Тема 14. Задачи по стереометрии

14.16 Угол между плоскостями

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 21#41974Максимум баллов за задание: 3

Двугранный угол при ребре $AC$ тетраэдра $ABCD$ равен $π-. 4$ Найдите $BD,$ если

AB = 2, AD =√2, ∠BAC = π, ∠CAD = π. 6 2

Показать ответ и решение

По теореме косинусов для трехгранного угла (id41318), где $D (AC )B$ — двугранный угол при ребре $AC$ :

√ - √ - √ - cosα = cos∠BAC cos∠DAC+sin ∠BAC sin∠DAC cos∠D(AC )B = --3⋅0+ 1⋅1⋅--2= --2 2 2 2 4

$PIC$

По теореме косинусов для $△ADB :$

- 2 2 2 √- √2- x = AD + AB − 2 ⋅AD ⋅AB ⋅cosα = 4+ 2− 2⋅2⋅ 2 ⋅ 4 = 4 ⇔ x= 2.

Ответ:

$2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#41977Максимум баллов за задание: 3

Пусть $A′$ — проекция точки $A$ на данную плоскость, $AA′ = a$ . Через точку $A$ проходит другая плоскость, образующая с данной плоскостью угол $α$ и пересекающая ее по прямой $l.$ Найдите расстояние от точки $′ A$ до прямой $l.$

Показать ответ и решение

$PIC$

$AA ′$ — перпендикуляр к плоскости, содержащей точку $A ′$ . Проведем $A′L⊥ l$ , тогда по ТТП наклонная $AL ⊥ l$ . Следовательно, $′ ∠ALA$ — линейный угол двугранного угла между двумя плоскостями, то есть $′ ∠ALA = α$ . Тогда

′ ctgα = A-L′- ⇒ A ′L = AA′ctgα =a ⋅ctgα. AA

Ответ:

$actgα$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#41978Максимум баллов за задание: 3

В пирамиде $SABC$ с углом $∠ABC = α$ точка $B$ — проекция точки $S$ на плоскость $ABC.$ Найдите величину угла между плоскостями $SAB$ и $SBC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

$SB$ — линия пересечения плоскостей $CSB$ и $ASB$ . Следовательно, так как $CB ⊥SB$ , $AB ⊥ SB$ $⇒$ $∠CBA$ — линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Если он острый или прямой, то он равен углу между этими плоскостями, если он тупой, то смежный с ним угол равен углу между этими плоскостями, следовательно, угол между $(SAB )$ и $(SBC )$ равен $α$ , если $0∘ < α ≤ 90∘$ , и $180∘− α$ , если $90∘ < α < 180∘$ .

Ответ:

$α$ , если $0∘ < α≤ 90∘$ , и $180∘ − α$ , если $90∘ < α< 180∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#41979Максимум баллов за задание: 3

Докажите, что если $S$ и $P$ — площади двух граней тетраэдра, $a$ — их общее ребро, а $α$ — двугранный угол между ними, то объем этого тетраэдра равен

2SP sinα V = ---3a---.

Показать ответ и решение

$PIC$

$DH$ — высота тетраэдра, проведенная к грани площадью $P$ , $AB = a$ , $HE ⊥ AB$ , тогда по ТТП наклонная $DE ⊥ AB$ , следовательно, $DEH = α$ . Так как $1 S = 2AB ⋅DE$ , то $2S DE = -a$ . Из прямоугольного $△DEH$ имеем $DH = DE sinα$ , следовательно,

V = 1DH ⋅P = 2 ⋅ SP-sinα 3 3 a

Мы рассмотрели случай, когда $α≤ 90∘$ . В случай, если $α > 90∘$ , точка $H$ находится вне грани $ABC$ и работать мы будем с тем же треугольником $DHE$ , но с его углом $∘ β = 180 − α$ , синус которого равен синусу угла $α$ . Следовательно, формула останется прежней.

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#41980Максимум баллов за задание: 3

Докажите, что плоскость, делящая пополам двугранный угол при ребре тетраэдра, делит противоположное ребро на части, пропорциональные площадям граней, заключающих этот угол.

Показать ответ и решение

Пусть $SH ⊥ (ABC )$ , $HK ⊥ AB$ $⇒$ по ТТП $SK ⊥ AB$ , следовательно, $∠SKH$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $(SAB )= ϕ1$ и $(CAB )= ϕ2$ . Пусть $KH ∩ AC = P$ , тогда плоскость $ϕ$ (делящая угол между $ϕ1$ и $ϕ2$ пополам) пересекает $SP$ в точке $N$ : $KN$ — биссектриса $∠SKH$ . Пусть $AN ∩ SC =Q$ , тогда $AQB$ — сечение пирамиды плоскостью $ϕ$ . Требуется доказать, что

-SQ = S1 QC S2

$PIC$

Так как $NK$ — биссектриса $∠SKH$ , то

SN- SK- --S1--- NP = KP = 12a⋅KP

По теореме Менелая для $△CSP$ и прямой $AQ$ :

SN PA CQ S1 PA SQ NP- ⋅AC-⋅QS- = 1 ⇔ 1a⋅KP--⋅AC-= QC- 2

Проведем $CM ⊥ AB$ . Тогда $△P AK ∼ △CAM$ и $PA :AC = KP :CM$ , следовательно,

---S1-- -KP- SQ- S1 SQ- 12a⋅KP ⋅CM = QC ⇔ S2 = QC .

Чтд.

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#43070Максимум баллов за задание: 3

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA1B1C1D1$ известны ребра: $AB = 35,$ $AD = 12,$ $CC1 = 21.$ Найдите угол между плоскостями $(ABC )$ и $(A1DB ).$

Показать ответ и решение

Проведем $AH ⊥ BD.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная $A1H ⊥ BD.$ Следовательно, $∠A1HA = ∠((ABC ),(A1BD )).$

$PIC$

По теореме Пифагора в треугольнике $ABD$ имеем:

∘---------- ∘ -------- BD = AD2 + AB2 = 122 +352 = 37

Так как $△AHB ∼ △ABD,$ то

AH- = AH- = AB-= 35 ⇔ AH = 35⋅12 12 AD BD 37 37

Тогда

AA1 37 37 tg∠A1HA = AH--= 20 ⇒ ∠A1HA = arctg20

Ответ:

$arctg 37 20$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#43074Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ через сторону основания $AC$ и вершину $B1$ проведена плоскость. Сторона основания призмы равна $a,$ угол наклона сечения к основанию равен $ϕ.$ Найдите объем призмы.

Показать ответ и решение

Проведем $BK ⊥ AC.$ Тогда по ТТП $B1K ⊥ AC.$ Следовательно, $∠B1KB = ϕ$ — угол наклона плоскости $ACB1$ к плоскости основания $ABC.$

$PIC$

Так как $△ABC$ равносторонний и $AC =a,$ то $√- BK = a23.$ Из прямоугольного $△BKB1$ имеем $tgϕ = BBBK1,$ откуда $√- BB1 =BK tg ϕ= a23tgϕ.$

Следовательно, объем призмы равен

√ - √ - V =BB ⋅S = a--3⋅tgϕ⋅ a2--3= 3a2 ⋅tgϕ. ABCA1B1C1 1 ABC 2 4 8

Ответ:

$3a2 tgϕ 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#43076Максимум баллов за задание: 3

Основанием наклонной призмы служит прямоугольник со сторонами $a$ и $b.$ Две смежные боковые грани составляют с основанием острые углы, равные $α$ и $β$ соответственно. Найдите объем призмы, если боковое ребро равно $c.$

Показать ответ и решение

Пусть $A′H ⊥(ABC ).$ Проведем $HB ′′ ⊥ AB,$ $HD ′′ ⊥ AD.$ Тогда по ТТП $′ ′′ A B ⊥ AB,$ $′ ′′ A D ⊥AD.$ Следовательно, по определению $′ ′′ ∠A B H =α,$ $′ ′′ ∠A D H = β$ — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями и основанием.

$PIC$

Пусть $A ′H = h.$ $AD ′′HB ′′$ — четырехугольник, три угла которого прямые, следовательно, это прямоугольник. Таким образом,

HB ′′ = AD ′′ = hctgα; ′′ ′′ HD = AB = hctgβ; A′B ′′ =--h-, A′D ′′ =--h-. sinα sinβ

Так как $′2 ′′2 ′ ′′2 AA = AB + A B$ , то

2 2 2 -h2-- --------c-------- c = h tg β + sin2α ⇒ h= ∘ctg2-α+-ctg2β-+-1

Следовательно,

-------abc------- V = abh= ∘ctg2α-+-ctg2β-+1-.

Ответ:

$∘------abc------- 1 +ctg2α+ ctg2β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#43077Максимум баллов за задание: 3

Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами 10, 10 и 12. Все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом $∘ 45 .$ Найдите высоту пирамиды.

Показать ответ и решение

Если боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то основание высоты пирамиды — центр вписанной в основание пирамиды окружности. Докажем это.

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По теореме о трех перпендикулярах $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$

Тогда по определению $∘ ∠SA1H = ∠SB1H = ∠SC1H = 45$ — линейные углы двугранных углов, образуемых боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H.$ Следовательно, $HA1 =HB1 =HC1 =SH = r.$ Таким образом, $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

Так как $△ABC$ равнобедренный, то точка $H$ лежит на высоте $AA1$ треугольника, проведенной к основанию.

По теореме Пифагора в треугольнике $AA1C$ имеем:

AA1 =∘102-−-62 = 8

Найдем радиус вписанной окружности через площадь и периметр основания:

SABC 12 ⋅AA1 ⋅BC r = pABC-= 1(AB-+-BC-+-AC-) = 3. 2

Тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнке $SHB1$ имеем:

SH = r = 3

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#43078Максимум баллов за задание: 3

Основание пирамиды — треугольник со сторонами 13, 14 и 15. Все двугранные углы при сторонах основания равны $∘ 75 .$ Найдите высоту пирамиды.

Показать ответ и решение

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По теореме о трех перпендикулярах отрезки $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$

Тогда по определению $∘ ∠SA1H = ∠SB1H = ∠SC1H = 75$ — линейные углы двугранных углов, образуемых боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H.$ Следовательно, $HA1 =HB1 =HC1 =r.$ Таким образом, точка $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

Будем искать $r$ по формуле

SABC S r = pABC-= p-

Площадь $△ABC$ равна

-------------------- S = ∘p(p− 13)(p− 14)(p − 15)= √21-⋅8⋅7⋅6= 7⋅3 ⋅4

Тогда

r = 7⋅3⋅4= 4 21

Так как $∘ SH = rtg75 ,$ то найдем $∘ tg75 :$

∘ ∘ ∘ tg30∘+ tg45∘ √- tg75 = tg(30 + 45 )= 1−-tg30∘tg-45∘-= 2+ 3

Следовательно, $- SH = 4(2+ √3).$

Ответ:

$4(2+ √3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#43079Максимум баллов за задание: 3

Основание пирамиды — равнобедренный прямоугольный треугольник. Каждый из двугранных углов при основании равен $β.$ Высота пирамиды равна $h$ . Найдите площадь основания.

Показать ответ и решение

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По ТТП $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$ Тогда по определению $∠SA H = ∠SB H = ∠SC H = 75∘ 1 1 1$ — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H$ . Следовательно, $HA1 = HB1 =HC1 =r.$ Таким образом, $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r$ .

$PIC$

Так как $△ABC$ прямоугольный и равнобедренный, то $AC = BC = a,$ $√ - AB = a 2.$ Также $CB1HA1$ — квадрат, $AB1 = AC1$ и $BA1 =BC1$ как отрезки касательных, следовательно,

AC + BC − AB 2a− a√2 √- r =------2------ ⇔ hctgβ = ---2---- ⇔ a= (2+ 2)hctg β

Следовательно,

1 2 √ - 2 2 SABC = 2a = (3+ 2 2)h ctg β.

Ответ:

$(3+ 2√2)h2ctg2β$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#78386Максимум баллов за задание: 3

Прямоугольный треугольник $ABC$ с катетами $AC = 3$ и $BC = 4$ является основанием пирамиды $FABC.$ Высота пирамиды равна $√- 2 3,$ угол $FAC$ — прямой, тангенс угла между гранями $F AC$ и $ABC$ равен $( √3) − -5- .$

а) Докажите, что угол между плоскостью $(F AB)$ и плоскостью основания равен $30∘.$

б) Найдите площадь грани $F AB.$

Источники: ЕГЭ 2018, основная волна

Показать ответ и решение

а) Проведем $AD ⊥ AC$ в плоскости $(ABC ).$ Тогда $FA ⊥ AC,$ $DA ⊥ AC,$ следовательно, $∠FAD = α= ∠(FAC, ABC ).$ Значит. $√3 tgα= − -5 .$

Также из этого построения следует, что $AC ⊥ (FAD ),$ следовательно, если провести $FH ⊥ AD,$ то $FH ⊥ AD$ и $FH ⊥ AC.$ Следовательно, $F H ⊥ (ABC ),$ то есть $FH = 2√3$ — высота пирамиды $FABC.$

$PIC$

$∘ √3 ∠F AH = β = 180 − α ⇒ tgβ = -5 .$

Тогда

√- -3-= tg β = F-H ⇒ AH = 10 5 AH

Проведем $HP ⊥ AB.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах $F P ⊥ AB,$ следовательно, $φ =∠F PH = ∠ ((FAB ),(ABC )).$ Требуется доказать, что $∘ φ = 30.$

Рассмотрим $(ABC ):$

$PIC$

По теореме Пифагора в треугольнике $ABC$ имеем $AB =5.$ Найдем $P H.$ Так как $∠PAH = ∠ABC$ как соответственные при $AD ∥BC$ и секущей $BP,$ то $△AP H ∼△ABC,$ значит,

P-H AH- 3⋅10 AC = AB ⇔ P H = 5 =6

Тогда

FH 2√3- 1 tgφ = PH-= --6-= √-- ⇒ φ = 30∘ 3

Что и требовалось доказать.

б) $△HAB$ — проекция $△F AB$ на плоскость $ABC.$

$PIC$

Следовательно,

√- SHAB- =cosφ = -3- SFAB 2

Заметим, что в $△HAB$ отрезок $P H$ — высота к основанию $AB,$ следовательно,

S = 1PH ⋅AB = 1 ⋅6⋅5= 15 HAB 2 2

Следовательно,

SHAB 15 √ - SFAB = -cosφ = √3-= 10 3 2

Ответ:

б) $10√3-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#2412Максимум баллов за задание: 3

Дана прямая четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1$ , основаниями которой являются равнобедренные трапеции $ABCD$ и $A1B1C1D1$ с основаниями $AD$ и $BC$ и $A1D1$ и $B1C1$ соответственно. Известно, что $AA1 = AD$ и $BC = 2AA1$ , а диагонали каждого основания взаимно перпендикулярны.

а) Найдите сечение пирамиды плоскостью $M DN$ , где $M$ – середина ребра $AA1$ , $N$ – середина ребра $CC1$ (то есть определите вид сечения и отношения, в которых вершины сечения делят ребра призмы).

б) Найдите угол между плоскостью $M DN$ и плоскостью основания призмы.

Показать ответ и решение

а) Найдем точку пересечения плоскости $M DN$ (назовем ее плоскостью $π$ ) и плоскости $BB1D1$ . Пусть $O$ и $O1$ – точки пересечения диагоналей оснований $ABCD$ и $A1B1C1D1$ соответственно. Тогда $OO1$ лежит в плоскостях $AA1C1$ и $BB1D1$ . По теореме Фалеса прямая $M N$ пересекает $OO1$ в середине, назовем эту точку точкой $K$ . Таким образом, $K ∈ π$ .

$PIC$

Проведем прямую $DK$ . Она будет пересекать либо ребро $BB1$ , либо отрезок $B1D1$ .
Для того, чтобы это определить, найдем отношение, в котором точка $O$ делит $BD$ . Рассмотрим $ABCD$ .

$PIC$

По условию $BC = 2AD$ , следовательно, пусть $AD = x$ , тогда $BC = 2x$ . Так как трапеция равнобедренная, то $△AOD ∼ △BOC$ . Следовательно,

AD-- OD-- 1- BC = BO = 2 ⇒ BD = 3OD.

Рассмотрим $BB1D1D$ :

$PIC$

Заметим, что $OO1 ∥ BB1$ , следовательно, $OO1 ⊥ BD$ . Пусть $T$ – точка пересечения прямой $DK$ и $B1D1$ . Тогда, так как к тому же $OK = KO1$ , $△KOD = △KO1T$ , следовательно, $T O1 = OD$ . Так как $OD = O1D1$ , то тогда $B1T = B1D1 − 2O1D1 = O1D1 = T O1$ .
Следовательно, плоскость $π$ пересечет отрезок $B1D1$ .

Заметим, что прямая $AC$ параллельна плоскости $π$ , так как $AC ∥ M N$ . Тогда $π$ пересечет основание $A1B1C1D1$ по прямой $l$ , параллельной $M N ∥ AC$ . Действительно, если это не так, то есть $l$ пересекается с $AC$ , следовательно, плоскость $π$ и $AC$ имеют общую точку, что противоречит их параллельности.
Таким образом, нужно через точку $T$ провести прямую, параллельную $AC$ . Пусть она пересечет $A1B1$ в точке $P$ , а $B1C1$ в точке $L$ . Так как $B1T = TO1$ и $P L ∥ AC$ , то по теореме Фалеса $B1P : PA1 = B1L : LC1 = 1 : 1$ .
Сечение – пятиугольник $DM P LN$ .

$PIC$

б) $P L$ – линия пересечения плоскостей $π$ и $A1B1C1$ . Заметим, что так как $P L ∥ A1C1$ , а $A1C1 ⊥ B1D1$ , то $PL ⊥ B1T$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная $QT ⊥ P L$ . Следовательно, $∠QT B1$ – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $π$ и $A1B1C1$ .
Из пункта а) мы определили, что $B1T = T O1 = O1D$ , следовательно, $1 B1T = 3B1D1$ . Тогда $△QB1T = △T O1K$ , следовательно, $1 1 QB1 = O1K = 2OO1 = 2AA1$ .
Из пункта а): $AD = x = AA1$ , $√-- √-- B1O1 = 2x : 2 = 2x$ , $√ -- O1D1 = x : 2 = 1√-x 2$ .
Следовательно, $3√-- B1D1 = 2x$ , следовательно, $1√-- B1T = 2x$ ; $1 B1Q = 2x$ .

Тогда из прямоугольного $△QB1T$ :

-- -- ctg ∠QT B = -B1T- = √ 2 ⇒ ∠QT B = arcctg√ 2. 1 B1Q 1

Ответ:

б) $√ -- arcctg 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#22060Максимум баллов за задание: 3

Дана пирамида $DABC$ , в основании которой лежит равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$ . Известно, что высота пирамиды, опущенная из вершины $D$ , падает в точку $C$ и равна $√- 3 2$ . На рёбрах $AD$ и $BD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM : M D = 1 : 1$ и $BN : N D = 1 : 2$ . Найдите угол между плоскостями $(CM N)$ и $(ABC )$ , если $√ - AC = 3 2$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник $CM N$ и найдем его проекцию на плоскость $(ABC )$ . Точка $C$ лежит на пересечении плоскостей $(CM N )$ и $(ABC )$ . Тогда найдем проекции точек $M$ и $N$ на $(ABC )$ . По условию $DC$ — высота пирамиды $DABC$ , значит, $DC ⊥ (ABC )$ . Тогда проведём через точку $M$ прямую, параллельную $DC$ . Эта прямая будет лежать в плоскости $(ACD )$ . Рассмотрим треугольник $ACD$ . В нем через середину $AD$ точку $M$ мы провели прямую, параллельную его стороне $DC$ , то есть среднюю линию. Значит, она пересечет $AC$ в середине — точке $M1$ .

Через точку $N$ проведём прямую, параллельную $DC$ . Эта прямая будет лежать в плоскости $(BCD )$ . Рассмотрим треугольник $BCD$ . В нем через точку $N$ мы провели прямую, параллельную его стороне $DC$ . Пусть она пересекает сторону $BC$ в точке $N1$ . Тогда по теореме о пропорциональных отрезках $BN1 : N1C = BN : N D = 1 : 2$ .

Мы получили, что $△ CM1N1$ — проекция $△ CM N$ на плоскость $(ABC )$ . Пусть $α$ — искомый угол между плоскостями $(CM N )$ и $(ABC )$ . Тогда мы знаем, что

S SCM1N1 = SCMN ⋅cosα ⇒ cosα = -CM1N1- SCMN

$PIC$

Найдём площадь треугольника $CM N 1 1$ . По условию $AC = BC = 3√2-$ , тогда $AM = M C = 1AC = 3√2- 1 1 2 2$ и $2 √ - N1C = 3BC = 2 2$ . Так как $ABC$ — прямоугольный треугольник по условию, $△ CM1N1$ тоже является прямоугольным, тогда

1 1 3√2- √ - SCM1N1 = 2 ⋅CM1 ⋅CN1 = 2 ⋅-2--⋅2 2 = 3

Найдём площадь треугольника $CM N$ . По условию $DC ⊥ (ABC )$ , значит, прямая $DC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ABC )$ , в частности, $DC ⊥ AC$ и $DC ⊥ BC$ . Тогда треугольники $ADC$ , $BDC$ и $ABC$ равны по первому признаку равенства треугольников: $∠ACD = ∠BCD = ∠ACB = 90∘$ , а $AC = BC = DC = 3√2-$ по условию. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, значит, по теореме Пифагора

∘---(-√-)2 √ ----- √ -- AD = AB = BD = 2 ⋅ 3 2 = 2⋅18 = 36 = 6

Рассмотрим треугольник $ADC$ . В нём $CM$ является медианой, которая проведена к гипотенузе $AD$ , значит, $CM = 12AD = 62 = 3$ .

Рассмотрим треугольники $BDC$ и $BN N1$ . Они подобны, так как $DC ∥ N N1$ по построению. Тогда

√ - √- -DC--= BD--= BN-+-N-D-= BN--+ ND--= 1+ 2 = 3 ⇒ N N1 = 1DC = 3--2 = 2 N N1 BN BN BN BN 3 3

Рассмотрим треугольник $CN N1$ . Докажем, что он прямоугольный. По построению $N N1 ∥ DC$ , а $DC ⊥ BC$ , следовательно, $N N1 ⊥ BC$ . Тогда по теореме Пифагора

∘ ------------ ∘ (-√-)2---(√-)2- √ ----- √ -- CN = N1C2 + N N12= 2 2 + 2 = 8+ 2 = 10

Найдём $M N$ . Рассмотрим треугольник $ABD$ . Он равносторонний, так как $AB = AD = BD = 6$ . Значит, $∠ADB = 60∘$ . Теперь рассмотрим треугольник $M ND$ и по теореме косинусов найдём длину $M N$ :

2 2 2 M N = M D + N D − 2 cos∠M DN ⋅M D ⋅N D

Заметим, что $1 M D = 2AD = 3$ , $2 N D = 3BD = 4$ , $∘ ∠M DN = ∠ADB = 60$ . Тогда

∘----------------- ∘ ----------------------------------- 1 √------- √ -- M N = M D2 + ND2 − 2 cos∠M DN ⋅M D ⋅ND = 32 + 42 − 2⋅2 ⋅3⋅4 = 25 − 12 = 13

$PIC$

Теперь найдем площадь треугольника $CM N$ по формуле Герона. Пусть $p$ — полупериметр $△ CM N$ .

$∘ ---√-----√-------√-----√--------√-----√---------√-----√--- 3+---10+--13- 3-+--10−---13 3−--10-+--13- −-3+--10-+--13- SCMN = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = ∘ ((-------)----(---)-)-((----)---(-------)-)- ∘(-----------------)(-----(------------)) = 1 3+ √10 2 − √13 2 √13- 2 − √10-− 3 2 = 1 9+ 10+ 6√10-− 13 13 − 10+ 9− 6√10- = 4 4 ∘ --(√-----)---(√------)- ∘ (√---)2---- = 1 6 10 +1 ⋅6 10− 1 = 6 10 − 12 = 3⋅3 = 4,5 4 4 2$

Тогда мы можем найти угол между плоскостями $(CM N )$ и $(ABC )$ :

cosα = SCM1N1-= -3-= 2 ⇒ α = arccos 2 SCMN 4,5 3 3

Ответ:

$2 arccos3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#1070Максимум баллов за задание: 3

Дана правильная пятиугольная призма, сторона основания которой равна $2$ , а боковое ребро равно $√ -- 3 + 5$ . На ребре $AA1$ на расстоянии $2$ от точки $A$ взята точка $M$ .

1) Постройте сечение призмы плоскостью $M BD1$ .

2) Найдите угол между плоскостью $M BD1$ и плоскостью основания призмы.

Замечание: отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно $√ -- 5 + 1 -------. 2$

Показать ответ и решение

1) Назовем плоскость $M BD1$ плоскостью $α$ .
Найдем линию пересечения $α$ и плоскости $A1B1C1$ . Продлим лучи $BM$ и $B1A1$ до пересечения в точке $O$ . Тогда мы имеем две точки $O$ и $D1$ в плоскости $A1B1C1$ , следовательно, $OD1$ – линия пересечения $α$ и $A1B1C1$ .
Определим, где пересекает прямая $OD1$ пятиугольник $A1B1C1D1E1$ (и пересекает ли вообще).

$PIC$

Рассмотрим плоскость $AA1B1$ . Так как $AM = AB = 2$ , то $△AM B$ равнобедренный. Так как $△OA1M ∼ △AM B$ (по двум углам), то $△OA1M$ тоже равнобедренный, следовательно, $√ -- A1M = A1O = 1 + 5$ .
Рассмотрим теперь плоскость $A1B1C1$ :

$PIC$

Пусть прямая $OD1$ пересекает прямую $A1E1$ в точке $E ′$ (неизвестно, внутри отрезка $A1E1$ или снаружи). Так как по свойству правильного пятиугольника $A1E1 ∥ B1D1$ , то $△OE ′A1 ∼ △OD1B1$ по двум углам. Следовательно,

OA1 A1E ′ ----- = ------ OB1 B1D1

Так как из условия отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно $√5--+ 1 ------- 2$ , то $√-- B1D1 = 1 + 5$ . Следовательно, получаем:

√ --2 A1E ′ = (1-+-√-5)- = 2 3 + 5

Следовательно, $′ A1E1 = A1E$ , значит, $′ E1 = E$ . Таким образом, плоскость $α$ пересекает грань $A1B1C1D1E1$ по отрезку $D1E1$ .

$PIC$

Таким образом, нам осталось найти точку пересечения плоскости $α$ с ребром $CC1$ .
Рассмотрим плоскость $AA1C1$ . Она пересекает плоскость $A1B1C1$ по прямой $A1C1$ , параллельной прямой $E1D1$ , которая в свою очередь является линией пересечения $A1B1C1$ и $α$ . Следовательно, $α$ пересечет $AA1C1$ по прямой, параллельной $A1C1$ . Таким образом, в плоскости $AA1C1$ проведем прямую $M N ∥ A1C1$ , где $N$ – точка пересечения этой прямой с $CC1$ . Получили сечение $BM E1D1N$ – пятиугольник.

$PIC$

2) Так как $M N ∥ A1C1 ∥ AC$ , то $AM = CN$ , следовательно, $BM = BN$ . Аналогично $M E1 = N D1$ . Следовательно, перпендикуляр из $B$ на $M N$ упадет в середину $M N$ - точку $K$ . Перпендикуляр из $K$ на $E D 1 1$ упадет в середину $E D 1 1$ – точку $H$ (по свойству равнобедренной трапеции: отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярен основаниям). Следовательно, $BH ⊥ E1D1$ .
По свойству правильного пятиугольника $B1H ⊥ E1D1$ . Следовательно, $∠B1HB$ – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $α$ и основания.

$PIC$

$△B1HB$ прямоугольный ( $∠BB1H = 90∘$ ), следовательно,