1:57:00-2:09:46. Спасибо. Использую Ваш наглядный рисунок. Угол между плоскостями , как и Вы , ищем как угол между их нормалями , но чуть иначе. Начало координат в точке B. Векторы BC’=(4;0;0) ; BB1’=(0;0;4); BA’=(0;4;0); BD1’=4*(1;1;1); KC1=(4;0;1) . Нормаль к плоскости BB1C1C-единичный вектор (0;1;0) . Нормаль к плоскости альфа находим из условия её перпендикулярности к векторам KC1’ и BD1’. ( вектор BD1’ параллелен плоскости альфа и , значит , перпендикулярен её нормали) . Получаем (n’*KC1’)=4*n1+0*n2+1*n3=0 и (BD1’*n’)=4*(n1+n2+n3)=0 . Решаем: n’=n1*(1;3;-4) . Тогда cos(fi)=|n1*( (1;3;-4)*(0;1;0) )/(1*sqrt(26) *n1) |. Получаем Ваш ответ. С уважением, Лидий.
1:49:00. Рисунок Ваш очень наглядный. Пусть векторы BC’=(4;0;0) , BA’=(0;4;0) , BB1’=(0;0;4). Тогда вектор KC1’=(4;0;1). Вектор BD1’=4*(1;1;1). В плоскости сечения берём вектор параллельный вектору BD1’ - KQ’ . Любой такой вектор коллинеарен BD1’ , следовательно равен m*(1;1;1)=(m;m;m). Тогда в плоскости сечения из двух неколлинеарных векторов можно получить вектор KP’=(0;y;1)=(m;m;m)+x*(4;0;1) , где у-искомая длина B1P. Получаем:0=m+4*x ; y=m+0*x ;1=m+1*x . Решаем - y=4/3 Ч.Т.Д. С уважением, Лидий.
25:00 . Спасибо. Интересно и поучительно. Но, можно чуть иначе. Выберем начало координат в точке ‘В’. Тогда вектор BC’=(15;0;0) (знак ‘ после BC’ пишу вместо стрелки сверху) , вектор BA1’=(0;6;8) , вектор BC1’=(15;0;8), а неизвестный вектор нормали- n’=(n1;n2;n3). Как Вы убедительно показали, sin(fi)=|(n’*BC1’)|/(|BC1’|*|n’|). Неизвестный вектор нормали к плоскости A1BC находим из условия его перпендикулярности векторам BA1’ и BC’ . (значит скалярное произведение нормали с этими векторами- ноль). Получаем: (n’*BA1’)=0*n1+6*n2+8*n3=0 и (n’*BC’)=15*n1+0*n2+0*n3=0. Решаем, получаем: n1=0; n2=-4*n3/3. И вектор n’=(n3/3)*(0;-4;3). Скалярное произведение (n’*BC1’)=|n3/3|*(0*15-4*0+3*8)=|n3|*24/3=8*|n3|. |n’|=.....=5*|n3|/3; |BC1’|=.....17. Подставляем в формулу для синуса- получаем Ваш ответ. С уважением, Лидий.
Друзья, смотрите стрим, однако не стоит переоценивать координатный метод в применении к задачам ЕГЭ. Мы специально провели стрим, чтобы показать: крайне трудно найти задачи ЕГЭ, которые решались бы только с его помощью. В олимпиадных задачах может быть по-другому. Как правило, в задаче 14 по стереометрии на ЕГЭ с помощью метода координат решается один пункт (но к нему надо делать полный чертеж). Так что в задачах ЕГЭ координатный метод не дает на ЕГЭ большого выигрыша во времени. Просто потому, что задачи ЕГЭ под него «не заточены».
1:57:00-2:09:46. Спасибо. Использую Ваш наглядный рисунок. Угол между плоскостями , как и Вы , ищем как угол между их нормалями , но чуть иначе. Начало координат в точке B. Векторы BC’=(4;0;0) ; BB1’=(0;0;4); BA’=(0;4;0); BD1’=4*(1;1;1); KC1=(4;0;1) . Нормаль к плоскости BB1C1C-единичный вектор (0;1;0) . Нормаль к плоскости альфа находим из условия её перпендикулярности к векторам KC1’ и BD1’. ( вектор BD1’ параллелен плоскости альфа и , значит , перпендикулярен её нормали) . Получаем (n’*KC1’)=4*n1+0*n2+1*n3=0 и (BD1’*n’)=4*(n1+n2+n3)=0 . Решаем: n’=n1*(1;3;-4) . Тогда cos(fi)=|n1*( (1;3;-4)*(0;1;0) )/(1*sqrt(26) *n1) |. Получаем Ваш ответ. С уважением, Лидий.
1:49:00. Рисунок Ваш очень наглядный. Пусть векторы BC’=(4;0;0) , BA’=(0;4;0) , BB1’=(0;0;4). Тогда вектор KC1’=(4;0;1). Вектор BD1’=4*(1;1;1). В плоскости сечения берём вектор параллельный вектору BD1’ - KQ’ . Любой такой вектор коллинеарен BD1’ , следовательно равен m*(1;1;1)=(m;m;m). Тогда в плоскости сечения из двух неколлинеарных векторов можно получить вектор KP’=(0;y;1)=(m;m;m)+x*(4;0;1) , где у-искомая длина B1P. Получаем:0=m+4*x ; y=m+0*x ;1=m+1*x . Решаем - y=4/3 Ч.Т.Д. С уважением, Лидий.
25:00 . Спасибо. Интересно и поучительно. Но, можно чуть иначе. Выберем начало координат в точке ‘В’. Тогда вектор BC’=(15;0;0) (знак ‘ после BC’ пишу вместо стрелки сверху) , вектор BA1’=(0;6;8) , вектор BC1’=(15;0;8), а неизвестный вектор нормали- n’=(n1;n2;n3). Как Вы убедительно показали, sin(fi)=|(n’*BC1’)|/(|BC1’|*|n’|). Неизвестный вектор нормали к плоскости A1BC находим из условия его перпендикулярности векторам BA1’ и BC’ . (значит скалярное произведение нормали с этими векторами- ноль). Получаем: (n’*BA1’)=0*n1+6*n2+8*n3=0 и (n’*BC’)=15*n1+0*n2+0*n3=0. Решаем, получаем: n1=0; n2=-4*n3/3. И вектор n’=(n3/3)*(0;-4;3). Скалярное произведение (n’*BC1’)=|n3/3|*(0*15-4*0+3*8)=|n3|*24/3=8*|n3|. |n’|=.....=5*|n3|/3; |BC1’|=.....17. Подставляем в формулу для синуса- получаем Ваш ответ. С уважением, Лидий.
Друзья, смотрите стрим, однако не стоит переоценивать координатный метод в применении к задачам ЕГЭ. Мы специально провели стрим, чтобы показать: крайне трудно найти задачи ЕГЭ, которые решались бы только с его помощью. В олимпиадных задачах может быть по-другому.
Как правило, в задаче 14 по стереометрии на ЕГЭ с помощью метода координат решается один пункт (но к нему надо делать полный чертеж). Так что в задачах ЕГЭ
координатный метод не дает на ЕГЭ большого выигрыша во времени. Просто потому, что задачи ЕГЭ под него «не заточены».