Угол между прямой и плоскостью —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#2263

Прямая $l$ пересекает плоскость $α$ . На прямой $l$ отмечен отрезок $AB = 25$ , причем известно, что проекция этого отрезка на плоскость $α$ равна $24$ . Найдите синус угла между прямой $l$ и плоскостью $α$

Показать ответ и решение

Рассмотрим рисунок:

$PIC$

Пусть $A1B1 = 24$ – проекция $AB$ на плоскость $α$ , значит, $AA1 ⊥ α$ , $BB1 ⊥ α$ . Так как две прямые, перпендикулярные к плоскости, лежат в одной плоскости, то $A1ABB1$ – прямоугольная трапеция. Проведем $AH ⊥ BB1$ . Тогда $AH = A1B1 = 24$ . Следовательно, по теореме Пифагора

√ ----2------2 HB = AB − AH = 7.

Заметим также, что угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на плоскость, следовательно, искомый угол – угол между $AB$ и $A1B1$ . Так как $AH ∥ A1B1$ , то угол между $AB$ и $A B 1 1$ равен углу между $AB$ и $AH$ .
Тогда

BH 7 sin∠BAH = ---- = ---= 0,28. AB 25

Ответ: 0,28

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#2264

Прямая $l$ перпендикулярна плоскости $π$ . Прямая $p$ не лежит в плоскости $π$ и не параллельна ей, также не параллельна прямой $l$ . Найдите сумму углов между прямыми $p$ и $l$ и между прямой $p$ и плоскостью $π$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Из условия следует, что прямая $p$ пересекает плоскостью $π$ . Пусть $p ∩ l = O$ , $l ∩ π = L$ , $p ∩ π = P$ .

$PIC$

Тогда $∠P OL$ – угол между прямыми $p$ и $l$ .
Так как угол между прямой и плоскостью – угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость, то $∠OP L$ – угол между $p$ и $π$ . Заметим, что $△OP L$ прямоугольный с $∠L = 90∘$ . Так как сумма острых углов прямоугольного треугольника равна $∘ 90$ , то $∘ ∠P OL + ∠OP L = 90$ .

Замечание.
Если прямая $p$ не пересекает прямую $l$ , то проведем прямую $p′ ∥ p$ , пересекающую $l$ . Тогда угол между прямой $p$ и $l$ будет равен углу между $p′$ и $l$ . Аналогично угол между $p$ и $π$ будет равен углу между $′ p$ и $π$ . А для прямой $′ p$ уже верно предыдущее решение.

Ответ: 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#2290

Дан куб $ABCDA1B1C1D1.$ Найдите угол между прямой $A1C1$ и плоскостью $(A1D1C ).$ Ответ дайте в градусах.

$PIC$

Показать ответ и решение

Проведем $C1H ⊥ CD1.$ Так как $BC ⊥ (CC1D1 ),$ то прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой из плоскости $(CC1D1 ),$ следовательно, $BC ⊥ C1H.$ Таким образом, $C1H$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым из плоскости $A1D1C,$ следовательно, $C1H ⊥ (A1D1C).$

Тогда $A1H$ — проекция $A1C1$ на плоскость $(A1D1C ).$ Значит, угол между прямой $A1C1$ и плоскостью $(A1D1C )$ — это угол между прямыми $A1C1$ и $A1H.$

$PIC$

Пусть $x$ — ребро куба. Тогда имеем:

A1C1 = ∘x2+-x2 =√2x

Далее, $C1H$ — высота, опущенная к основанию равнобедренного $△CC1D1.$ Следовательно, $C1H$ — медиана. Но к тому же $∘ ∠CC1D1 = 90 ,$ а медиана, опущенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. Следовательно, $1 C1H = 2CD1.$ Кроме того, имеем:

√- √- -2- CD1 = A1C1 = 2x, C1H = 2 x

Тогда окончательно получаем

sin∠C1A1H = C1H--= 1 ⇒ ∠C1A1H =30∘ A1C1 2

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#601

Чему равен $ctg2α$ , если $α$ – угол наклона диагонали куба к одной из его граней?

Показать ответ и решение

$PIC$

√ -- ctg2α = ( 2x : x)2 = 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#602

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ . Точка $C2$ – середина стороны $CC1$ . Чему равен квадрат котангенса угла между $A1C2$ и плоскостью $A1D1C$ ?

$PIC$

Показать ответ и решение

Плоскость $A1D1C$ и плоскость $D1C1C$ перпендикулярны, т.к. плоскость $A1D1C$ проходит через прямую, перпендикулярную к плоскости $D1C1C$ (например $A1D1$ ). $C1H1$ и $C2H2$ – перпендикуляры к $D1C$ . Тогда искомый угол можно определить, как угол между наклонной $A1C2$ и ее проекцией $A1H2$ на плоскость $A1D1C$ .

$PIC$

Ответ: 17

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#958

$ABC$ – правильный треугольник со стороной $3$ , $O$ – точка, лежащая вне плоскости треугольника, причем $√ -- OA = OB = OC = 2 3$ . Найдите угол, который образуют прямые $OA, OB, OC$ с плоскостью треугольника. Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Проведем перпендикуляр $OH$ на плоскость треугольника.

$PIC$

Рассмотрим $△OAH, △OBH, △OCH$ . Они являются прямоугольными и равны по катету и гипотенузе. Следовательно, $AH = BH = CH$ . Значит, $H$ – точка, находящаяся на одинаковом расстоянии от вершин треугольника $ABC$ . Следовательно, $H$ – центр описанной около него окружности. Так как $△ABC$ – правильный, то $H$ – точка пересечения медиан (они же высоты и биссектрисы).
Так как угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость, а $AH$ – проекция $AO$ на плоскость треугольника, то угол между $AO$ и плоскостью треугольника равен $∠OAH$ .
Пусть $AA 1$ – медиана в $△ABC$ , следовательно,

∘ ------------ 3√3-- AA1 = AB2 − BA21 = ----. 2

Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 : 1$ , считая от вершины, то

√ -- AH = 2-AA1 = 3. 3

Тогда из прямоугольного $△OAH$ :

AH-- 1- ∘ cosOAH = AO = 2 ⇒ ∠OAH = 60 .

Заметим, что из равенства треугольников $OAH, OBH, OCH$ следует, что $∠OAH = ∠OBH = ∠OCH = 60∘$ .

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#1897

Дан куб $ABCDA1B1C1D1.$ Чему равен угол между $A1C1$ и плоскостью $A1D1C?$

$PIC$

Показать ответ и решение

Плоскость $A1D1C$ и плоскость $D1C1C$ перпендикулярны, т.к. плоскость $A1D1C$ проходит через прямую, перпендикулярную к плоскости $D1C1C$ (например $A1D1 ).$ Пусть точка $H$ – середина $D1C,$ тогда $CH$ – половина диагонали квадрата $DD1C1C$ и $C1H ⊥ D1C.$ Тогда искомый угол можно определить, как угол между наклонной $A1C1$ и ее проекцией $A1H$ на плоскость $A1D1C.$

$PIC$

Ответ: 30

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#2262

Дан треугольник $ABC$ с углом $∠A = 60∘$ . Вне плоскости треугольника отмечена точка $O$ такая, что $OB = OC$ и $OB ⊥ AB$ , $OC ⊥ AC$ . Известно, что $√ --- OB = 22$ , $OA = 5$ . Найдите косинус угла между прямой $OA$ и плоскостью треугольника.

Показать ответ и решение

Проведем $OH ⊥ (ABC )$ .

$PIC$

Тогда $AH$ – проекция прямой $OA$ на плоскость $ABC$ и необходимо найти косинус угла $∠OAH$ .
Заметим, что $△OAB = △OAC$ как прямоугольные по катету и гипотенузе. Следовательно, $AB = AC$ . Следовательно, $△ABH = △ACH$ также как прямоугольные по катету и гипотенузе. Значит, $∘ ∠BAH = ∠CAH = 30$ .
По теореме Пифагора

√ ------------ √ -- AB = AO2 − OB2 = 3.

Следовательно,

∘ AB-- -AB---- cos30 = AH ⇒ AH = cos30∘ = 2.

Так как $OH ⊥ (ABC )$ , то $OH$ перпендикулярно любой прямой из этой плоскости, значит, $△OAH$ – прямоугольный. Тогда

cos ∠OAH = AH-- = 2-= 0,4. AO 5

Ответ: 0,4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#2287

$ABCDA1B1C1D1$ – куб. Точка $N$ – середина ребра $BB1$ , а точка $M$ – середина отрезка $BD$ . Найдите $tg2α$ , где $α$ – угол между прямой, содержащей $M N$ , и плоскостью $(A1B1C1D1 )$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

$PIC$

$N M$ – средняя линия в треугольнике $DBB1$ , тогда $N M ∥ B1D$ и $α$ равен углу между $B1D$ и плоскостью $(A1B1C1D1 )$ .

Так как $DD1$ – перпендикуляр к плоскости $A1B1C1D1$ , то $B1D1$ проекция $B1D$ на плоскость $(A1B1C1D1 )$ и угол между $B1D$ и плоскостью $(A1B1C1D1 )$ есть угол между $B1D$ и $B D 1 1$ .

Пусть ребро куба $x$ , тогда по теореме Пифагора

2 2 2 √ -- B1D 1 = x + x ⇒ B1D1 = x 2.

В треугольнике $B1D1D$ тангенс угла между $B1D$ и $B1D1$ равен $DD 1 tg∠DB1D1 = -----1 = √---= tg α B1D1 2$ , откуда $tg2α = 1- 2$ .

Ответ: 0,5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2288

$ABCDA1B1C1D1$ – куб. Точка $N$ – середина ребра $BB1$ , а точка $M$ делит отрезок $BD$ в отношении $1 : 2$ , считая от вершины $B$ . Найдите $9ctg2α$ , где $α$ – угол между прямой, содержащей $M N$ , и плоскостью $(ABC )$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как $N B$ – часть $BB1$ , а $BB1 ⊥ (ABC )$ , то и $N B ⊥ (ABC )$ . Следовательно, $BM$ – проекция $N M$ на плоскость $(ABC )$ . Значит, угол $α$ равен $∠N M B$ .

Пусть ребро куба равно $x$ . Тогда $N B = 0,5x$ . По теореме Пифагора $√ -------- √ -- BD = x2 + x2 = 2x$ . Так как по условию $BM : M D = 1 : 2$ , то $BM = 1BD 3$ , следовательно, $√- BM = -2x 3$ .

Тогда из прямоугольного $△N BM$ :

BM 2√2-- ctg α = ctg∠N M B = -----= ----- ⇒ 9ctg2α = 8. N B 3

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#2289

Чему равен $ctg2α$ , если $α$ – угол наклона диагонали куба к одной из его граней?

Показать ответ и решение

$PIC$

Искомый угол будет совпадать с углом между диагональю куба и диагональю любой его грани, т.к. в данном случае диагональ куба будет являться наклонной, диагональ грани – проекцией этой наклонной на плоскость грани. Таким образом, искомый угол будет равен, например, углу $C1AC$ . Eсли обозначить ребро куба за $x$ , то $√ -------- √ -- AC = x2 + x2 = 2x$ , тогда квадрат котангенса искомого угла:

2 2 √ -- 2 ctg α = (AC : CC1 ) = ( 2x : x ) = 2.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#2291

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ . Точка $C2$ – середина стороны $CC1$ . Чему равен квадрат котангенса угла между $A1C2$ и плоскостью $A1D1C$ ?

$PIC$

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем $C2H ⊥ CD1$ . Так как $BC ⊥ (CC1D1 )$ , то $BC$ перпендикулярна любой прямой из плоскости $(CC1D1 )$ , следовательно, $BC ⊥ C2H$ . Таким образом, $C2H$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым из плоскости $A1D1C$ , следовательно, $C2H ⊥ (A1D1C )$ .

Тогда $A1H$ – проекция $A1C2$ на плоскость $A1D1C$ . Значит, угол между $A1C2$ и плоскостью $A D C 1 1$ равен углу между $A C 1 2$ и $A H 1$ .

Рассмотрим грань $CC1D1D$ . Проведем диагональ $C1D$ , пусть она пересекается с диагональю $CD1$ в точке $O$ . Так как эта грань представляет собой квадрат, то $C1O ⊥ CD1$ . Тогда $C2H ∥ C1O$ и, так как $C2$ – середина $CC1$ , то $C2H$ – средняя линия и $C2H = 12C1O$ .