Перпендикулярность двух плоскостей

Что такое перпендикулярность двух плоскостей

Линейным углом данного двугранного угла является \(\angle AOB\), где \(О\) — произвольная точка на прямой \(а\), а \(АО\) и \(ВО\) — перпендикуляры к прямой \(а\).

Примеры в повседневной жизни

• стена и потолок;
• грани коробки;
• спинка и сиденье стула.

Признак перпендикулярности плоскостей

Дано: \(\alpha,\beta\) — плоскости, \(\alpha\cap\beta\), \(а\) — прямая, \(а\in\beta, а\perp\alpha.\)

Доказать: \(\beta\perp\alpha\)

Доказательство: 

Пусть \(a\cap\alpha=A, \alpha\cap\beta=b. а\perp\alpha\), значит а перпендикулярная любой прямой, принадлежащей плоскости \(\alpha\). В плоскости \(\alpha\) через точку \(А\) проведем прямую \(AC\), причем \(AC\perp b\). Из этого следует, что \(\angle BAC\) — линейный угол двугранного угла, образованного пересечением данных плоскостей. Мы знаем, что \(а\perp\alpha\), то есть и \(AB\perp\alpha\), значит \(\angle \)\(BAC=90^\circ\) и \((\widehat{\alpha;\beta})=90^\circ\). Плоскости \(\alpha\) и \(\beta\) перпендикулярны.

Свойства

1. Если прямая лежит в одной из двух взаимно перпендикулярных плоскостей и перпендикулярна линии их пересечения, то эта прямая перпендикулярна другой плоскости.
2. Если прямая, проведенная через точку одной из двух взаимно перпендикулярных плоскостей, перпендикулярна другой плоскости, то она лежит в первой из них.
3. Теорема отвеса: если прямая, проведенная через точку одной из двух пересекающихся плоскостей, перпендикулярна другой плоскости и не лежит в первой, то данные плоскости не перпендикулярны.
4. Если две плоскости, перпендикулярные третьей плоскости, пересекаются, то прямая их пересечения перпендикулярна третьей плоскости.

Примеры решения задач

Дано: двугранный угол \(CABD=120°, AC\perp AB, AC\subset\alpha, BD\perp AB, BD\subset\beta, AB=AC=BD=a.\)

Найти: \(CD\)

Решение:

Рассмотрим данный двугранный угол: в одной полуплоскости лежит точка \(C\) и прямая \(AC\), перпендикулярная прямой \(AB\), в другой полуплоскости лежит точка \(D\) и прямая \(BD\), перпендикулярная \(AB\). Проведем \(AK\) и \(DK,\) так что \(AK\perp AB, DK\parallel AB\). Тогда \(\angle KAC=120^\circ\) — линейный угол двугранного угла.

Рассмотрим четырехугольник \(AKBD\):

Мы знаем, что и \(AK\) и \(BD\) перпендикулярны \(AB\), значит они параллельны. \(AB\) так же параллельна \(DK\) по построению, значит \(AKBD\) — параллелограмм, а точнее прямоугольник. Из этого следует, что \(AK=BD=a.\)

Рассмотрим \(\triangle AKC:\)

По теореме косинусов: \(CK^2=AC^2+AK^2-2\cdot AC\cdot AK\cdot\cos\angle CAK=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot\cos120^\circ=2a^2+a^2=3a^2\)

\(AB\perp(CAK)\), так как перпендикулярна двум пересекающимся прямым, принадлежащим этой плоскости, значит и \(DK\perp(CAK)\). Поэтому \(DK\perp CK\) и \(\triangle CKD\) —прямоугольный.

По теореме Пифагора:

\(CD=\sqrt{CK^2+KD^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a\)

Ответ: \(2a\)

Дано: ABCD — тетраэдр, \(\angle BAB=\angle DAC=\angle ACB=90^\circ, AC=CB=5, DB=5\sqrt5.\)

Найти: \(\angle(ABCD)\)

Решение:

\(DA\perp(ABC)\) т.к. A\(B,\;AC\subset(ABC), AB\cap AC, DA\perp AB, DA\perp AC\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(DC\perp BC\) (\(BC\) — прямая, \(AC\) — проекция DC на \((ABC), DC\) — наклонная). Значит \(\angle ACD\) — линейный угол искомого двугранного угла. 

Рассмотрим прямоугольный \(\triangle CBD:\)

\(DC=\sqrt{DB^2-BC^2}=\sqrt{{(5\sqrt5)}^2-5^2}=10\)

Рассмотрим прямоугольный \(\triangle ACD:\)

\(\cos\angle ACD=\frac{AC}{DC}=\frac5{10}=\frac12\)

Получаем, что \(\angle ACD=arc\cos\frac12=60^\circ.\)

Ответ: \(60^\circ\)