Страница 107 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Как вы думаете, может ли площадь ортогональной проекции фигуры быть больше площади самой фигуры? Почему?

Может ли площадь ортогональной проекции фигуры быть больше площади самой фигуры?

Нет, площадь ортогональной проекции фигуры не может быть больше площади самой фигуры.

Почему?

Ортогональная проекция фигуры на плоскость представляет собой "тень" этой фигуры, образованную лучами, перпендикулярными плоскости проекции. По своей сути, ортогональная проекция "сжимает" или "уменьшает" размеры фигуры в направлении, перпендикулярном плоскости проекции.

Для плоской фигуры (плоского многоугольника или любой другой плоской фигуры) площадь её ортогональной проекции ($S_{пр}$) на плоскость связана с площадью самой фигуры ($S$) следующей формулой:

$S_{пр} = S \cdot \cos(\alpha)$

где $\alpha$ — это угол между плоскостью, в которой лежит исходная фигура, и плоскостью, на которую она проецируется.

Поскольку угол $\alpha$ может изменяться от $0^\circ$ до $90^\circ$:

• Если $\alpha = 0^\circ$, то фигура лежит в плоскости, параллельной плоскости проекции (или совпадает с ней). В этом случае $\cos(0^\circ) = 1$, и $S_{пр} = S \cdot 1 = S$. Площадь проекции равна площади самой фигуры. Это максимальная возможная площадь проекции.
• Если $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, то $0 < \cos(\alpha) < 1$. В этом случае $S_{пр} < S$. Площадь проекции будет меньше площади самой фигуры.
• Если $\alpha = 90^\circ$, то фигура перпендикулярна плоскости проекции. В этом случае $\cos(90^\circ) = 0$, и $S_{пр} = S \cdot 0 = 0$. Проекцией может быть линия или точка, площадь которой равна нулю.

Таким образом, значение $\cos(\alpha)$ всегда находится в диапазоне от 0 до 1 (включительно). Это означает, что площадь ортогональной проекции всегда будет меньше или равна площади самой фигуры, но никогда не будет больше.

Ответ: Нет, не может.

Вопросы

Сформулируйте теорему о площади ортогональной проекции плоской фигуры.

Сформулируйте теорему о площади ортогональной проекции плоской фигуры.

Теорема о площади ортогональной проекции плоской фигуры формулируется следующим образом: площадь ортогональной проекции плоской фигуры на некоторую плоскость равна произведению площади самой фигуры на косинус угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.

Математически это можно выразить так: если $S$ — площадь исходной плоской фигуры, а $S_{пр}$ — площадь ее ортогональной проекции на другую плоскость, и $\alpha$ — угол между плоскостью фигуры и плоскостью проекции, то $S_{пр} = S \cdot \cos \alpha$.

Ответ:

19.1. Найдите площадь сечения единичного куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ плос-костью, проходящей через вершины:

а) $A, B, C_1$;

б) $A, C, D_1$ (рис. 19.4).

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Длина ребра куба $a = 1$.

Перевод в СИ:

Поскольку конкретные единицы измерения не указаны (единичный куб), будем считать, что $a = 1$ (единица длины).

Найти:

Площадь сечения плоскостью, проходящей через вершины:

a) A, B, C₁

б) A, C, D₁

Решение:

а) Плоскость, проходящая через вершины A, B, C₁

Обозначим вершины куба в декартовых координатах, приняв вершину A за начало координат (0,0,0) и рёбра, исходящие из неё, за оси координат. Длина ребра куба $a=1$.

Координаты данных вершин:
A = (0,0,0)
B = (1,0,0)
C₁ = (1,1,1)

Плоскость, проходящая через AB и C₁, содержит ребро AB, которое лежит в нижней грани куба. Поскольку верхняя грань $A_1B_1C_1D_1$ параллельна нижней грани $ABCD$, а точка C₁ лежит в верхней грани, то сечение должно проходить через линию в верхней грани, параллельную AB и проходящую через C₁. Такой линией является отрезок D₁C_{1}$. Таким образом, четвёртой вершиной сечения является D1(0,1,1).}

Сечение представляет собой четырёхугольник $ABD_1C_1$.

Вычислим длины сторон и проверим углы:
Сторона $AB = 1$ (ребро куба).
Сторона $AD_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ (диагональ грани $AA_1D_1D$).
Сторона $D_1C_1 = 1$ (ребро куба, параллельное $AB$).
Сторона $BC_1 = \sqrt{(1-1)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ (диагональ грани $BB_1C_1C$).

Поскольку $AB \parallel D_1C_1$ и $AD_1 \parallel BC_1$, четырёхугольник $ABD_1C_1$ является параллелограммом. Для проверки, является ли он прямоугольником, вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AB}=(1,0,0)$ и $\vec{AD_1}=(0,1,1)$: $\vec{AB} \cdot \vec{AD_1} = (1)(0) + (0)(1) + (0)(1) = 0$. Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, что означает, что угол $\angle DAB$ в сечении равен $90^{\circ}$. Следовательно, четырёхугольник $ABD_1C_1$ является прямоугольником.

Площадь прямоугольника $S_a = AB \times AD_1 = 1 \times \sqrt{2} = \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{2}$

б) Плоскость, проходящая через вершины A, C, D₁

Координаты данных вершин:
A = (0,0,0)
C = (1,1,0)
D₁ = (0,1,1)

Эти три точки определяют плоскость сечения. Проверка других вершин куба показывает, что ни одна из них не лежит в этой плоскости (уравнение плоскости $x-y+z=0$, что можно получить, например, через нормальный вектор $\vec{n} = \vec{AC} \times \vec{AD_1} = (1,-1,1)$). Следовательно, сечением является треугольник $ACD_1$.

Вычислим длины сторон этого треугольника:
Сторона $AC = \sqrt{(1-0)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$ (диагональ грани $ABCD$).
Сторона $AD_1 = \sqrt{(0-0)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ (диагональ грани $AA_1D_1D$).
Сторона $CD_1 = \sqrt{(0-1)^2 + (1-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$ (диагональ грани $CDD_1C_1$).

Поскольку все стороны треугольника $ACD_1$ равны $\sqrt{2}$, этот треугольник является равносторонним.

Площадь равностороннего треугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле $S = \frac{s^2\sqrt{3}}{4}$.

В нашем случае $s = \sqrt{2}$.

Площадь сечения $S_b = \frac{(\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$