Угол между плоскостями и двугранный угол —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ЕГЭ - Математика
Угол между плоскостями и двугранный угол

Тема 3. Геометрия в пространстве (стереометрия)

3.04 Угол между плоскостями и двугранный угол

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрия в пространстве (стереометрия)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#983

$ABCDA1B1C1D1$ – параллелепипед, $ABCD$ – квадрат со стороной $a$ , точка $M$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A1$ на плоскость $(ABCD )$ , кроме того $M$ – точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$ . Известно, что $√3- A1M = ---a 2$ . Найдите угол между плоскостями $(ABCD )$ и $(AA1B1B )$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Построим $M N$ перпендикулярно $AB$ как показано на рисунке.

$PIC$

Так как $ABCD$ – квадрат со стороной $a$ и $M N ⊥ AB$ и $BC ⊥ AB$ , то $M N ∥ BC$ . Так как $M$ – точка пересечения диагоналей квадрата, то $M$ – середина $AC$ , следовательно, $M N$ – средняя линия и $M N = 1BC = 1a 2 2$ .
$M N$ – проекция $A1N$ на плоскость $(ABCD )$ , причем $M N$ перпендикулярен $AB$ , тогда по теореме о трех перпендикулярах $A1N$ перпендикулярен $AB$ и угол между плоскостями $(ABCD )$ и $(AA1B1B )$ есть $∠A1N M$ .

√- A M -3a √-- tg∠A1N M = --1-- = 21---= 3 ⇒ ∠A1N M = 60∘ N M 2a

Ответ: 60

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#577

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ точка $K$ лежит на ребре $AB$ , а точка $L$ лежит на ребре $CD$ , причем $AK = KB$ , $CL = LD$ . Найдите квадрат косинуса двугранного угла между плоскостями $A1BC$ и $A1KL$ .

$PIC$

Показать ответ и решение

Так как три ребра, выходящие из одной вершины куба, попарно взаимно перпендикулярны, то ребро $A1D1$ перпендикулярно плоскости грани $AA1B1B$ $⇒$ $AA1B1 ⊥ A1BC$ и $AA1B1 ⊥ A1KL$ , тогда величина линейного угла $∠KA1B$ совпадает с искомым двугранным углом.

$PIC$

Примем сторону куба за $x$ и рассмотрим треугольник $△A KB 1$ : $KB = 1⋅ AB = 1x 2 2$ , $A B 1$ – диагональ квадрата $⇒$ $√ -- A1B = 2x$ , а сторону $A1K$ можно найти по теореме Пифагора из треугольника $△A1AK$ :

√ -- 2 2 2 2 AB 2 2 x2 5x2 5x A1K = A1A + AK = A1A + (----) = x + ---= ---- ⇒ A1K = ----. 2 4 4 2

Зная все три стороны в треугольнике $△A KB 1$ , можно воспользоваться теоремой косинусов, чтобы найти косинус искомого угла:

$2 2 2 KB = A1K + A1B − 2 ⋅ A1K ⋅ A1B ⋅ cos∠KA1B$ $⇒$

$√- √-- x2= 5x2+ 2x2 − 2 ⋅-5x⋅ 2x ⋅ cos ∠KA1B 4 4 2$ $⇒$

$√3- cos∠KA1B = 10$ $⇒$ $2 cos ∠KA1B = 0,9$ .

Ответ: 0,9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#576

В квадрате $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O,$ точка $S$ не лежит в плоскости квадрата, при этом этом $SO ⊥ ABC.$ Найдите угол между плоскостями $(ASD )$ и $(ABC ),$ если $SO = 5,$ а $AB = 10.$ Ответ дайте в градусах.

$PIC$

Показать ответ и решение

По условию имеем:

∘ SO ⊥ ABC ⇒ ∠SOA = ∠SOD = 90

Кроме того, $AO = DO,$ так как $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата, и $SO$ — общая сторона двух треугольников.

Тогда прямоугольные треугольники $△SAO$ и $△SDO$ равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $AS = SD$ и $△ASD$ — равнобедренный.

$PIC$

Далее, точка $K$ — середина $AD,$ тогда $SK$ — высота в треугольнике $△ASD,$ а $OK$ — высота в треугольнике $AOD.$ Следовательно, $∠SKO$ — линейный угол искомого двугранного угла.

В $△SKO$ имеем:

OK = 1⋅AB = 1 ⋅10= 5= SO 2 2

Тогда $△SOK$ — равнобедренный прямоугольный треугольник и $∠SKO = 45∘.$

Ответ: 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#2761

Плоскости $π1$ и $π2$ пересекаются по прямой $l$ , на которой лежат точки $M$ и $N$ . Отрезки $M A$ и $M B$ перпендикулярны прямой $l$ и лежат в плоскостях $π1$ и $π2$ соответственно, причем $M N = 15$ , $AN = 39$ , $BN = 17$ , $AB = 40$ . Найдите $3 cosα$ , где $α$ – угол между плоскостями $π1$ и $π2$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Треугольник $AM N$ прямоугольный, $AN 2 = AM 2 + M N 2$ , откуда

2 2 2 2 AM = 39 − 15 = 36 .

Треугольник $BM N$ прямоугольный, $BN 2 = BM 2 + M N 2$ , откуда

BM 2 = 172 − 152 = 82.

Запишем для треугольника $AM B$ теорему косинусов:

2 2 2 AB = AM + M B − 2 ⋅ AM ⋅ M B ⋅ cos∠AM B.

Тогда

402 = 362 + 82 − 2 ⋅ 36 ⋅ 8 ⋅ cos ∠AM B ⇔ cos∠AM B = − 5-- 12

Так как угол $α$ между плоскостями – это острый угол, а $∠AM B$ получился тупым, то $5 cosα = --- 12$ . Тогда

3cosα = 5-= 1, 25. 4

Ответ: 1,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#2276

Даны прямые $a,b,c$ , пересекающиеся в одной точке, причем угол между любыми двумя из них равен $60∘$ . Найдите $cos−1 α$ , где $α$ – угол между плоскостью, образованной прямыми $a$ и $c$ , и плоскостью, образованной прямыми $b$ и $c$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Пусть прямые пересекаются в точке $O$ . Так как угол между любыми двумя их них равен $60∘$ , то все три прямые не могут лежать в одной плоскости. Отметим на прямой $a$ точку $A$ и проведем $AB ⊥ b$ и $AC ⊥ c$ . Тогда $△AOB = △AOC$ как прямоугольные по гипотенузе и острому углу. Следовательно, $OB = OC$ и $AB = AC$ .
Проведем $AH ⊥ (BOC )$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах $HC ⊥ c$ , $HB ⊥ b$ . Так как $AB = AC$ , то $△AHB = △AHC$ как прямоугольные по гипотенузе и катету. Следовательно, $HB = HC$ . Значит, $OH$ – биссектриса угла $BOC$ (так как точка $H$ равноудалена от сторон угла).

$PIC$

Заметим, что таким образом мы к тому же построили линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью, образованной прямыми $a$ и $c$ , и плоскостью, образованной прямыми $b$ и $c$ . Это угол $ACH$ .

Найдем этот угол. Так как точку $A$ мы выбирали произвольно, то пусть мы выбрали ее так, что $OA = 2$ . Тогда в прямоугольном $△AOC$ :

∘ AC-- √ -- √----2------2 sin60 = OA ⇒ AC = 3 ⇒ OC = OA − AC = 1.

Так как $OH$ – биссектриса, то $∘ ∠HOC = 30$ , следовательно, в прямоугольном $△HOC$ :

HC 1 tg30 ∘ = ---- ⇒ HC = √--. OC 3

Тогда из прямоугольного $△ACH$ :

HC 1 cos ∠α = cos∠ACH = ---- = -- ⇒ cos−1 α = 3. AC 3

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#2275

Дана четырехугольная пирамида, все ребра которой равны, причем основание является квадратом. Найдите $6cos α$ , где $α$ – угол между ее смежными боковыми гранями.

Показать ответ и решение

Пусть $SABCD$ – данная пирамида ( $S$ – вершина), ребра которой равны $a$ . Следовательно, все боковые грани представляют собой равные равносторонние треугольники. Найдем угол между гранями $SAD$ и $SCD$ .

$PIC$

Проведем $CH ⊥ SD$ . Так как $△SAD = △SCD$ , то $AH$ также будет высотой в $△SAD$ . Следовательно, по определению $∠AHC = α$ – линейный угол двугранного угла между гранями $SAD$ и $SCD$ .
Так как в основании лежит квадрат, то $√ -- AC = a 2$ . Заметим также, что $CH = AH$ – высота равностороннего треугольника со стороной $a$ , следовательно, $√ - CH = AH = -23a$ .
Тогда по теореме косинусов из $△AHC$ :

CH2 + AH2 − AC2 1 cosα = ----2CH---⋅ AH------= − 3- ⇒ 6cosα = − 2.

Ответ: -2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#1877

В квадрате $ABCD :$ $O$ — точка пересечения диагоналей; $S$ — не лежит в плоскости квадрата, $SO ⊥ABC.$ Найдите угол между плоскостями $(ASD )$ и $(BSC ),$ если $SO =5,$ а $AB = 10.$

Показать ответ и решение

Прямоугольные треугольники $△SAO,$ $△SDO,$ $△SOB$ и $△SOC$ равны по двум сторонам и углу между ними, так как $SO ⊥ ABC,$ а значит

∘ ∠SOA = ∠SOD = ∠SOB = ∠SOC =90 ;

$AO = OD = OB =OC,$ так как $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата, $SO$ — общая сторона, следовательно, $AS = DS = BS = CS,$ значит, $△ASD$ и $△BSC$ — равнобедренные. Точка $K$ — середина $AD,$ тогда $SK$ — высота в треугольнике $△ASD,$ а $OK$ — высота в треугольнике $AOD.$ Следовательно, плоскость $(SOK )$ перпендикулярна плоскости $(ASD ).$

Точка $L$ — середина $BC,$ тогда $SL$ — высота в треугольнике $△BSC,$ а $OL$ — высота в треугольнике $BOC,$ следовательно, плоскость $(SOL)$ (она же плоскость $(SOK )$ ) перпендикулярна плоскости $(BSC ).$ Таким образом получаем, что $∠KSL$ — линейный угол, равный искомому двугранному углу.

$PIC$

KL =KO + OL = 2⋅OL = AB = 10 OL = 5

$SK = SL$ — высоты в равных равнобедренных треугольниках, которые можно найти по теореме Пифагора:

SL2 = SO2 + OL2 =52 +52 = 50

Можно заметить, что

SK2 + SL2 = 50+ 50= 100= KL2

Значит, для треугольника $△KSL$ выполняется обратная теорема Пифагора, следовательно, $△KSL$ — прямоугольный треугольник. Тогда $∘ ∠KSL = 90 .$

Ответ: 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#969

Плоскости $π1$ и $π2$ пересекаются под углом, косинус которого равен $0,2$ . Плоскости $π2$ и $π3$ пересекаются под прямым углом, причем линия пересечения плоскостей $π1$ и $π2$ параллельна линии пересечения плоскостей $π2$ и $π3$ . Найдите синус угла между плоскостями $π1$ и $π3$ .

Показать ответ и решение

Пусть линия пересечения $π1$ и $π2$ – прямая $a$ , линия пересечения $π2$ и $π3$ – прямая $b$ , а линия пересечения $π3$ и $π1$ – прямая $c$ . Так как $a ∥ b$ , то $c ∥ a ∥ b$ (по теореме из раздела теоретической справки “Геометрия в пространстве” $→$ “Введение в стереометрию, параллельность”).

$PIC$

Отметим точки $A ∈ a, B ∈ b$ так, чтобы $AB ⊥ a,AB ⊥ b$ (это возможно, так как $a ∥ b$ ). Отметим $C ∈ c$ так, чтобы $BC ⊥ c$ , следовательно, $BC ⊥ b$ . Тогда $AC ⊥ c$ и $AC ⊥ a$ .
Действительно, так как $AB ⊥ b,BC ⊥ b$ , то $b$ перпендикулярна плоскости $ABC$ . Так как $c ∥ a ∥ b$ , то прямые $a$ и $c$ тоже перпендикулярны плоскости $ABC$ , а значит и любой прямой из этой плоскости, в частности, прямой $AC$ .