Тема 14. Задачи по стереометрии
14.15 Угол между прямой и плоскостью
Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по стереометрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#43080

Основанием пирамиды SABC  служит равнобедренный треугольник, AC = BC = b  . Все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом ϕ.  Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через ребро SC  и высоту пирамиды.

Показать ответ и решение

Если боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то основание высоты пирамиды — центр описанной около основания пирамиды окружности. Докажем это.

Пусть SABC  — пирамида, SH  — ее высота. Тогда ∠SAH  = ∠SBH  = ∠SCH  = 60∘ — углы между боковыми ребрами и основанием. Следовательно, △SAH  = △SBH  = △SCH  как прямоугольные по катету и острому углу. Следовательно, AH  = BH = CH = R  , то есть H  — центр описанной около △ABC  окружности радиуса R.

PIC

Так как △ABC  равнобедренный, то H ∈ CC1,  где CC1  — высота к стороне AB.  Площадь искомого сечения — это площадь треугольника SCC  .
    1

По формуле

   AB  ⋅BC ⋅AC    AB  ⋅b2      b2
R =---4SABC--- = 2CC1-⋅AB-= 2CC1-

Высота SH  = Rtgϕ.  Площадь △SCC1  равна

                    2
S = 1CC1 ⋅SH = 1 ⋅-b---⋅tgϕ ⋅CC1 = 1b2tg ϕ.
    2          2  2CC1            4
Ответ:

1 b2tgϕ
4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#43075

Диагональ прямоугольного параллелепипеда, равная d,  наклонена к основанию под углом α  и к боковой грани под углом β.  Докажите, что объем параллелепипеда равен

     3        ∘-----------------   ∘           ∘
V = d sin αsin β cos(α + β)cos(α− β), 0  < α+ β < 90
Показать ответ и решение

Пусть AD = b,DC  = a,AA ′ = c.  Заметим, что △AA ′C  и △A ′D′C  прямоугольные. Следовательно, a = dsinβ,  c= dsinα.

Тогда

 2  2    2   2   2        3   2   2   2  2         2   2   2    2
a+b  = AC  = d cos α  ⇔   d sin β+b = d cosα   ⇔   b = d(cos α−sin β)

PIC

Тогда

          3        ∘ ------------
V = abc= d sinα sinβ ⋅ cos2α− sin2β

Преобразуем подкоренное выражение. Пусть ϕ = 90∘− β :

 cos2α− sin2β =

=cos2α− cos2ϕ=
=(cosα − cosϕ)(cosα + cosϕ) =

       α-+ϕ-   α−-ϕ-  α-+-ϕ   α-− ϕ
= − 4sin 2  sin  2   cos  2  cos  2  =

= − sin(α +ϕ)sin(α − ϕ)=
= − sin(90∘− (β− α))sin(− 90∘+ (α + β))=

=cos(α − β)cos(α+ β)

Так как это выражение находится под корнем, то cos(α+ β) >0,  следовательно, 0∘ < α+ β < 90∘.

В итоге получаем нужную формулу. Чтд.

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#43072

Диагональ правильной четырехугольной призмы равна 2, а площадь боковой поверхности равна 4. Найдите угол наклона диагонали к плоскости основания и площадь основания.

Показать ответ и решение

Пусть AB = AD = a,  AA1 = c,  A1C = 2.  Можно составить следующую систему

                                                  (
({   2     2    2      2        ({  2   2           |{ a2 = 1± √1
 AB  + BC  + AA1 = A1C     ⇒     2a +c = 4    ⇔              2
(AB ⋅AA1 = 14Sбок.пов.            ( ac= 1            |( c= ∘2-∓-√2-

PIC

Тогда

      ∘ ------
        2 ±√2-      1 + cos2α   2± √2-              √2-
cosα =  ---4--  ⇔   ----2--- = --4---  ⇔   cos2α = ±-2-

Следовательно,       ∘
2α =45 или        ∘
2α = 135 .

Откуда получаем ответ:                    √ -
α =22,5∘,S = a2 = 2-+-2
                  2  или                    √ -
α =67,5∘,S = a2 = 2-−-2
                   2

Ответ:

         √-
22,5∘, 2+-2-
        2  или          √-
67,5∘, 2−-2-
        2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#43071

Все грани призмы ABCA1B1C1  — равные ромбы. Углы BAD, BAA1  и DAA1  равны   ∘
60 каждый. Найдите угол между прямой BA1  и плоскостью BDB1.

Показать ответ и решение

Пусть A1H ⊥ (ABC  ),  HB2 ⊥ AB,  HD2 ⊥ AD  . По ТТП наклонные A1B2 ⊥ AB,  A1D2 ⊥ AD.  Тогда △A1AB2  =△A1AD2  по гипотенузе и острому углу, следовательно, A1B2 = A1D2  . Следовательно, △A1HB2  =△A1HD2  по катету и гипотенузе, следовательно, HB2 = HD2  , следовательно, H  лежит на биссектрисе угла BAD,  то есть H ∈ AC.

PIC

BD ⊥ AC, A1H  ⇒ BD ⊥ (ACC1)  ⇒ BD  ⊥ AA1  ⇒ BDD1B1  — прямоугольник. Следовательно, A1P ⊥ OO1  ⇒   BD  ⊥A1P  ⇒ A1P ⊥ (BDD1 )  ⇒ BP  — проекция A1B  на плоскость BDD1.  Следовательно, α = ∠A1BP  — искомый.

Пусть все ребра призмы равны a  . Тогда AB2 = 1
      2  как катет, лежащий против угла 30∘.  Следовательно, H  — точка пересечения высот △BAD.  Тогда       a-
AH  = √3  ⇒       ∘ -2--a2   ∘ 2-
A1H =   a − 3 = a  3  ⇒                  ∘ 2-
sinβ = A1H :AA1 =  3.  Заметим, что ∠A1AH = ∠A1O1P  как противоположные углы параллелограмма A1O1OA.

         -
A1O1 = a√23  ⇒ A1P = A1O1sin β = √a.
                  2

Заметим, что BA1 = a  ⇒

      A1P-   1--           ∘
sin α= BA1  = √2   ⇒   α= 45 .
Ответ:

45∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43069

В правильной пирамиде SABC  с основанием ABC  известны ребра AB = 8√3-  и SC = 17.  Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой AM,  где M  — точка пересечения медиан грани SBC.

Показать ответ и решение

Пусть CN  и SA1  — медианы грани SBC,  а медианы основания AA1  и CC1  пересекаются в точке H.  Кроме того, отрезок AM  пересекает высоту SH  пирамиды в точке L.

По теореме Менелая для △SHA1  и прямой AM  :

-SL ⋅ HA-⋅ A1M-= 1  ⇔   SL-⋅ 2⋅ 1 = 1 ⇔   SL-= 3
LH   AA1   MS           LH   3 2          LH

PIC

Так как H  — точка пересечения медиан основания, то отрезок AH  равен двум третьим медианы AA1 :

     2  AB-√3-  2 8√3-⋅√3
AH = 3 ⋅  2   = 3 ⋅  2    = 8

С учетом SL
LH- = 3  в треугольнике ASH  имеем:

     ∘ ---------- ∘ -------               15
SH =   AS2 − AH2 =  172− 82 = 15 ⇒   LH = -4

Тогда

tgα = LH- = 15  ⇒   α =arctg 15
      AH    32              32
Ответ:

arctg 15
    32

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#41976

Найдите угол между боковым ребром a  правильной треугольной пирамиды и плоскостью ее основания со стороной b.

Показать ответ и решение

Высота правильной треугольной пирамиды падает в точку пересечения высот (медиан) основания. Пусть SH  — высота, AA1 ⊥ BC  . Тогда       2      2 b√3   b
AH  = 3AA1 = 3 ⋅-2-= √3.

PIC

△ASH  прямоугольный, следовательно,

       AH-  -b√3               -b--
cosα = AS =  a   ⇒   α = arccosa√3.
Ответ:

arccos-b√--
     a 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#41964

Найдите объем пирамиды, если ее основанием служит прямоугольный треугольник с гипотенузой 3 и углом   ∘
30 , а боковые ребра наклонены к основанию под углом   ∘
60 .

Показать ответ и решение

Если боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то основание высоты пирамиды — центр описанной около основания окружности. Докажем это.

Пусть SABC  — пирамида, SH  — ее высота. Тогда ∠SAH  = ∠SBH  = ∠SCH  = 60∘ — углы между боковыми ребрами и основанием. Следовательно, △SAH  = △SBH  = △SCH  как прямоугольные по катету и острому углу. Следовательно, AH  = BH = CH = R  , то есть H  — центр описанной около △ABC  окружности радиуса R.

PIC

Так как △ABC  прямоугольный, то H  — середина гипотенузы AC  . Пусть ∠C = 30∘.  Тогда AH = BH  = CH = AB = 3,
                     2  BC = 3√3,
      2  SH  =AH  ⋅tg60∘ = 3√3.
                  2

Следовательно,

        1    1          27
VSABC = 3SH ⋅2AB  ⋅BC  = 16.
Ответ:

27
16

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#41962

Найдите высоту пирамиды, основанием которой служит треугольник со сторонами 7, 8 и 9, если ее боковые ребра наклонены к основанию под углом   ∘
60 .

Показать ответ и решение

Если боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то основание высоты пирамиды — центр описанной около основания окружности. Докажем это.

Пусть SABC  — пирамида, SH  — ее высота. Тогда ∠SAH  = ∠SBH  = ∠SCH  = 60∘ — углы между боковыми ребрами и основанием. Следовательно, △SAH  = △SBH  = △SCH  как прямоугольные по катету и острому углу. Следовательно, AH  = BH = CH = R  , то есть H  — центр описанной около △ABC  окружности радиуса R.

PIC

tg60∘ = SH :CH  ⇒         √-    √-
SH = CH  3= R  3.

Найдем R  из формулы R = abc = ∘-------abc---------
     4S     p(p− a)(p − b)(p − c)  . Так как p△ABC = 12  , то             √ ---------   √-
R = (7⋅8⋅9):  12⋅5⋅4⋅3= 12 5.

Следовательно,              √ --
SH = R√3-= 21--15.
             10

Ответ:

  √ --
21--15
  10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#17245

В основании прямой треугольной призмы ABCA1B1C1  лежит равнобедренный треугольник ABC  с основанием AC.  Точка K  — середина ребра A1B1,  а точка M  ребра AC  такая, что AM :MC  = 1:3.

а) Докажите, что прямая KM  перпендикулярна прямой AC.

б) Найдите угол между прямой KM  и плоскостью (ABB1),  если AB  = 8,  AC = 12  и AA1 = 5.

Показать ответ и решение

а) Пусть точка L  — середина ребра AB,  точка E  — середина ребра AC.  Так как треугольник ABC  равнобедренный, то BE  — медиана и высота, то есть BE ⊥ AC.

Далее имеем:

AM :MC  = 1:3  ⇒   AM  = 1AC =  1AE
                         4      2

Значит, треугольник AML  подобен треугольнику AEB  по общему углу ∠A  и отношению прилежащих к нему сторон

AM  :AE = AL :AB = 1 :2

Тогда ∠AML  = ∠AEB  = 90∘.

PIC

Отрезок KL  перпендикулярен плоскости (ABC ),  так как призма прямая, следовательно, ML  является проекцией MK  на плоскость (ABC ).  Получаем, что прямая AC  перпендикулярна проекции ML,  а значит по теореме о трех перпендикулярах и наклонной KM.  Что и требовалось доказать.

б) Пусть MH  — высота треугольника AML.  Так как плоскости (ABC )  и (ABB1 )  перпендикулярны, то отрезок MH  перпендикулярен плоскости (ABB1 ).  Тогда KH  является проекцией KM  на плоскость (ABB1 ),  поэтому ∠HKM  и есть искомый угол.

PIC

Вычислим двумя способами площадь треугольника AML.  Имеем:

   MH  ⋅AL = 2SAML √=MA--⋅ML √ -
MH  = MA--⋅ML- = 3-42−-32= 3--7
         AL         4        4

Найдем угол ∠HKM  в прямоугольном треугольнике HKM  :

           MH        MH        3√7   3√14
sin∠HKM   = KM--= ∘------√---= 4√32-= -32--
                   52+ ( 7)2
                         3√14-
           ∠HKM   = arcsin 32
Ответ:

б)      3√14-
arcsin  32

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#17169

В основании четырёхугольной пирамиды MABCD  лежит прямоугольник ABCD  со сторонами AB  =4,  AD = 15.  При этом известны длины некоторых боковых ребер:      √ --
MA  =  26,        √--
MB  =  10,        √---
MC  =  235.

а) Докажите, что MB  — высота пирамиды MABCD.

б) Найдите угол между прямой MD  и плоскостью (ABM  ).

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольник MBA  :

   2               √-- 2   2     2     2
MA  = 26= 10+ 16= ( 10) + 4 = MB  + AB

Следовательно, треугольник MBA  прямоугольный и MB  ⊥AB.

Рассмотрим треугольник MBC  :

                     √ --
MC2  = 235 = 10 + 225 = ( 10)2+ 152 = MB2 + BC2

Следовательно, треугольник MBC  прямоугольный и MB  ⊥ BC.

PIC

Таким образом, прямая MB  перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости (ABCD ).  Тогда прямая MB  перпендикулярна плоскости (ABCD  )  и MB  — высота пирамиды MABCD.

б) По пункту а) прямая MB ⊥ (ABCD  ),  значит, MB  ⊥ AD.  По условию AB ⊥ AD,  значит, AD  ⊥(ABM  )  по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, AM  — проекция MD  на плоскость (ABM ).  Тогда угол AMD  и есть угол между MD  и плоскостью (ABM  ).  По теореме Пифагора в треугольнике AMD  :

MD2  = MA2 + AD2 = 26+ 225= 251
                √ ---
           MD =   251

Тогда найдем искомый угол:

sinAMD  = AD--= √15--
          MD      251
               -15--
  ∠AMD  = arcsin√251
Ответ:

б)      -15--
arcsin √251

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#16820

Прямая M A  проходит через точку A  плоскости α  и образует с этой плоскостью угол φ0 ⁄= 90∘.  Докажите, что    φ0  является наименьшим из всех углов, которые прямая M A  образует с прямыми, проведенными в плоскости α  через точку A  .

Показать ответ и решение

Проведем произвольную прямую a  в плоскости α  через точку A  и отметим на ней точку H ′ так, что AH  = AH ′ . Докажем, что ∠H ′AM  = φ > φ0  . Для этого докажем, что cosφ < cosφ0  . Оба угла меньше развернутого, а на промежутке (0;π)  косинус монотонно убывает, поэтому предыдущие два неравенства равносильны.

Запишем теоремы косинусов для треугольников M AH  и H ′AM

pict

Последнее равенство верно, т.к. AH  = AH ′ , а M H < M H ′ (перпендикуляр короче наклонной), т.е. знаменатели дробей равны, а числитель правой больше. Как уже было сказано выше, из этого неравенства следует, что φ > φ
     0  .

PIC

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#11266

Дан куб ABCDA1B1C1D1.  Найдите угол между прямой A1C  и плоскостью (BB1D ).

Показать ответ и решение

Из соображений симметрии очевидно, что A1C  пройдет через центр прямоугольника BB1D1D  точку O,  который также является центром куба.

Пусть H  — середина DB  и центр квадрата-основания. Тогда имеем:

CH ⊥ DB, CH  ⊥HO    ⇒   CH ⊥ (BB1D )

Так как OH  является проекцией CO  на плоскость (BB1D ),  то ∠HOC  — искомый угол.

PIC

Пусть сторона куба равна a.  Тогда       √-
HC  = -2a
      2  как половина диагонали куба, OH = 1 a
     2  как половина высоты куба. По теореме Пифагора имеем:

     ∘ ----------  ∘ a2--a2-  √3
OC =   OH2 + HC2 =   4-+ -2 = 2-a

Тогда искомый угол равен

             (    )       (    )
               OH-          √12a-        -1-
∠HOC  = arccos  OC   =arccos  -32 a = arccos√ 3
Ответ:

     -1-
arccos√3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#2047

Диагональ развертки боковой поверхности цилиндра составляет со стороной основания развертки угол arctgπ1 . Вычислите угол между диагональю осевого сечения цилиндра и плоскостью основания.

Показать ответ и решение

Рассмотрим развертку цилиндра. Это прямоугольник ABB   ′A ′ , где AB  =  A′B ′ = l  равен образующей цилиндра, а AA  ′ равен длине окружности основания, то есть равен 2πR  (если R  – радиус основания).

 

Обозначим угол      1
arctgπ  за ϕ  .
 
PIC

 

Тогда из прямоугольного треугольника     ′ ′
AA  B

        ′  ′
tgϕ =  A-B--  ⇒     tg ϕ = --l--    (1)
       AA ′               2πR

PIC

 

Рассмотрим осевое сечение цилиндра – это также прямоугольник ABCD  , где AB  =  CD  = l  , а AD  – диаметр основания, то есть AD  = 2R  . Т.к. CD  перпендикулярен плоскости основания, то угол между AC  и плоскостью основания – это угол между AC  и ее проекцией AD  на эту плоскость, то есть это угол CAD  . Тогда

            CD                       l
tg ∠CAD   =  AD--   ⇒    tg∠CAD   =  2R-     (2 )

Деля первое равенство на второе, получаем

                                                                  (        )
---tgϕ----   1-                                                          1-       -1
tg∠CAD    =  π   ⇒    tg∠CAD    = π ⋅ tgϕ  ⇒     tg ∠CAD   =  π ⋅ tg arctgπ   = π ⋅π  = 1

Таким образом, ∠CAD   =  45∘ .

Ответ:

45∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#2366

В основании пирамиды SABCD  лежит ромб ABCD  , сторона которого равна 8  , а угол при вершине A  равен 60∘ . Известно, что SA =  15  ,       √ ---
SC  =   33  , и, кроме того, что SB =  SD  .

 

а) Докажите, что SC  – высота пирамиды.

б) Найдите угол между плоскостью ASC  и ребром SB  .

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим основание ABCD  . Так как ∠A  = 60 ∘ , то △BCD  равносторонний, следовательно, BD   = BC  =  8  . Тогда BO   = 4  , где O  – точка пересечения диагоналей ромба. Тогда по теореме Пифагора           --
OC  =  4√ 3  , следовательно,          --
AC  = 8√ 3  .
По обратной теореме Пифагора, так как    2       2      2
AS   = AC   + SC   , треугольник ASC  является прямоугольным с прямым углом SCA  . Следовательно, SC  ⊥  AC  .
Заметим, что △SCD    = △SCB  по трем сторонам. Следовательно, ∠SCD    = ∠SCB  .
Предположим, что SC  – не высота пирамиды. Тогда опустим высоту SH  . Проведем HD  ′ ⊥ CD  и HB  ′ ⊥ CB  . Тогда по теореме о трех перпендикулярах SD ′ ⊥ CD  и SB  ′ ⊥ CB  .
Прямоугольные треугольники      ′
SCD и      ′
SCB равны по общему катету SC  и острому углу, следовательно,     ′      ′
SD   = SB . Отсюда следует, что прямоугольные треугольники      ′
SHD и      ′
SHB также равны по катету и гипотенузе, следовательно, HD  ′ = HB  ′ . Следовательно, точка H  равноудалена от сторон угла C  , значит, лежит на его биссектрисе.
Таким образом, мы доказали, что основание высоты, проведенной из точки S  , будет лежать на прямой, содержащей биссектрису угла C  (то есть на прямой AC  ).
Но тогда из точки S  проведены две прямые SH  и SC  , перпендикулярные AC  , что невозможно. Следовательно, точки H  и C  совпадают.
 
PIC

 

б) Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Заметим, что BO  ⊥ AC  как диагонали ромба, и BO  ⊥  SC  , так как SC  – высота пирамиды. Следовательно, BO  ⊥  (ASC  )  . Значит, SO  – проекция SB  на плоскость ASC  . Таким образом, нужно найти угол BSO  . Обозначим его за α  .
 
PIC
 
По теореме Пифагора из △SCO  :

   2
SO   = 33 + 16 ⋅ 3 = 81  ⇒    SO  =  9.
   BO  мы находили ранее и оно равно 4  .
Так как △SBO  прямоугольный (∠O  =  90∘ ), то
      BO     4                  4
tg α = ---- = --   ⇒    α = arctg--.
      SO     9                  9
Ответ:

б)      4
arctg--
     9

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!