C22013

sin sin

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Метод опорных задач

При решении задач этого типа можно воспользоваться опорными задачами № 2, 3 и 5 (глава 3 п. 3.4).

Применение теоремы «о трех косинусах»

Пусть величина угла между наклонной l и ее проекцией на некоторую плоскость, величина угла между проекцией наклонной l и прямой, проведенной через основание той же наклонной в плоскости проекции, и величина угла между наклонной l и прямой, проведенной через ее основание в плоскости проекции. Тогда справедливо следующее соотношение:

cos cos cos .

Доказательство теоремы приведено в главе 3 п. 3.4, опорная задача №3.

Пример 41. Угол между боковыми рёбрами правильной четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен 120 . Найти плоский угол при вершине пирамиды.

Решение. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD проведем диагональное сечение ASC (см. рис. 47); SD – наклонная к плоскости сечения, SO

– высота пирамиды и проекция SD на эту плоскость, SC – прямая, проведенная в плоскости ASC через основание наклонной. По условию ASC 120 .

S

B

AOC

D

Рис. 47

Из теоремы о трех косинусах получаем:

cos DSC cos DSO cos CSO.

Отсюда

04.12.2012

31

cos DSC cos60 cos60 cos2 60 1 . 4

Следовательно, DSC arccos1 . 4

Ответ: arccos1 . 4

Применение теоремы косинусов для трехгранного угла

Во всяком трехгранном угле, плоские углы которого равны , и , а двугранные углы, противолежащие им, соответственно равны A , B и C , име-

ют место следующие равенства:

cos C cos cos cos , sin sin

cos B cos cos cos , sin sin

cos A cos cos cos .

Доказательство теоремы приведено в главе 3 п. 3.4, опорная задача №2.

Пример 42. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между прямыми AD1 и DM,

где М – середина ребра D1C1 .

Решение. Пусть ребро куба равно 1, точка N – середина ребра А1В1 , тогда искомый угол равен углу между AD1 и AN (см. рис. 48).

		B1
	A1	N
		C1
		M
		D1
	A	B
		C

D

Рис. 48

Используем теорему косинусов для трехгранного угла с вершиной A (опорная задача № 2), в котором A1 AD1 ,

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

A1AN , NAD1 . Так как в кубе все двугранные углы при ребрах прямые, то 90 . Тогда из теоремы следует, что

cos cos cos .

Из прямоугольного треугольника

A AD находим cos cos45																												2	, из
1	1																		2
треугольника A1AN получаем
		AA1																	2								.
	cos					1:							5
		AN								2
																			5
										2													.
	Отсюда cos					2													2
				2
										5									5
	Следовательно, arccos																			2				.

5

Ответ: arccos 2 . 5

Применение формулы

cos2 cos2 cos2 1,

где , и – углы, которые образует некоторая прямая с тремя попарно перпендикулярными прямыми.

Доказательство этой формулы приведено в главе 3 п. 3.4, опорная задача №5.

Пример 43. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Его диаго-

наль В1D составляет с ребром AD угол 45 , а с ребром DC угол 60 . Найти угол между прямыми В1D и DD1 .

Решение. Так как параллелепипед ABCDA1B1C1D1 прямоугольный, то его ребра, выходящие из одной вершины попарно перпендикулярны. Рассмотрим вершину D и воспользуемся данной выше формулой

cos2 cos2 cos2 1,

где ADB1 , CDB1 , D1DB1

(см. рис. 49).

Так как по условию 45 , 60 , то получаем

04.12.2012

32

cos2 45 cos2 60 cos2 1,

cos2 1 1 1 1 . 4 2 4

Поскольку – острый угол, то cos 1 . 2

Отсюда 60 .

Ответ: 60 .

B1

C1

A1

D1

B

C

A

D

Рис. 49

Решение одной задачи разными методами

Пример 44. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF , стороны основания которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, точка K – середина ребра SD. Найти косинус угла между прямыми AS и FK .

Решение. 1-й способ (поэтапновычислительный). Ребро AS и точка K

лежат в плоскости ASD, тогда средняя линия KO треугольника ASD будет па-

раллельна	AS	и	угол
(AS, FK) (KO, FK)		(см. рис. 50).

Точка O – центр основания пирамиды.

Рис. 50

Найдем угол FKO треугольника FKO. Для этого найдем длины его сторон. Так как в основании пирамиды ле-

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

жит правильный шестиугольник, то отрезок FO равен его стороне, то есть FO 1. Соответственно отрезок KO – средняя линия треугольника ASD и

KO AS 1. 2

Найдем FK . Рассмотрим равнобедренный треугольник FSD, в котором

FS SD 2, а FD 3 (меньшая диагональ правильного шестиугольника со стороной 1). Учитывая, что FK – медиана треугольника FSD получаем

FK 1 2FS2 2FD2 SD2 10 . 2 2

Теперь из теоремы косинусов для треугольника FKO находим:

cos( FKO) FK2 KO2 FO2 10 .

2 FK KO

4

Учитывая, что

cos( (AS, FK)) |cos( FKO)|,

получаем, что искомый угол равен

arccos 10 . 4

Ответ: arccos 10 . 4

2-й способ (координатно-

векторный). Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке 51.

Так как пирамида правильная, то точка

O – центр	основания		пирамиды и из
прямоугольного треугольника ASO по-
лучаем SO		AS2 AO2			.
				3

Рис. 51

	Тогда																А( 1;0;0),																																		D(1;0;0),
				1
									3
F					;								;0			,						S(0;0;															3).													Учитывая,
				2			2
что точка K – середина отрезка SD, по-
													1
																							3
лучаем						K								;0;														.						Отсюда																		имеем:
													2								2
AS {1;0;																FK																		3									3
										3},																		1;											;												.
																																		2									2
Используя формулу (5), находим:
	cos( (AS, FK)) |cos( (AS, FK))|
								1 1 0																	3																				3
																																			3
																					2
																																											2
																																												2											2
																																								3													3
				2		2												2										2
		1 0						( 3)													1
																																					2															2
																													10				.
																												4

Отсюда искомый угол равен arccos 10 . 4

Ответ: arccos 10 . 4

Тренировочные упражнения

51. В кубе ABCDA1B1C1D1 точка Е –

середина ребра A1В1 . Найдите косинус угла между прямыми AE и ВD1 .

52. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между прямыми AD1 и DM, где

М– середина ребра D1C1 .

53.(ЕГЭ, 2012). Точка E середина ребра DD1 куба ABCDA1B1C1D1 . Найдите

угол между прямыми CE и AC1.

54. (ЕГЭ, 2012). На ребре CC1 куба

ABCDA1B1C1D1 отмечена точка E так,

что CE :EC1 1:2. Найдите угол между прямыми BE и AC1.

55. В кубе ABCDA1B1C1D1 точки E ,

F середины ребер соответственно A1В1

и B1C1. Найдите косинус угла между прямыми AE и BF .

04.12.2012

33

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

56. В кубе ABCDA1B1C1D1 точки Е, F – середины рёбер соответственно A1В1 и

C1D1 . Найдите косинус угла между прямыми AE и BF.

57. В кубе ABCDA1B1C1D1 к диагонали

A1C провели перпендикуляры из вершин A и В. Найдите угол между этими перпендикулярами.

58.К диагонали куба провели перпендикуляры из остальных вершин куба. На сколько частей и в каком отношении основания этих перпендикуляров разделили диагональ?

59.В кубе ABCDA1B1C1D1 к диагонали

A1C провели перпендикуляры из середин ребер AB и AD. Найдите угол между этими перпендикулярами.

60. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Его диагональ В1D составляет с ребром AD угол 45 , а с ребром DC угол 60 . Найдите угол между прямыми В1D и DD1 .

61. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда образуют с плоскостью его основания углы и . Найдите угол между этими диагоналями.

62. В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 сторона основания равна 12, а боковое ребро равно 5. Найдите угол между прямыми

AC и BC1.

63. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми:

а) AB и A1C ; б) AВ1 и BC1.

64. (МИОО). Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 8. Высота этой призмы равна 6. Найдите угол между прямыми CA1 и

AB1 .

65. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все рёбра которой равны 1,

точка D – середина ребра A1В1 . Найдите косинус угла между прямыми АD и BC1.

04.12.2012

34

66. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все рёбра которой равны 1, точки D, Е – середины рёбер соответственно A1В1 и B1C1. Найдите косинус угла между прямыми АD и ВЕ.

67. (МИОО). В основании прямой призмы ABCA1B1C1 лежит равнобедренный прямоугольный треугольник АВС с

гипотенузой AB , равной 82 . Высота этой призмы равна 6. Найдите угол между прямыми AC1 и CB1.

68. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB1 и BC1.

69. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB1 и BD1 .

70. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, найдите угол между прямыми AB1 и BE1 .

71. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, точка G – середина ребра A1В1 . Найдите косинус угла между прямыми АG и BC1.

72. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, точка G – середина ребра A1В1 . Найдите косинус угла между прямыми AG и BD1 .

73. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, точки G, H – середины ребер соответственно A1В1 и B1C1. Найдите косинус угла между прямыми АG и BH.

74.Найдите угол между непересекающимися медианами граней правильного тетраэдра.

75.В правильном тетраэдре ABCD точка K – середина BD, точка M – середина BC. Найдите угол между прямыми

AK и DM.

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

76.В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) боковое ребро равно стороне основания. Точка M

–середина ребра SB. Найдите угол между прямыми CM и SO, где точка O – центр основания пирамиды.

77.Ребра АD и ВС пирамиды DABC равны 24 см и 10 см. Расстояние между серединами ребер BD и AC равно 13 см. Найдите угол между прямыми АD и ВС.

78.В тетраэдре ABCD известно, что

AC BD 14, BC AD 13, AB

CD 15. Найдите угол между прямыми

АС и BD.

79.В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все рёбра которой равны 1, точки E , F – середины ребер соответственно SB и SC. Найдите косинус угла между прямыми АЕ и BF.

80.Угол между боковыми рёбрами правильной четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен 120 . Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

81.В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, найдите косинус угла между прямыми

SB и АЕ.

82.В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, найдите косинус угла между прямыми

SB и АD.

83.В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с основанием ABCDEF сторона основания равна 2, а боковое ребро равно 4. Точка M – середина SE.

Найдите	угол	между	прямыми
SB и CM.

1.6.Угол между прямой и плоскостью

Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

0 (a, ) 90 .

Угол между взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90 .

Если прямая параллельна плоскости (или лежит в ней), то угол между ними считается равным 0 .

Поэтапно-вычислительный метод

Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить, если этот угол удается включить в прямоугольный треугольник в качестве одного из острых углов.

Пример 45. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все рёбра которой равны 1, найти угол между прямой АВ1 и

плоскостью АА1С1С .

Решение. Пусть D – середина А1С1,

тогда B1D – перпендикуляр к плоскости

АА1С1С , а D – проекция точки В1 на эту плоскость (см. рис. 52).

C1

B1

D

A1

C

B

A

Рис. 52

	Если –				искомый угол, то sin												B1D	,
																	AB1
								B D				,
	где AB						,			3			и поэтому
						2
	1							1	2
	sin		6		. Отсюда arcsin									6		.
													4
	4

Ответ: arcsin 6 . 4

04.12.2012

35

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Пример 46. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD , все рёбра которой равны 1, точка E середина ребра MC. Найти синус угла между прямой DE и плоскостью AMB .

Решение. Через вершину M проведем прямую параллельную прямой AD, и отложим на ней единичный отрезок MF

(см. рис. 53).

M F

E

H

BC

AD

Рис. 53

Втетраэдре MDCF все ребра равны 1

иплоскость DFC параллельна плоскости AMB . Перпендикуляр EH, опущенный

из точки E на плоскость DFC, равен половине высоты тетраэдра MDFC , т.е.

равен		6				(высота						данного тетраэдра
		6
равна			6			– покажите самостоятельно).
		3
												DE
Угол между прямой																и плоскостью
AMB равен углу EDH, синус которого
равен
					EH						:								.
									6				3				2
								6				2				3
					DE

Ответ: 2 . 3

Пример 47. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые рёбра равны 4, найти синус угла между прямой BC и плоскостью EMD.

Решение. Так как AD|| BC,	то
(BC, EMD) (AD, EMD) (см.	рис.
54). Найдем sin (AD, EMD).

Высота пирамиды MO 15 (см. пример 15). ML апофема боковой гра-

ни EMD. Высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости EMD

и OH 5 . 7

M

B

C

A

H

O

D

L

F

E

Рис. 54

Тогда прямая

HD ортогональная про-

екция прямой

AD на плоскость EMD и

из прямоугольного треугольника OHD

OH

.

sin (AD, EMD)

5

:1

5

7

7

OD

Ответ:

5

.

7

Пример 48. (ЕГЭ, 2010). В правильной треугольной пирамиде MABC с основа-

нием ABC	известны рёбра AB 7 3,
MC 25.	Найти угол, образованный

плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AM и BC.

Решение. Пусть D и	E середины
рёбер CB и AM соответственно. Так как
пирамида правильная, то	AD CB и
MD CB . Следовательно,	CB ABC и

ABC AMD (по признаку перпендикулярности плоскостей).

Опустим в плоскости AMD перпендикуляры MO и EF из точек M и E на прямую AD ABC AMD (см. рис. 55). Так как AD прямая пересечения перпендикулярных плоскостей, то MO и EF перпендикулярны к плоскости основания. Тогда точка O основание высоты MO является центром треугольника

04.12.2012

36

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

ABC и AO AB 7, OD AO 7 , а

	FD	3	2	2
прямая		ортогональная	проекция
прямой	DE	на плоскость	основания.
Точка	F	середина отрезка		AO
(EF || MO и		EF средняя линия		тре-
угольника AMO). Тогда
	FD FO OD 7.

M

E

B

A F OD

C

Рис. 55

Высоту пирамиды находим из прямоугольного треугольника AMO:

MO AM2 AO2 252 72 24.

Тогда EF 12

Так как угол между прямой и плоскостью – угол между прямой и ее ортогональной проекцией на эту плоскость, то из прямоугольного треугольника FED получаем

tg (ED, ABC) EF 12.

FD 7

Значит, искомый угол равен arctg12 . 7

Ответ: arctg12 . 7

Метод использования дополнительного угла

Угол между прямой l и плоскостьюи угол между прямой l и перпендикуляром к плоскости удовлетворяют соотношению 90 (см. рис. 56). Поэтому в некоторых случаях через до-

полнительный угол легко выйти на искомый угол .

Рис. 56

Пример 49. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между пря-

мой CD1 и плоскостью AB1D1.

Решение.		Прямая	A1C1 B1D1
( A1B1C1D1 квадрат), тогда по теореме о
трех	перпендикулярах		A1C B1D1 (см.
рис.	57). Аналогично A1C AD1 . Следо-

вательно, прямая A1C перпендикулярна плоскости AB1D1. Так как A1D1 D1C1C ,

то A1D1 D1C . Поэтому в прямоуголь-

ном треугольнике A1D1C

D1CA1

есть угол между данной прямой CD1 и

перпендикуляром

A1C к данной плоско-

сти, а D1A1C , как дополнительный

угол до 90 для

D1CA1 , является иско-

мым углом.

B1

C1

A1

D1

E

B

C

A

D

Рис. 57

Имеем

cos

A1D1

1

или

A1C

3

arccos

1

.

3

1

Ответ: arccos

.

3

04.12.2012

37

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Метод опорных задач

Пусть прямая l пересекает плоскостьв точке A, точка M принадлежит прямой l (см. рис. 58). Тогда угол между прямой l и плоскостью можно вычислить, используя формулу:

sin sin (l, ) M, .

AM

Рис. 58

Пример 50. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между пря-

мой А1B1 и плоскостью BDC1 .

Решение. Так как А1B1 ||D1C1 (см. рис.

59), то (A1B1, BDC1) (D1C1, BDC1).

Точки D1 и O1 лежат на прямой D1B1 ,

параллельной плоскости BDC1 , значит,

(D ;BDC ) (O ;BDC )				3	(см.
1	1	1	1	3

пример 14). Далее последовательно получаем

sin (A1B1, BDC1) sin (D1C1, BDC1)

(D1, BDC1) (O1, BDC1) 3 .

D1C1 D1C1 3

Отсюда (AB , BDC ) arcsin				3	.
1	1	1		3
		B1
A1			O1	C1

D1N

B

AOC

D

Рис. 59

Ответ: arcsin 3 . 3

04.12.2012

38

Векторно-координатный метод

Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить по формуле

sin

n

p

(6)

n

p

или в координатной форме

sin

x1x2 y1y2

z1z2

,

x2

y2

z2

x2

y2

z2

1

1

1

2

2

2

где n {x1, y1, z1} – вектор нормали плос-

кости , p {x2, y2, z2} – направляющий вектор прямой l;

прямая l и плоскость параллельны тогда и только тогда, когда

x1x2 y1 y2 z1z2 0.

В задачах на вычисление угла между прямой и плоскостью или угла между пересекающимися плоскостями (будет рассмотрено позже) в общем случае уравнение плоскости находить не требуется.

Координаты вектора нормали можно вывести, если известны координаты трех точек плоскости M, N, P, не лежащих на одной прямой. Для этого находим коор-

динаты двух векторов плоскости

a MN {a1, a2, a3} и b MP {b1, b2, b3}.

Предположим, что вектор с координатами n {p, q, r} (здесь p, q, r – неизвестные числа, которые нужно найти) перпендикулярен любому вектору плос-

кости , в том числе векторам a и b . Его координаты ищутся из условий равенства нулю скалярных произведений n

с векторами a и b из следующей системы уравнений:

n a 0,	a p a q a r 0,
	1	2	3
n b 0;	b1 p b2q b3r 0.

Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов, перпендикулярных плоскости , бесконечно много. Выразив, например, из системы координаты p и q через r, выберем не-

нулевой вектор n {p(r); q(r); r}, взяв в качестве r какое-нибудь число (обычно

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

берут такое число, чтобы в координатах не было дробей или радикалов).

Пример 51. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между пря-

мой АD1 и плоскостью , проходящей через точки А1 , Е и F, где точка Е – се-

редина ребра C1D1 , а точка F лежит на ребре DD1 , так, что D1F 2DF .

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке60.

						z
						A1					B1
			D1
						E
									C1
						A					B
			F
			D								y
		x							C
						Рис. 60
Тогда			А(0;0;0),				А1(0;0;1), D1(1;0;1),
	1						1
Е 1;		;1	,			F 1;0;			,	АD1 {1;0;1},
	2						3
			1							2
A1E		1;		;0		, А1F 1;0;					.
			2
										3

Пусть n {x, y, z} – вектор, перпендикулярный плоскости , – искомый угол. Тогда по формуле (6):

AD1 n sin AD1 n .

Вектор n найдем из условий перпендикулярности этого вектора векторам

A1E и А1F , т.е. из условий

n A1E 0,

n AF 01

или

04.12.2012

		y
x				0,		y 2x,
		2
		2
						z 1,5x.
x				z 0
		3
Пусть x 2,					тогда		y 4,		z 3 и
n {2; 4;3},					| n|			. Так как
							29

AD1 2 и AD1 n 1 2 0 ( 4) 1 3 5,

то		5										5
sin														.
		2 29							58
Отсюда arcsin					5			.
		58

Ответ: arcsin 5 . 58

Пример 52. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все рёбра которой равны 1, найти угол между прямой AB1 и плоскостью ACE1.

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке61.

D1

z

C1

B1

N

E1

A1

y

F1

C

D

M

B

E

O

A

F

x

Рис. 61

Тогда

3

3

А1;0;0 , B

1

;

;1

,

AB

1

;

;1 .

1

2

2

1

2

2

Составим уравнение плоскости, про-

ходящей через точки

А1;0;0 ,

1

3

1

3

C

;

;0

, E

;

;1 .

2

2

1

2

2

Подставляя координаты этих точек в общее уравнение плоскости

39

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

ax by cz d 0,

получаем систему

		a d 0,
	1
		a				3		b d 0,
	2			2
	1
					3
		a						b c d 0
	2			2
Отсюда имеем								a d ,	b		d ,
										3

c 3d . Подставим в уравнение плоскости и сократим на d 0:

x 3y 3z 1 0.

Вектор нормали полученной плоскости n {1; 3;3}. Тогда по формуле (6)

AB1 n sin AB1 n ,

где искомый угол. Имеем

sin		4					2 26	.
		2 13			13

Отсюда arcsin 226 . 13

Ответ: arcsin 2 26 . 13

Векторный метод

Пример 53. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все рёбра которой равны 1, найти угол между прямой DE, где E – середина апофемы SF грани ASB, и плоскостью ASC.

Решение. Так как прямая ОD перпенди-

кулярна плоскости ASC, то вектор OD является вектором нормали плоскости ASC.

	Пусть	AD a ,				AB b ,			AS c (см.
	рис. 62),	где			| a | |b | |c | 1, a b 0,
	a c b c |a |2 cos60 0,5. Тогда
				OD OA AD
			1				1
					(a b) a			(a	b),
		2				2

									DE DA AF FE
															1											1										1
							a													b										c													b
																2
																											2									2
																										1										1
													a															b											c ,
																										4										2
																				1										1												1						1
DE OD												a												b									c												a										b
																				4										2										2
																																																2
		1		2				1					2			1																	1															1									1					3
			a									b										a c														b				c																								,
		2						8								4																	4															2									8					8
																														1										1						2
						DE														a													b											c
																														4										2
		2				1				2					1							2									1																					1							1
a										b										c				2										a c 2																											b		c
						16									4																2																					4							2
																																																						,
				1										1									1						1								1											15
													16									4								2						8										16

S

								E
											C
	B					F							O																						D
																	A
											Рис. 62
			1							1					2
																									1						1				1
	OD					a						b																								.
			2							2															4						4				2
Подставляя							полученные																					значения в
формулу (6) sin															DE OD																, имеем
														DE									OD
		sin					3					4																	3					.
																						2
						8						15															30
Отсюда arcsin												3							,			где искомый
												30
угол.
																																				3
															Ответ: arcsin																								.
																																				30

04.12.2012

40

www.alexlarin.net