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 1#399

В цилиндре параллельно диаметру $AB = 10$ в нижнем основании проведена прямая, пересекающая окружность нижнего основания в точках $M$ и $N,$ причем $MN = 6.$ Через отрезок $MN$ проведена плоскость $α$ под углом $15∘$ к плоскости осевого сечения $ABCD.$ Найдите расстояние от центра нижнего основания до плоскости $α.$

Показать ответ и решение

Так как $MN ∥ AB,$ то плоскость $α$ пересечет плоскость $(ABCD )$ по прямой $p,$ параллельной $AB.$ Если это не так, то

p ∩AB = K ⇒ K ∈ нижнему основанию и K ∈α ⇒

⇒ K ∈ MN ⇒ AB ∩MN ⁄= ∅

Это противоречит условию, так как прямые $AB$ и $MN$ параллельны.

$PIC$

Обозначим за $OQ$ ось цилиндра. Тогда $OQ ⊥ AB$ и $OQ ⊥ p.$ При этом $OQ ∩ p= L.$

Проведем $OR ⊥MN.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах $RL ⊥ MN$ и $RL ⊥ p.$ Следовательно, $∠RLO$ — угол между плоскостями $(ABCD )$ и $α$ .

Так как $OR ⊥ MN$ и $LR ⊥ MN,$ то перпендикуляр из точки $O$ на плоскость $α$ упадет на прямую $LR.$

Рассмотрим $△OMR.$ В нем имеем:

OM = 5, MR = 3, ∠ORM =90∘ ⇒ OR = 4

Рассмотрим прямоугольный $△LOR.$ В нем имеем:

∠HOR = ∠RLO = 15∘ ⇒

∘ ∘ ∘ √- √ - ⇒ OH =OR ⋅cos15 = 4⋅cos(45 − 30 )= 6 + 2

Ответ:

$√6-+ √2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#1043

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1,$ сторона основания которой равна 4, а боковые ребра равны 5. Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $A1B1$ и $B1C1$ соответственно. Плоскость $α$ проходит через точки $D,$ $M$ и $N.$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит ребро $AA1$ призмы в отношении $2 :1,$ считая от точки $A.$

б) Найдите угол между плоскостью $α$ и плоскостью $(ABC ).$

Показать ответ и решение

а) Из условия следует, что призма прямая и основания являются квадратами.

Так как $MN$ — средняя линия в $△ A1B1C1,$ то $MN ∥A1C1.$ Тогда плоскость $(DMN )$ пересечет плоскость $(A1C1C)$ по прямой $l,$ параллельной прямой $A1C1.$ В противном случае прямая $A1C1$ и плоскость сечения имеют общие точки, но это невозможно, поскольку прямая $A1C1$ параллельна прямой $MN$ плоскости $(DMN )$ , а значит параллельна и самой плоскости сечения.

Таким образом, найдем точку, в которой плоскость $(DMN )$ пересекает плоскость $(A1C1C).$

$PIC$

Пусть плоскость $(B1D1D )$ пересекает $MN$ в точке $T.$ Тогда $DT ∈ (DMN ).$ Если $O$ и $O1$ — точки пересечения диагоналей оснований, то прямые $DT$ и $OO1$ лежат в плоскости $(B1D1D ).$ Пусть $K$ — точка их пересечения. Тогда $K$ — искомая точка пересечения плоскости $(DMN )$ и плоскости $(A1C1CA ).$

Проведем через точку $K$ прямую $l$ параллельно $A1C1.$ Пусть она пересекла прямую $AA1$ в точке $P,$ прямую $CC1$ в точке $L.$ Таким образом, получили сечение $DP MNL$ призмы плоскостью $(DMN ).$

$PIC$

Так как $MN$ — средняя линия треугольника $A1B1C1,$ то она пересекает $B1O1$ в её середине, то есть $T$ — середина $B1O1.$ Значит,

2TO1 =B1O1 = DO.

В плоскости $(B1D1D )$ рассмотрим треугольники $KO1T$ и $KOD.$ В них $∠O1KT = ∠OKD$ как вертикальные и $∠T O1K = 90∘ = ∠DOK.$ Значит, $△ KO1T ∼ △KOD.$ Запишем отношение их подобия:

O1K- = TO1-= 1. OK DO 2

С другой стороны, так как $P L∥ A1C1,$

-AP- KO-- 2 P A1 = K1 = 1.

б) Так как линии пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны между собой, то общая прямая плоскости сечения и нижнего основания призмы параллельна $MN,$ а значит, параллельна $A C 1 1$ и параллельна $AC.$ Найдем две прямые, перпендикулярные $AC,$ и построим соответствующий линейный угол.

Заметим, что $KO ⊥ (ABC ),$ следовательно, так как $OD ⊥ AC,$ то и $KD ⊥ AC$ по теореме о трех перпендикулярах. Значит, $∠KDO$ равен углу между плоскостями $(DMN )$ и $(ABC ).$

По теореме Фалеса имеем:

A1M-- 1 O1T- MB1 = 1 = TB1 ⇒ O1T =T B1.

Так как $△ T O1K ∼ △DOK,$ то

O1T-= 1 = O1K-. OD 2 OK

Следовательно,

2 2 2 10 OK = 3OO1 = 3AA1 = 3 ⋅5 = 3-.

Кроме того,

OD = 1BD = 1 ⋅√2AB = 2√2. 2 2

Тогда окончательно имеем:

OK 5√ - 5√ - tg∠KDO = OD--= 6 2 ⇒ ∠KDO = arctg6 2.

Ответ:

б) $arctg 5√2 6$

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 3#1714

Дана правильная треугольная пирамида $DABC,$ высота $DO$ которой равна $h,$ а сторона основания $ABC$ равна $a.$ Найдите угол между основанием и боковой гранью пирамиды.

Показать ответ и решение

Найдем, например, угол между основанием $ABC$ и гранью $DAB.$ Проведем $CK ⊥ AB.$ Так как пирамида правильная, то в основании лежит правильный треугольник, следовательно, $CK$ также является и медианой. Также все боковые грани представляют собой равнобедренные треугольники, следовательно, $DK$ — медиана, а значит и высота.

Таким образом, по определению $∠DKC$ является линейным углом двугранного угла, образованного основанием $ABC$ и гранью $DAB.$

$PIC$

Так как пирамида правильная, то высота падает в точку пересечения медиан основания. Отсюда получаем

1 1 √3- √3a- OK = 3CK = 3 ⋅ 2 a = 6

Тогда из прямоугольного треугольника $DOK$ имеем:

√- tg ∠DKC = DO--= 2-3h- OK a 2√3h ∠DKC =arctg --a--

Ответ:

$2h√3 arctg -a---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#1715

Дан правильный тетраэдр $SABC,$ $H$ — такая точка на высоте $SO,$ что $OH :HS = 1:3.$ Плоскость $α$ проходит через точки $A$ и $H$ параллельно медиане $BM$ треугольника $ABC$ и пересекает ребро $CS$ в точке $P.$

а) Докажите, что $CP :PS = 2:3.$

б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $(ABC ).$

Показать ответ и решение

а)

$PIC$

Правильный тетраэдр — это правильная треугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть ребро пирамиды равно $a.$

Так как пирамида правильная, то высота $SO$ падает в точку пересечения медиан $△ ABC.$ Рассмотрим плоскость $(BSM ),$ точка $H$ лежит в этой плоскости. Так как плоскость $α$ параллельна $BM,$ то она пересекает плоскость $(BSM )$ по прямой, параллельной $BM.$

Проведем $RT ∥ BM,$ $H ∈ RT.$ Тогда по теореме Фалеса

SH ST 3 HO-= T-M-= 1.

Прямая $AT$ пересечет $CS$ в точке $P.$ $△ AP R$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$

Напишем теорему Менелая для $△CSM$ и прямой $AP :$

CP- ⋅ ST-⋅ MA-=1 P S TM AC

Из этого равенства находим, что $CP- = 2. PS 3$

б) Докажем, что линия пересечения плоскостей $α$ и $(ABC )$ параллельна прямой $BM.$ Пусть это не так: пусть $l$ — линия пересечения $α$ и $(ABC )$ и $l∩ BM =Z.$ Тога прямая $BM ∩α = Z,$ следовательно, не может быть параллельна $α.$ Получили противоречие, следовательно, $l ∥BM.$ Заметим, что прямая $l$ проходит через точку $A.$

Построим линейный угол двугранного угла между $α$ и $(ABC ).$ Так как $HO ⊥ ABC,$ проведем $OK ⊥ l,$ следовательно, по теореме о трех перпендикулярах $HK ⊥l.$ Таким образом, $∠HKO$ — искомый угол.

Найдем $HO :$

√- 2 2 -3- -a- BO = 3 ⋅BM = 3 ⋅ 2 a= √3

Тогда

∘------- ∘-- 2 a2 2 SO = a − 3 = 3a

Значит,

√ - HO = 1SO = a√-2 4 4 3

Найдем $OK :$ $BM ⊥ AC,$ $BM ∥l,$ следовательно, $AC ⊥ l.$ Так как $OK ⊥ l,$ имеем $OK ∥ AC.$ Таким образом, $OMAK$ — параллелограмм, следовательно,

OK = MA = 1a 2

Треугольник $HOK$ — прямоугольный, следовательно,

OK √ - ctg∠HKO = -HO-= 6.

Тогда

∠HKO = arcctg√6.

Ответ:

б) $√- arcctg 6$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#2357

Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$ с вершиной $S$ . Известно, что $AB = 1,SA = 3$ . Найдите угол между плоскостями $SAB$ и $SEF$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

1) Продлим прямые $AB$ и $EF$ до пересечения в точке $O$ . Тогда $SO$ – линия пересечения плоскостей $SAB$ и $SEF$ . Заметим, что $△AOF$ равносторонний: углы правильного шестиугольника равны $120∘$ , следовательно, $∠OAF = ∠OF A = 180∘ − 120∘ = 60∘$ . Следовательно, $OA = OF = AF = 1$ .
Тогда $△SOE = △SOB$ по двум сторонам и углу между ними ( $Ob = OE = 2, SB = SE, ∠SBO = ∠SEO$ ). Следовательно, если $BH ⊥ SO$ , то и $EH ⊥ SO$ . Таким образом, $∠BHE = α$ – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $SAB$ и $SEF$ .

2) Рассмотрим $△SOB$ . $OB = 2$ . Пусть $SK ⊥ OB$ . Тогда $K$ – середина $AB$ , следовательно, $1 1 KB = 2AB = 2$ . Тогда по теореме Пифагора из $△SKB$ : $√35 SK = 2$ . Также по теореме Пифагора из $△SKO$ : $√ --- SO = 11$ . Следовательно,

∘ --- 35- SK ⋅ OB = BH ⋅ SO ⇒ BH = 11 = EH.

3) Рассмотрим $△BHE$ . Заметим, что по свойству правильного шестиугольника $BE = 2AB = 2$ . По теореме косинусов:

BH2 + EH2 − BE2 13 13 cos α = -------------------- = --- ⇒ α = arccos --. 2 ⋅ BH ⋅ EH 35 35

Ответ:

$arccos 1335$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#2660

$SABC$ – треугольная пирамида, в основании которой лежит равнобедренный треугольник $ABC$ со сторонами $10,10$ и $√-- 10 3$ . Высота пирамиды равна $10$ и падает в точку пересечения высот основания. Найдите угол между двумя равными гранями пирамиды.

Показать ответ и решение

1) Пусть $√ -- AC = AB = 10,BC = 10 3, SO$ — высота пирамиды.

Заметим, что $ABC$ – тупоугольный (из теоремы косинусов следует, что $cos∠A < 0$ ). Следовательно, высоты треугольника пересекаются в одной точке, лежащей вне треугольника.

Две равные грани пирамиды – это $SAC$ и $SAB$ . Проведем $CH ⊥ SA$ . Т.к. $△SAC = △SAB ⇒ BH ⊥ SA$ . Таким образом, $∠BHC = α$ – искомый угол между равными гранями.

Будем искать $α$ из теоремы косинусов для $△BHC$ (у которого $BH = CH$ ). Для этого найдем $CH$ .

$PIC$

2) Пусть $O$ – точка пересечения высот основания. По теореме косинусов для $△ABC$ :

$√-- 3 cos∠ABC = ---⇒ ∠ABC = 30∘ 2$ . Следовательно, $∠BCB1 = 90∘ − 30∘ = 60∘$ . Аналогично $∘ ∠CBC1 = 60 ⇒ △OBC$ – равносторонний и $√ -- OC = BC = 10 3$ .

По теореме Пифагора для $△SOC : SC = 20$ .

Т.к. для $△BOC OA1, BB1, CC1$ – медианы, то $√ -- OA = 2AA1 = 10 ⇒ SA = 10 2$ .

$PIC$

3) Заметим, что $△SAC$ – тоже тупоугольный. Найдем $CH$ :

$2 2 2 2 2 √ -- 2 2 CH = CS − SH = CA − AH ⇒ 400 − (10 2 + AH ) = 100 − AH$ (т.к. ранее мы нашли $√ -- CS = 20,SA = 10 2$ , а $AC = 10$ по условию)

Значит, $√ -- √ --- 5 2 5 14 AH = --2--⇒ CH = --2---$ .

Тогда по теореме косинусов для $5 ( 5) 5 △BHC : cosα = − --⇒ ∠ (SAB, SAC ) = arccos − -- = π − arccos -- 7 7 7$

Ответ:

$5 π − arccos -- 7$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#11267

Дан куб $ABCDA1B1C1D1.$ Найдите угол между плоскостями $(A1BD )$ и $(C1BD ).$

Показать ответ и решение

Отметим середину $O$ отрезка $DB,$ она будет также центром квадрата-основания. Поскольку $CC1 ⊥ (ABC ),$ то $OC$ является проекцией наклонной $OC1$ на плоскость $(ABC ).$

Прямые $BD$ и $OC$ перпендикулярны как содержащие диагонали квадрата, а значит по теореме о трех перпендикулярах $BD$ перпендикулярна наклонной $OC1.$ Аналогично $BD ⊥ OA1.$

Таким образом, $A1O$ и $C1O$ перпендикулярны прямой $DB$ пересечения плоскостей $(A1BD )$ и $(C1BD ).$ Тогда угол $C1OA1$ и есть угол между плоскостями, если $∘ ∠C1OA1 ≤ 90,$ либо дополняет угол между плоскостям до $∘ 180 ,$ если $∘ ∠C1OA1 >90 .$

$PIC$

Пусть сторона квадрата равна $a,$ тогда имеем:

√- A1C1 =a√2, OC = -2a 2

По теореме Пифагора для треугольника $OCC1$ получаем

∘ --2-----2- OC1 = CO +CC 1 = ∘ a2----- ∘-3 = -2 + a2 = a 2 = OA1

По теореме косинусов для угла $∠O$ треугольника $A1OC1$ имеем:

2 2 2 cos∠C1OA1 = OA1-+OC-1 −-A1C1-= 2OA1 ⋅OC1 = 2⋅ 32a2−-2a2= 1 2⋅ 32a2 3

Отсюда получаем, что $∠C1OA1 = arccos 13$ и есть искомый угол между плоскостями.

Ответ:

$1 arccos3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#12000

Основанием пирамиды $SABCD$ является равнобедренная трапеция $ABCD$ , в которой $AB = BC =a$ , $AD = 2a$ . Плоскости граней $SAB$ и $SCD$ перпендикулярны плоскости основания пирамиды. Найдите высоту пирамиды, если высота грани $SAD$ , проведенная из вершины $S$ , равна $2a$ .

Показать ответ и решение

По условию плоскости $(SAB )$ и $(SCD )$ обе перпендикулярны плоскости основания пирамиды. Это значит, что прямая, по которой они пересекаются, во-первых, проходит через точку $S$ , во-вторых, также перпендикулярна основанию пирамиды, в-третьих, проходит через точку $H$ пересечения прямых $AB$ и $CD$ . Таким образом, эта прямая содержит высоту $SH$ пирамиды, причем $H$ лежит на пересечении прямых $AB$ и $CD$ .

$PIC$

Так как $AD ∥ BC$ , то $△AHD ∼ △BHC.$ Отсюда имеем:

AD :BC = 2a:a = 2:1 ⇒ AB = BH = a, DC = CH =a

Получили, что $△ AHD$ — равносторонний со стороной $2a$ , тогда его высота $√- HG = 3a$ . С учетом условия $SG = 2a$ по теореме Пифагора для $△ SHG$ имеем:

SH = ∘SG2--− GH2-= ∘4a2−-3a2 = a

Ответ:

$a$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#18355

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ сторона основания $AB = 3,$ а боковое ребро $√ - AA1 = 3.$ На ребрах $C1D1$ и $DD1$ отмечены точки $K$ и $M$ соответственно так, что $D1K = KC1,$ а $DM :MD1 =1 :3.$

а) Докажите, что прямые $MK$ и $BK$ перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями $(BMK )$ и $(ABB1 ).$

Показать ответ и решение

а) По условию $DM :MD1 = 1:3,$ следовательно,

1 √3 3 3√3 DM = 4 DD1 = -4 , MD1 = 4DD1 = -4--

Далее, $△ CC1K ∼ △KD1M$ по прямым углам $∠CC1K = 90∘ = ∠KD1M$ и отношениям прилежащих к ним катетов

CC1 :KD1 = √2-= C1K :D1M 3

Следовательно,

∠KCC1 =∠MKD1 = α, ∠C1KC = ∠D1MK = β

Из прямоугольного треугольника $KD1M$ мы знаем, что $∘ α + β = 90 .$ Тогда

∘ ∘ ∘ ∠CKM = 180 − (∠C1KC + ∠MKD1 )= 180 − (α + β)= 90

$PIC$

Основанием правильной четырехугольной призмы является квадрат, а сама призма является прямоугольным параллелепипедом, значит, отрезок $BC$ перпендикулярен плоскости $(CC1D ).$ Тогда $CK$ является проекцией наклонной $BK$ на плоскость $(CC1D ).$ Так как $MK ⊥ CK,$ то по теореме о трех перпендикулярах $MK ⊥ BK,$ что и требовалось доказать.

б) Поскольку $(ABB1 )∥(CC1D ),$ то угол между плоскостями $(BMK )$ и $(ABB1 )$ равен углу между плоскостями $(BMK )$ и $(CC1D).$ Эти плоскости пересекаются по прямой $MK.$

$PIC$

В пункте а) мы уже доказали, что $CK ⊥ MK$ и $BK ⊥ MK,$ следовательно, острый угол $BKC$ прямоугольного треугольника $BKC$ равен искомому углу между плоскостями $(BMK )$ и $(CC1D ).$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $CC1K$ имеем:

∘ ---------- ∘ ----- √-- CK = CC2 + KC2 = 3+ 9 = -21- 1 1 4 2

Тогда из прямоугольного треугольника $BKC$ имеем:

BC BC 3 2√3 tg ∠BKC = CK- ⇒ ∠BKC = arctg CK-= arctg √21 =arctg √7-- 2

Ответ:

б) $2√3- arctg √7$

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#19495

В треугольной пирамиде $SABC$ точка $E$ — середина ребра $SA,$ точка $F$ — середина ребра $SB,$ $O$ — точка пересечения медиан в $△ABC.$

а) Докажите, что плоскость $(CEF )$ делит отрезок $SO$ в отношении $3:2,$ считая от точки $S.$

б) Найдите косинус угла между плоскостями $(CEF )$ и $(EHF ),$ если $H$ — середина ребра $SC,$ пирамида $SABC$ — правильная, $S△ABC = 27√3,$ $SB = 10.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $C1$ — середина $AB,$ $G$ — пересечение медианы $SC1$ со средней линией $EF.$ Тогда точка $D$ пересечения $SO$ и $GC$ является точкой пересечения отрезка $SO$ и плоскости $(CEF ).$

$PIC$

Отрезки $SG = GC1,$ так как $EF$ — средняя линия. Отрезки $CO :OC1 = 2 :1,$ так как $O$ — центр масс, то есть точка пересечения медиан, тогда $OC :CC1 = 2:3.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $OSC1$ и прямой $GC :$

C1G-⋅ SD ⋅ OC-= 1 ⇒ 1⋅ SD ⋅ 2 =1 ⇒ SD :DO = 3:2 GS DO CC1 DO 3

б) Если пирамида правильная, то картинка симметрична относительно плоскости $(SCC1),$ а значит, $CG ⊥EF$ и $HG ⊥ EF.$ Следовательно, искомый угол между плоскостями равен углу $CGH.$ Найдем все стороны треугольника $GHC,$ чтобы найти косинус угла $CGH$ по теореме косинусов.

Пусть сторона основания равна $a,$ тогда по условию

√- 27√3-= SABC = 1a2sin60∘ =-3-a2 ⇒ a2 = 4⋅27 ⇒ a= 6√3 2 4

Далее, $CC1 = 6√3-sin 60∘ =9$ как высота в равностороннем треугольнике $ABC,$ $GH = 1C1C = 9 2 2$ как средняя линия в треугольнике $SCC1.$

$PIC$

Отрезок $√ - C1B = a2 = 3 3,$ тогда по теореме Пифагора для треугольника $BSC1$ с учетом того, что пирамида правильная и $SC1$ — высота и медиана:

∘ ---------- √ ------- √ -- SC1 = SB2− BC21 = 100 − 27 = 73

Найдем отрезок $CG$ по формуле для медианы треугольника $SCC1 :$

∘------------------- ∘ ----------- ∘ ---- CG = 1CC21 + 1CS2 − 1SC21 = 81 + 50 − 73= 289= 17 2 2 4 2 4 4 2

Найдем косинус угла $CGH$ по теореме косинусов для $△ CGH :$

GH2--+GC2-−-HC2- 841+-2894-− 25 -270- 15 cos∠CGH = 2GH ⋅GC = 2 ⋅ 9⋅174 = 18⋅17 = 17

Ответ:

б) $15 17$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#19807

Точки $K,$ $L$ и $M$ являются серединами ребер $AB,$ $SC$ и $SD$ соответственно правильной шестиугольной пирамиды $SABCDEF.$

а) Докажите, что плоскость, проходящая через точки $K,$ $L$ и $M,$ делит ребро $SB$ пирамиды в отношении $3 :1.$

б) Найдите угол между плоскостью $(KLM )$ и плоскостью основания пирамиды, если известно, что $AB = 5,$ $SK =10.$

Показать ответ и решение

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

Пусть $N$ — середина $FE,$ тогда по обратной теореме Фалеса $NK ∥F A ∥EB.$ Кроме того, $F A∥ DC$ как противолежащие стороны правильного шестиугольника, $ML ∥DC$ как средняя линия в треугольнике $SDC.$ Таким образом, $NK ∥ML,$ следовательно, $N ∈ α.$

Все точки прямой $NK$ принадлежат $α,$ при этом $NK ∈ (ABC ),$ следовательно, $P = NK ∩BC$ также принадлежит $α.$

Все точки прямой $PL$ принадлежат $α,$ при этом $PL ∈ (SBC ),$ следовательно, $O = PL ∩SB$ также принадлежит $α.$

Таким образом, мы построили точку $O$ пересечения $α$ с ребром $SB.$ Заметим, что на картинке изображено неполное сечение, но от нас и не требовалось его строить.

$PIC$

Рассмотрим четырехугольник $NEBP.$ Он является параллелограммом, так как $NE ∥ PC$ и $NK ∥EB.$ Следовательно,

BP = NE = 1F E = 1BC ⇒ BP :P C = 1 :3 2 2

С учетом $CL :LS = 1:1$ запишем теорему Менелая для треугольника $BSC$ и прямой $PL :$

CL-⋅-SO ⋅ BP =1 ⇒ 1⋅ SO-⋅ BP = 1 ⇒ SO- = PC-= 3 LS OB PC OB P C OB BP

б) Обозначим через $Q$ середину $DC,$ через $O$ — центр основания пирамиды. Прямая $QO$ пересечет отрезок $NK$ в его середине $R.$

Прямая $NK$ — прямая пересечения $α$ и плоскости основания. Отрезок $QR ⊥ NK$ , так как картинка в основании симметрична относительно прямой $QO.$ Отрезок $T R ⊥NK$ как отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренной трапеции $NMLK.$ Таким образом, угол $QRT$ равен искомому углу между плоскостями.

$PIC$

По условию имеем:

SQ =SK = 10 ⇒ TQ = 5

OD = DC = CO = 5

Cледовательно, $5√3 OQ = 2$ как высота в равностороннем треугольнике со стороной 5. Из параллельности и симметрии имеем:

1 1 5√3 OR = 2OJ = 2OQ = -4--

Пусть $U$ — точка пересечения $SO$ и $RT.$ С учетом $OR :RQ = 1 :3$ запишем теорему Менелая для треугольника $OSQ$ и прямой $RT :$

QT-⋅ SU ⋅ OR-= 1 ⇒ -SU = RQ-⋅ TS-= RQ-⋅1 =3 TS UO RQ UO OR QT OR

Тогда $UO = 1SO. 4$ По теореме Пифагора для треугольника $SQO :$

∘ -------- -- -- ∘---2-----2 75- 5√13- 5√13- SO = SQ − QO = 100 − 4 = 2 ⇒ UO = 8

Из прямоугольного треугольника $RUO$ получаем

5√13 √-- tg∠ORU = UO-= --8√- = -1√3- OR 543 2 3

Значит, искомый угол между плоскостями равен

√-- ∠ORU =arctg -1√3- 2 3

Ответ:

б) $√13- arctg2√3$

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#27981

Дана четырёхугольная пирамида $SABCD,$ в основании которой лежит прямоугольник $ABCD.$ Основанием высоты пирамиды является точка пересечения диагоналей основания. Известно, что $√ - AB = 2 3,$ $√- BC = 2 6.$ Из точек $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$ на ребpo $SB.$

a) Докажите, что $P$ — середина $BQ.$

б) Найдите угол между гранями $SBA$ и $SBC,$ если $AS = 6.$

Показать ответ и решение

а) Высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, значит, боковые рёбра пирамиды равны. Обозначим $SA = SB = SC =SD =a.$ Тогда по теореме Пифагора для треугольников $ABP$ и $SAP :$

AB2− BP 2 = AP 2 = SA2 − SP 2 ⇔

2 2 2 6 ⇔ 12− BP = a − (a− BP) ⇒ BP = a

Из прямоугольных треугольников $BCQ$ и $SCP :$

BC2 − BQ2 = CQ2 = SC2 − SQ2 ⇔

⇔ 24− BQ2 = a2 − (a− BQ )2 ⇒ BQ = 12 a

Следовательно, $BP = 1 BQ, 2$ то есть $P$ — середина $BQ.$

$PIC$

б) В равнобедренном треугольнике $SBC$ через точку $P,$ лежащую на боковой стороне $SB$ , проведём прямую, параллельную высоте $CQ.$ Пусть $M$ — точка её пересечения со стороной $BC.$ По теореме о пропорциональных отрезках $M$ — середина $BC.$ Значит, если $a= SA = 6,$ то имеем:

∘---------- 1 1∘ --2-----2- 1 ( 12)2 1√----- √ - P M = 2CQ = 2 BC − BQ = 2 24 − a = 2 24− 4= 5

Из прямоугольного треугольника $ABP :$

∘ --------- ∘ ---2----2- ( 6)2 √ ----- √-- AP = AB − BP = 12− a = 12− 1= 11

Из прямоугольного треугольника $ABM :$

( )2 AM2 =AB2 + BM2 = AB2+ 1BC = 12+ 6= 18 2

$PIC$

Так как $AP ⊥ SB$ и $MP ⊥ SB,$ то $∠AP M = φ$ — линейный угол двугранного угла, образованного гранями $SBA$ и $SBC.$ По теореме косинусов для $△ APM :$

AP 2+ MP 2 − AM2 11+ 5− 18 1 √55 cosφ= ----2AP-⋅MP----- = 2⋅√11-⋅√5-= −√55-= − 55-- ⇒

( √--) √ -- ⇒ φ = arccos − -55- = π− arccos--55 55 55

Следовательно, угол между гранями $SBA$ и $SBC$ равен

√55 φ= π − arccos55--

Ответ:

б) $√55- π − arccos 55$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#41318

Докажите теорему косинусов для трехгранного угла:

Косинус плоского угла $ϕ$ трехгранного угла равен произведению косинусов двух других плоских углов $α$ и $β$ трехгранного угла, сложенному с произведением синусов этих углов на косинус двугранного угла $ϕдв.$ при противолежащем ему ребре:

cosϕ = cosα cosβ +sinαsinβcosϕдв.

Показать ответ и решение

Пусть дан трехгранный угол $SABC$ , $∠BSC = α$ , $∠ASC = β$ , $∠ASB = ϕ$ . Двугранный угол при ребре $SC$ равен $ϕдв.$ .

$PIC$

Выберем точки $A$ , $B$ и $C$ на ребрах трехгранного угла таким образом, чтобы $SC = 1$ , $AC ⊥ SC$ , $BC ⊥ SC$ . Тогда $∠ACB = ϕдв.$ .

AC = tgβ, BC =tgα, AS = c1osβ, BS = co1sα- ⇒ 2 2 2 --1-- --1-- --2cosϕ-- AB = AS + BS − 2⋅AS ⋅BS ⋅cosϕ = cos2α + cos2β − cosαcosβ, AB2 = AC2 +BC2 − 2⋅AC ⋅BC ⋅cosϕдв. = tg2α+ tg2β− 2cosϕдв.tgα tgβ

Из последних двух равенств, применяя формулы $tg2x = -1--− 1 cos2x$ и $sinx tgx = cosx$ , получаем

1 1 2cosϕ 1 1 2cosϕ sinαsinβ cos2α-+ cos2β − cosαcosβ = cos2α-− 1+ cos2-β − 1−---coдsвα.cosβ---- |⋅cosα cosβ cosϕ= cosαcosβ+ sin αsinβ cosϕдв.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#41319

Докажите теорему косинусов для двугранного угла:

Двугранный угол между плоскостями $α$ и $β$ , пересекающимися по прямой $l$ , равен $ϕ.$ $A ∈ α$ , $B ∈ β$ , $AA1 ⊥ l$ , $BB1 ⊥l$ . Тогда верно равенство

AB2 = AA21+ BB21 − 2⋅AA1 ⋅BB1 cosϕ + A1B12

Показать ответ и решение

Проведем в плоскости $α$ отрезок $DB1 = AA1$ , $DB1 ∥ AA1$ . Тогда $AA1B1D$ — параллелограмм, следовательно, $AD ∥l$ , следовательно, $AD ⊥ (BB1D )$ ( $l ⊥ (BB1D )$ так как $l ⊥ DB1,$ $l ⊥ BB1$ ). Следовательно, $∘ ∠ADB = 90.$ Также по построению $∠BB1D =ϕ$ .

$PIC$

По теореме косинусов для $△BB1D :$

BD2 = BB2 +DB2 − 2 ⋅BB ⋅DB ⋅cosϕ 1 1 1 1

По теореме Пифагора из $△ABD :$

AB2 =AD2 + BD2

Подставим первое равенство во второе, заменим $DB1$ на $AA1$ , $CD$ на $A1B1$ и получим искомое равенство.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#41961

Найдите двугранный угол при ребре основания правильной треугольной пирамиды, если угол между ее боковыми ребрами равен $ϕ.$

Показать ответ и решение

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с вершиной $S$ . Если $SH$ — высота пирамиды, то $H$ — точка пересечения высот правильного треугольника $ABC$ , а боковые ребра равны между собой. Пусть $AA1 ⊥ BC$ . Тогда по ТТП $SA1 ⊥BC$ , следовательно, $∠SA1A$ — двугранный угол при ребре $BC$ .

$PIC$

Пусть $AA1 = 3a$ . Тогда $√3 AA1 = BC ⋅ 2$ $⇒$ $√- BC = 2 3a$ , $√ - A1C = 3a.$ Из $△SA1C$ имеем: $ϕ SA ctg2 = A11C$ $⇒$ $√- ϕ SA1 = a 3ctg2.$

Тогда

ϕ cos∠SA1A = HA1-= -√--a--ϕ ⇒ ∠SA1A = arccos tg√-2. SA1 a 3ctg 2 3

Ответ:

$arccos tg√-ϕ2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#41966

Основанием пирамиды $SABC$ с высотой $SH$ служит прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB$ , а двугранные углы при ребрах основания равны по $5 α = arcsin 13.$ Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если $AH = 1$ , $√- BH = 3 2.$

Показать ответ и решение

Если боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами (двугранные углы при ребрах основания равны), то основание высоты пирамиды — центр вписанной в основание окружности. Докажем это.

Проведем $HA1 ⊥BC$ , $HB1 ⊥AC$ , $HC1 ⊥AB$ . Тогда по ТТП $SA1 ⊥ BC$ , $SB1 ⊥ AC$ , $SC1 ⊥AB$ . Следовательно, $∠SA1H = ∠SB1H =∠SC1H = α$ — двугранные углы при ребрах основания пирамиды. Следовательно, $△SA H = △SB H = △SC H 1 1 1$ как прямоугольные по катету и острому углу. Отсюда $HA1 = HB1 = HC1 = r$ , то есть $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

$AH$ , $BH$ — отрезки биссектрис $∠A = 2β$ и $∠B = 2γ$ .

√ ----- sinβ = r, cosβ =--1−-r2 ⇒ sin 2β = 2r∘1-− r2 1 1 √-----2 2 sinγ =-√r-, cosγ = -18√−-r-- ⇒ cos2γ = 9-− r 3 2 3 2 9

Так как в прямоугольном треугольнике синус одного острого угла равен косинусу другого острого угла, то получаем равенство

2r∘1-−-r2 = 9−-r2 ⇔ 9 4 2 325r − 342r + 81= 0 ⇔ r2 = 9-; 9 25 13

Проверим, выполняется ли теорема Пифагора для $△ABC$ при найденных значениях $r.$

Заметим, что $AC1 = AB1,$ $CA1 = CB1 =r$ , $BA1 =BC1$ как отрезки касательных, проведенных к вписанной окружности из точек $A,C,B$ соответственно.

Если $r = 35$ , то $AB1 = 45$ , $B2C = 35$ , $A1B = 215$ $⇒$ $(4+ 3)2+ (3+ 21)2 =(4-+ 21)2 5 5 5 5 5 5$ — верно.

Если $r = √3- 13$ , то $AB = √2-- 1 13$ , $B C = 3√-- 2 13$ , $A B = 1√5- 1 13$ $⇒$ $( )2 ( )2 ( )2 √213 + √313 + √313 + √1513 = √213-+ 1√513-$ — неверно.

Следовательно, $r = 35$ . Так как $cosα= 1123 = SAr1,$ то $SA1 = corsα-$ . Так как из выше приведенного равенства треугольников $SA1 = SB1 = SC1$ , то площадь боковой поверхности пирамиды равна

1 1 3 13 ( 7 24 25) 91- Sбок.п. = 2SA1 ⋅P △ABC = 2 ⋅5 ⋅12 ⋅ 5 + 5 + 5 = 25 .

Ответ:

$91 25$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#41969

Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды с высотой $h$ и двугранным углом $α$ при боковом ребре.

Показать ответ и решение

$SABCD$ — правильная четырехугольная пирамида, следовательно, в основании лежит квадрат, боковые ребра равны между собой, а основание высоты $SH = h$ пирамиды — точка $H$ — точка пересечения диагоналей $ABCD.$

Проведем $BP ⊥SC$ . Так как боковые грани — равные равнобендренные треугольники, то $DP ⊥ SC$ . Следовательно, $∠BP D = α$ — двугранный угол при боковом ребре пирамиды. Введем $BH =a$ .

$PIC$

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости, следовательно, любой прямой из этой плоскости. Следовательно, $SC ⊥(BP D)$ $⇒$ $SC = ⊥ HP$ , то есть $HP$ — высота прямоугольного треугольника $SHC$ , проведенная к гипотенузе. Так как $ctg α2 = HPa$ $⇒$ $HP = a ⋅ctg α2$ .

SH-⋅HC--= S△SHC = HP-⋅SC- ⇔ 2 2 SC2⋅HP 2 =SH2 ⋅HC2 ⇔ 2 2 2 2 α- 2 2 (a +h )⋅a ⋅ctg 2 =h ⋅a ⇔ ( α ) a2 = h2⋅ tg22-− 1

Так как $√- AB 2 =BD = 2BH$ , то $√ - AB = a 2$ , следовательно,

1 2 2 3( 2 α ) VSABCD = 3SH ⋅AB = 3h tg 2-− 1 .

Ответ:

$2h3 ⋅(tg2 α− 1) 3 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#41970

В правильной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S$ боковое ребро равно $a$ , а двугранный угол при этом ребре равен $ϕ.$ Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки $B,D$ и середину $M$ ребра $SC.$

Показать ответ и решение

Проведем $BP ⊥SC$ . Так как боковые грани — равные равнобендренные треугольники, то $DP ⊥ SC$ . Следовательно, $∠BP D = α$ — двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

$PIC$

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости, следовательно, любой прямой из этой плоскости. Следовательно, $SC ⊥(BP D)$ $⇒$ $SC = ⊥ HP$ , то есть $HP$ — высота прямоугольного треугольника $SHC$ , проведенная к гипотенузе. Введем $BH = b$ . Так как $α HP- ctg2 = b$ $⇒$ $α HP = b⋅ctg 2$ .

SH-⋅HC-- HP-⋅SC- 2 = S△SHC = 2 ⇔ SC2⋅HP 2 =SH2 ⋅HC2 ⇔ a2⋅b2 ⋅ctg2 α-= (a2− b2)⋅b2 ⇔ 2 ∘ ------ϕ-- b= a 1− ctg22-

$CH$ — проекция $MH$ на плоскость $ABC$ . Так как $CH ⊥ BD$ $⇒$ по ТТП $MH ⊥ BD$ $⇒$ $SBMD = 1MH ⋅BD. 2$ Так как $MH$ — медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, то $MH = 1SC = a 2 2$ $⇒$

1 a ∘ -----2-ϕ- a2∘ ------2 ϕ SBMD = 2 ⋅2 ⋅2a 1− ctg 2 =-2 1− ctg 2.

Ответ:

$∘ --------- a2 1− ctg2 ϕ 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#41971

Основанием прямой призмы служит ромб $ABCD$ с углом $∠A = 120∘.$ На боковых ребрах $′ ′ AA ,BB$ и $′ CC$ взяты такие точки $K,L$ и $M$ соответственно, что угол между прямыми $KL$ и $AB$ равен $∘ 45$ , а угол между прямыми $LM$ и $BC$ равен $30∘.$ Найдите угол между плоскостями $(KLM )$ и $(ABC ).$

Показать ответ и решение

Проведем через точку $B$ прямые параллельно прямым $ML$ и $KL$ и переобозначим точки. Пусть эти прямые пересекают ребра $′ CC$ и $′ AA$ в точках $M$ и $K$ соответственно, как показано на рисунке. Тогда $∘ ∠MBC = 30 ,$ $∠KBA = 45∘.$

$PIC$

Построим линейный угол двугранного угла, образуемого плоскостями $(MBK )$ и $(ABC ).$ Для этого нужно найти линию пересечения этих плоскостей.

Пусть $KM ∩ AC = O,$ тогда $BO$ — линия пересечения плоскостей $(MBK )$ и $(ABC ).$ Проведем $CH ⊥ BO.$ Тогда по ТТП $MH ⊥ BO.$ Следовательно, $∠MHC = α$ — искомый линейный угол.