» прямой $C_1D_1$ и «зелёной» плоскостью $B_1D_1C$.
Можете найти синус этого угла?

[reformator]

Cute в сообщении #535150 писал(а):

Почему прямая $C_1D_1$ параллельная прямой $AB$?
Данный факт легко доказать, если воспользоваться признаком параллельности прямых: две прямые, параллельные третьей прямой, сами параллельны.
(не забывайте, что гранями куба являются квадраты).
Теперь по поводу отыскания синуса искомого угла.
Отрежем по «зелёной» плоскости от данного куба правильную треугольную пирамиду $C_1B_1D_1C$ и поставим её на стол.
Как было ранее сказано, искомый угол $\varphi$ равен углу между «красной» прямой $C_1D_1$ и «зелёной» плоскостью $B_1D_1C$.
Можете найти синус этого угла?

Про параллельность -- все понятно. Спасибо

$D_1A'=\dfrac{a\sqrt 3\sqrt 2}{3}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a$

По теореме Пифагора

$C_1A'=D_1C_1^2-A'D_1^2$

$C_1A'=\sqrt{a^2-\dfrac{2a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{1}{3}}a$

Таким образом, $\sin\varphi=\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{1}{\sqrt 3}$

Спасибо!