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#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:

$45∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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 6#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:

$√ -- 21--15 10$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

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

$PIC$

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#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 9#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 10#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 11#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 $√- 67,5∘, 2−-2- 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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.

$PIC$

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 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

Предыдущий раздел

Следующий раздел