Угол между плоскостями онлайн. Угол между двумя пересекающимися плоскостями: определение, примеры нахождения

Величину угла между двумя различными плоскостями можно определить для любого взаимного расположения плоскостей.

Тривиальный случай если плоскости параллельны. Тогда угол между ними считается равным нулю.

Нетривиальный случай если плоскости пересекаются. Этому случаю и посвящено дальнейшее обсуждение. Сначала нам понадобится понятие двугранного угла.

9.1 Двугранный угол

Двугранный угол это две полуплоскости с общей прямой (которая называется ребром двугранного угла). На рис. 50 изображён двугранный угол, образованный полуплоскостями и; ребром этого двугранного угла служит прямая a, общая для данных полуплоскостей.

Рис. 50. Двугранный угол

Двугранный угол можно измерять в градусах или радианах словом, ввести угловую величину двугранного угла. Делается это следующим образом.

На ребре двугранного угла, образованного полуплоскостями и, возьмём произвольную точку M. Проведём лучи MA и MB, лежащие соответственно в данных полуплоскостях и перпендикулярные ребру (рис. 51 ).

Рис. 51. Линейный угол двугранного угла

Полученный угол AMB это линейный угол двугранного угла. Угол " = \AMB как раз и является угловой величиной нашего двугранного угла.

Определение. Угловая величина двугранного угла это величина линейного угла данного двугранного угла.

Все линейные углы двугранного угла равны друг другу (ведь они получаются друг из друга параллельным сдвигом). Поэтому данное определение корректно: величина " не зависит от конкретного выбора точки M на ребре двугранного угла.

9.2 Определение угла между плоскостями

При пересечении двух плоскостей получаются четыре двугранных угла. Если все они имеют одинаковую величину (по 90), то плоскости называются перпендикулярными; угол между плоскостями тогда равен 90 .

Если не все двугранные углы одинаковы (то есть имеются два острых и два тупых), то углом между плоскостями называется величина острого двугранного угла (рис. 52 ).

Рис. 52. Угол между плоскостями

9.3 Примеры решения задач

Разберём три задачи. Первая простая, вторая и третья примерно на уровне C2 на ЕГЭ по математике.

Задача 1. Найдите угол между двумя гранями правильного тетраэдра.

Решение. Пусть ABCD правильный тетраэдр. Проведём медианы AM и DM соответствующих граней, а также высоту тетраэдра DH (рис. 53 ).

Рис. 53. К задаче 1

Будучи медианами, AM и DM являются также высотами равносторонних треугольников ABC и DBC. Поэтому угол " = \AMD есть линейный угол двугранного угла, образованного гранями ABC и DBC. Находим его из треугольника DHM:

			1 AM

Ответ: arccos 1 3 .

Задача 2. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) боковое ребро равно стороне основания. Точка K середина ребра SA. Найдите угол между плоскостями

Решение. Прямая BC параллельна AD и тем самым параллельна плоскости ADS. Поэтому плоскость KBC пересекает плоскость ADS по прямой KL, параллельной BC (рис. 54 ).

Рис. 54. К задаче 2

При этом KL будет также параллельна прямой AD; следовательно, KL средняя линия треугольника ADS, и точка L середина DS.

Проведём высоту пирамиды SO. Пусть N середина DO. Тогда LN средняя линия треугольника DOS, и потому LN k SO. Значит, LN перпендикуляр к плоскости ABC.

Из точки N опустим перпендикуляр NM на прямую BC. Прямая NM будет проекцией наклонной LM на плоскость ABC. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует тогда, что LM также перпендикулярна BC.

Таким образом, угол " = \LMN является линейным углом двугранного угла, образованного полуплоскостями KBC и ABC. Будем искать этот угол из прямоугольного треугольника LMN.

Пусть ребро пирамиды равно a. Сначала находим высоту пирамиды:

SO = p

Решение. Пусть L точка пересечения прямых A1 K и AB. Тогда плоскость A1 KC пересекает плоскость ABC по прямой CL (рис.55 ).

A C

Рис. 55. К задаче 3

Треугольники A1 B1 K и KBL равны по катету и острому углу. Следовательно, равны и другие катеты: A1 B1 = BL.

Рассмотрим треугольник ACL. В нём BA = BC = BL. Угол CBL равен 120 ; стало быть, \BCL = 30 . Кроме того, \BCA = 60 . Поэтому \ACL = \BCA + \BCL = 90 .

Итак, LC ? AC. Но прямая AC служит проекцией прямой A1 C на плоскость ABC. По теореме о трёх перпендикулярах заключаем тогда, что LC ? A1 C.

Таким образом, угол A1 CA линейный угол двугранного угла, образованного полуплоскостями A1 KC и ABC. Это и есть искомый угол. Из равнобедренного прямоугольного треугольника A1 AC мы видим, что он равен 45 .

\(\blacktriangleright\) Двугранный угол – угол, образованный двумя полуплоскостями и прямой \(a\) , которая является их общей границей.

\(\blacktriangleright\) Чтобы найти угол между плоскостями \(\xi\) и \(\pi\) , нужно найти линейный угол (причем острый или прямой ) двугранного угла, образованного плоскостями \(\xi\) и \(\pi\) :

Шаг 1: пусть \(\xi\cap\pi=a\) (линия пересечения плоскостей). В плоскости \(\xi\) отметим произвольную точку \(F\) и проведем \(FA\perp a\) ;

Шаг 2: проведем \(FG\perp \pi\) ;

Шаг 3: по ТТП (\(FG\) – перпендикуляр, \(FA\) –наклонная, \(AG\) – проекция) имеем: \(AG\perp a\) ;

Шаг 4: угол \(\angle FAG\) называется линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями \(\xi\) и \(\pi\) .

Заметим, что треугольник \(AG\) – прямоугольный.
Заметим также, что плоскость \(AFG\) , построенная таким образом, перпендикулярна обеим плоскостям \(\xi\) и \(\pi\) . Следовательно, можно сказать по-другому: угол между плоскостями \(\xi\) и \(\pi\) - это угол между двумя пересекающимися прямыми \(c\in \xi\) и \(b\in\pi\) , образующими плоскость, перпендикулярную и \(\xi\) , и \(\pi\) .

Задание 1 #2875

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

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 \(SCD\) .

Проведем \(CH\perp SD\) . Так как \(\triangle SAD=\triangle SCD\) , то \(AH\) также будет высотой в \(\triangle SAD\) . Следовательно, по определению \(\angle AHC=\alpha\) – линейный угол двугранного угла между гранями \(SAD\) и \(SCD\) .
Так как в основании лежит квадрат, то \(AC=a\sqrt2\) . Заметим также, что \(CH=AH\) – высота равностороннего треугольника со стороной \(a\) , следовательно, \(CH=AH=\frac{\sqrt3}2a\) .
Тогда по теореме косинусов из \(\triangle AHC\) : \[\cos \alpha=\dfrac{CH^2+AH^2-AC^2}{2CH\cdot AH}=-\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad 6\cos\alpha=-2.\]

Ответ: -2

Задание 2 #2876

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Плоскости \(\pi_1\) и \(\pi_2\) пересекаются под углом, косинус которого равен \(0,2\) . Плоскости \(\pi_2\) и \(\pi_3\) пересекаются под прямым углом, причем линия пересечения плоскостей \(\pi_1\) и \(\pi_2\) параллельна линии пересечения плоскостей \(\pi_2\) и \(\pi_3\) . Найдите синус угла между плоскостями \(\pi_1\) и \(\pi_3\) .

Пусть линия пересечения \(\pi_1\) и \(\pi_2\) – прямая \(a\) , линия пересечения \(\pi_2\) и \(\pi_3\) – прямая \(b\) , а линия пересечения \(\pi_3\) и \(\pi_1\) – прямая \(c\) . Так как \(a\parallel b\) , то \(c\parallel a\parallel b\) (по теореме из раздела теоретической справки “Геометрия в пространстве” \(\rightarrow\) “Введение в стереометрию, параллельность”).

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

Отсюда следует, что \(\angle BAC=\angle (\pi_1, \pi_2)\) , \(\angle ABC=\angle (\pi_2, \pi_3)=90^\circ\) , \(\angle BCA=\angle (\pi_3, \pi_1)\) . Получается, что \(\triangle ABC\) прямоугольный, а значит \[\sin \angle BCA=\cos \angle BAC=0,2.\]

Ответ: 0,2

Задание 3 #2877

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Даны прямые \(a, b, c\) , пересекающиеся в одной точке, причем угол между любыми двумя из них равен \(60^\circ\) . Найдите \(\cos^{-1}\alpha\) , где \(\alpha\) – угол между плоскостью, образованной прямыми \(a\) и \(c\) , и плоскостью, образованной прямыми \(b\) и \(c\) . Ответ дайте в градусах.

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

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 \(\triangle AOC\) : \[\sin 60^\circ=\dfrac{AC}{OA} \quad\Rightarrow\quad AC=\sqrt3 \quad\Rightarrow\quad OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=1.\] Так как \(OH\) – биссектриса, то \(\angle HOC=30^\circ\) , следовательно, в прямоугольном \(\triangle HOC\) : \[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{HC}{OC}\quad\Rightarrow\quad HC=\dfrac1{\sqrt3}.\] Тогда из прямоугольного \(\triangle ACH\) : \[\cos\angle \alpha=\cos\angle ACH=\dfrac{HC}{AC}=\dfrac13 \quad\Rightarrow\quad \cos^{-1}\alpha=3.\]

Ответ: 3

Задание 4 #2910

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Плоскости \(\pi_1\) и \(\pi_2\) пересекаются по прямой \(l\) , на которой лежат точки \(M\) и \(N\) . Отрезки \(MA\) и \(MB\) перпендикулярны прямой \(l\) и лежат в плоскостях \(\pi_1\) и \(\pi_2\) соответственно, причем \(MN = 15\) , \(AN = 39\) , \(BN = 17\) , \(AB = 40\) . Найдите \(3\cos\alpha\) , где \(\alpha\) – угол между плоскостями \(\pi_1\) и \(\pi_2\) .

Треугольник \(AMN\) прямоугольный, \(AN^2 = AM^2 + MN^2\) , откуда \ Треугольник \(BMN\) прямоугольный, \(BN^2 = BM^2 + MN^2\) , откуда \ Запишем для треугольника \(AMB\) теорему косинусов: \ Тогда \ Так как угол \(\alpha\) между плоскостями – это острый угол, а \(\angle AMB\) получился тупым, то \(\cos\alpha=\dfrac5{12}\) . Тогда \

Ответ: 1,25

Задание 5 #2911

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – параллелепипед, \(ABCD\) – квадрат со стороной \(a\) , точка \(M\) – основание перпендикуляра, опущенного из точки \(A_1\) на плоскость \((ABCD)\) , кроме того \(M\) – точка пересечения диагоналей квадрата \(ABCD\) . Известно, что \(A_1M = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a\) . Найдите угол между плоскостями \((ABCD)\) и \((AA_1B_1B)\) . Ответ дайте в градусах.

Построим \(MN\) перпендикулярно \(AB\) как показано на рисунке.

Так как \(ABCD\) – квадрат со стороной \(a\) и \(MN\perp AB\) и \(BC\perp AB\) , то \(MN\parallel BC\) . Так как \(M\) – точка пересечения диагоналей квадрата, то \(M\) – середина \(AC\) , следовательно, \(MN\) – средняя линия и \(MN =\frac12BC= \frac{1}{2}a\) .
\(MN\) – проекция \(A_1N\) на плоскость \((ABCD)\) , причем \(MN\) перпендикулярен \(AB\) , тогда по теореме о трех перпендикулярах \(A_1N\) перпендикулярен \(AB\) и угол между плоскостями \((ABCD)\) и \((AA_1B_1B)\) есть \(\angle A_1NM\) .
\[\mathrm{tg}\, \angle A_1NM = \dfrac{A_1M}{NM} = \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\frac{1}{2}a} = \sqrt{3}\qquad\Rightarrow\qquad\angle A_1NM = 60^{\circ}\]

Ответ: 60

Задание 6 #1854

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

Прямоугольные треугольники \(\triangle SAO\) и \(\triangle SDO\) равны по двум сторонам и углу между ними (\(SO \perp ABC\) \(\Rightarrow\) \(\angle SOA = \angle SOD = 90^\circ\) ; \(AO = DO\) , т.к. \(O\) – точка пересечения диагоналей квадрата, \(SO\) – общая сторона) \(\Rightarrow\) \(AS = SD\) \(\Rightarrow\) \(\triangle ASD\) – равнобедренный. Точка \(K\) – середина \(AD\) , тогда \(SK\) – высота в треугольнике \(\triangle ASD\) , а \(OK\) – высота в треугольнике \(AOD\) \(\Rightarrow\) плоскость \(SOK\) перпендикулярна плоскостям \(ASD\) и \(ABC\) \(\Rightarrow\) \(\angle SKO\) – линейный угол, равный искомому двугранному углу.

В \(\triangle SKO\) : \(OK = \frac{1}{2}\cdot AB = \frac{1}{2}\cdot 10 = 5 = SO\) \(\Rightarrow\) \(\triangle SOK\) – равнобедренный прямоугольный треугольник \(\Rightarrow\) \(\angle SKO = 45^\circ\) .

Ответ: 45

Задание 7 #1855

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

Прямоугольные треугольники \(\triangle SAO\) , \(\triangle SDO\) , \(\triangle SOB\) и \(\triangle SOC\) равны по двум сторонам и углу между ними (\(SO \perp ABC\) \(\Rightarrow\) \(\angle SOA = \angle SOD = \angle SOB = \angle SOC = 90^\circ\) ; \(AO = OD = OB = OC\) , т.к. \(O\) – точка пересечения диагоналей квадрата, \(SO\) – общая сторона) \(\Rightarrow\) \(AS = DS = BS = CS\) \(\Rightarrow\) \(\triangle ASD\) и \(\triangle BSC\) – равнобедренные. Точка \(K\) – середина \(AD\) , тогда \(SK\) – высота в треугольнике \(\triangle ASD\) , а \(OK\) – высота в треугольнике \(AOD\) \(\Rightarrow\) плоскость \(SOK\) перпендикулярна плоскости \(ASD\) . Точка \(L\) – середина \(BC\) , тогда \(SL\) – высота в треугольнике \(\triangle BSC\) , а \(OL\) – высота в треугольнике \(BOC\) \(\Rightarrow\) плоскость \(SOL\) (она же плоскость \(SOK\) ) перпендикулярна плоскости \(BSC\) . Таким образом получаем, что \(\angle KSL\) – линейный угол, равный искомому двугранному углу.

\(KL = KO + OL = 2\cdot OL = AB = 10\) \(\Rightarrow\) \(OL = 5\) ; \(SK = SL\) – высоты в равных равнобедренных треугольниках, которые можно найти по теореме Пифагора: \(SL^2 = SO^2 + OL^2 = 5^2 + 5^2 = 50\) . Можно заметить, что \(SK^2 + SL^2 = 50 + 50 = 100 = KL^2\) \(\Rightarrow\) для треугольника \(\triangle KSL\) выполняется обратная теорема Пифагора \(\Rightarrow\) \(\triangle KSL\) – прямоугольный треугольник \(\Rightarrow\) \(\angle KSL = 90^\circ\) .

Ответ: 90

Подготовка учащихся к сдаче ЕГЭ по математике, как правило, начинается с повторения основных формул, в том числе и тех, которые позволяют определить угол между плоскостями. Несмотря на то, что этот раздел геометрии достаточно подробно освещается в рамках школьной программы, многие выпускники нуждаются в повторении базового материала. Понимая, как найти угол между плоскостями, старшеклассники смогут оперативно вычислить правильный ответ в ходе решения задачи и рассчитывать на получение достойных баллов по итогам сдачи единого государственного экзамена.

Основные нюансы

Чтобы вопрос, как найти двугранный угол, не вызывал затруднений, рекомендуем следовать алгоритму решения, который поможет справиться с заданиями ЕГЭ.

Вначале необходимо определить прямую, по которой пересекаются плоскости.

Затем на этой прямой нужно выбрать точку и провести к ней два перпендикуляра.

Следующий шаг - нахождение тригонометрической функции двугранного угла, который образован перпендикулярами. Делать это удобнее всего при помощи получившегося треугольника, частью которого является угол.

Ответом будет значение угла или его тригонометрической функции.

Подготовка к экзаменационному испытанию вместе со «Школково» - залог вашего успеха

В процессе занятий накануне сдачи ЕГЭ многие школьники сталкиваются с проблемой поиска определений и формул, которые позволяют вычислить угол между 2 плоскостями. Школьный учебник не всегда есть под рукой именно тогда, когда это необходимо. А чтобы найти нужные формулы и примеры их правильного применения, в том числе и для нахождения угла между плоскостями в Интернете в режиме онлайн, порой требуется потратить немало времени.

Математический портал «Школково» предлагает новый подход к подготовке к госэкзамену. Занятия на нашем сайте помогут ученикам определить наиболее сложные для себя разделы и восполнить пробелы в знаниях.

Мы подготовили и понятно изложили весь необходимый материал. Базовые определения и формулы представлены в разделе «Теоретическая справка».

Для того чтобы лучше усвоить материал, предлагаем также попрактиковаться в выполнении соответствующих упражнений. Большая подборка задач различной степени сложности, например, на , представлена в разделе «Каталог». Все задания содержат подробный алгоритм нахождения правильного ответа. Перечень упражнений на сайте постоянно дополняется и обновляется.

Практикуясь в решении задач, в которых требуется найти угол между двумя плоскостями, учащиеся имеют возможность в онлайн-режиме сохранить любое задание в «Избранное». Благодаря этому они смогут вернуться к нему необходимое количество раз и обсудить ход его решения со школьным учителем или репетитором.

Мерой угла между плоскостями является острый угол, образованный двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и проведенными перпендикулярно линии их пересечения.

Алгоритм построения

1. Из произвольной точки K проводят перпендикуляры к каждой из заданных плоскостей.
2. Способом вращения вокруг линии уровня определяют величину угла γ° с вершиной в точке K.
3. Вычисляют угол между плоскостями ϕ° = 180 – γ° при условии, что γ° > 90°. Если γ° < 90°, то ∠ϕ° = ∠γ°.

На рисунке представлен случай, когда плоскости α и β заданы следами. Все необходимые построения выполнены согласно алгоритму и описаны ниже.

Решение

1. В произвольном месте чертежа отмечаем точку K. Из неё опускаем перпендикуляры m и n соответственно к плоскостям α и β. Направление проекций m и n следующее: m""⊥f 0α , m"⊥h 0α , n""⊥f 0β , n"⊥h 0β .
2. Определяем действительный размер ∠γ° между прямыми m и n. Для этого вокруг фронтали f поворачиваем плоскость угла с вершиной K в положение, параллельное фронтальной плоскости проекции. Радиус поворота R точки K равен величине гипотенузы прямоугольного треугольника O""K""K 0 , катет которого K""K 0 = y K – y O .
3. Искомый угол ϕ° = ∠γ°, поскольку ∠γ° острый.

На рисунке ниже показано решение задачи, в которой требуется найти угол γ° между плоскостями α и β, заданными параллельными и пересекающимися прямыми соответственно.

Решение

1. Определяем направление проекций горизонталей h 1 , h 2 и фронталей f 1 , f 2 , принадлежащих плоскостям α и β, в порядке, указанном стрелками. Из произвольной точки K на пл. α и β опускаем перпендикуляры e и k. При этом e""⊥f"" 1 , e"⊥h" 1 и k""⊥f"" 2 , k"⊥h" 2 .
2. Определяем ∠γ° между прямыми e и k. Для этого проводим горизонталь h 3 и вокруг неё поворачиваем точку K в положение K 1 , при котором △CKD станет параллелен горизонтальной плоскости и отразится на ней в натуральную величину – △C"K" 1 D". Проекция центра поворота O" находится на проведенном к h" 3 перпендикуляре K"O". Радиус R определяется из прямоугольного треугольника O"K"K 0 , у которого сторона K"K 0 = Z O – Z K .
3. Значение искомого ∠ϕ° = ∠γ°, так как угол γ° острый.

Видеокурс «Получи пятерку» включает все темы, необходимые для успешной сдачи ЕГЭ по математике на 60-65 баллов. Полностью все задачи 1-13 Профильного ЕГЭ по математике. Подходит также для сдачи Базового ЕГЭ по математике. Если вы хотите сдать ЕГЭ на 90-100 баллов, вам надо решать часть 1 за 30 минут и без ошибок!

Курс подготовки к ЕГЭ для 10-11 класса, а также для преподавателей. Все необходимое, чтобы решить часть 1 ЕГЭ по математике (первые 12 задач) и задачу 13 (тригонометрия). А это более 70 баллов на ЕГЭ, и без них не обойтись ни стобалльнику, ни гуманитарию.

Вся необходимая теория. Быстрые способы решения, ловушки и секреты ЕГЭ. Разобраны все актуальные задания части 1 из Банка заданий ФИПИ. Курс полностью соответствует требованиям ЕГЭ-2018.

Курс содержит 5 больших тем, по 2,5 часа каждая. Каждая тема дается с нуля, просто и понятно.

Сотни заданий ЕГЭ. Текстовые задачи и теория вероятностей. Простые и легко запоминаемые алгоритмы решения задач. Геометрия. Теория, справочный материал, разбор всех типов заданий ЕГЭ. Стереометрия. Хитрые приемы решения, полезные шпаргалки, развитие пространственного воображения. Тригонометрия с нуля - до задачи 13. Понимание вместо зубрежки. Наглядное объяснение сложных понятий. Алгебра. Корни, степени и логарифмы, функция и производная. База для решения сложных задач 2 части ЕГЭ.

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Дана правильная призма ABCDA_1B_1C_1D_1, M и N — середины ребер AB и BC соответственно, точка K — середина MN .

а) Докажите, что прямые KD_1 и MN перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями MND_1 и ABC , если AB=8, AA_1=6\sqrt 2.

Показать решение

Решение

а) В \triangle DCN и \triangle MAD имеем: \angle C=\angle A=90^{\circ}, CN=AM=\frac12AB, CD=DA.

Отсюда \triangle DCN=\triangle MAD по двум катетам. Тогда MD=DN, \triangle DMN равнобедренный. Значит, медиана DK — является также высотой. Следовательно, DK \perp MN.

DD_1 \perp MND по условию, D_1K — наклонная, KD — проекция, DK \perp MN.

Отсюда по теореме о трех перпендикулярах MN\perp D_1K.

б) Как было доказано в а) , DK \perp MN и MN \perp D_1K, но MN — линия пересечения плоскостей MND_1 и ABC , значит \angle DKD_1 — линейный угол двугранного угла между плоскостями MND_1 и ABC .

В \triangle DAM по теореме Пифагора DM= \sqrt {DA^2+AM^2}= \sqrt {64+16}= 4\sqrt 5, MN= \sqrt {MB^2+BN^2}= \sqrt {16+16}= 4\sqrt 2. Следовательно, в \triangle DKM по теореме Пифагора DK= \sqrt {DM^2-KM^2}= \sqrt {80-8}= 6\sqrt 2. Тогда в \triangle DKD_1, tg\angle DKD_1=\frac{DD_1}{DK}=\frac{6\sqrt 2}{6\sqrt 2}=1.

Значит, \angle DKD_1=45^{\circ}.

Ответ

45^{\circ}.

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 стороны основания равны 4 , боковые рёбра равны 6 . Точка M — середина ребра CC_1, на ребре BB_1 отмечена точка N , такая, что BN:NB_1=1:2.

а) В каком отношении плоскость AMN делит ребро DD_1?

б) Найдите угол между плоскостями ABC и AMN .

Показать решение

Решение

а) Плоскость AMN пересекает ребро DD_1 в точке K , являющейся четвёртой вершиной сечения данной призмы этой плоскостью. Сечением является параллелограмм ANMK , потому что противоположные грани данной призмы параллельны.

BN =\frac13BB_1=2. Проведём KL \parallel CD, тогда треугольники ABN и KLM равны, значит ML=BN=2, LC=MC-ML=3-2=1, KD=LC=1. Тогда KD_1=6-1=5. Теперь можно найти отношение KD:KD_1=1:5.

б) F — точка пересечения прямых CD и KM . Плоскости ABC и AMN пересекаются по прямой AF . Угол \angle KHD =\alpha — линейный угол двугранного угла (HD\perp AF, тогда по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, KH \perp AF ) , и является острым углом прямоугольного треугольника KHD , катет KD=1.

Треугольники FKD и FMC подобны (KD \parallel MC), поэтому FD:FC=KD:MC, решая пропорцию FD:(FD+4)=1:3, получим FD=2. В прямоугольном треугольнике AFD (\angle D=90^{\circ}) с катетами 2 и 4 вычислим гипотенузу AF=\sqrt {4^2+2^2}=2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac{4\cdot 2}{2\sqrt 5}= \frac4{\sqrt 5}.

В прямоугольном треугольнике KHD найдём tg \alpha =\frac{KD}{DH}=\frac{\sqrt 5}4, значит, искомый угол \alpha =arctg\frac{\sqrt 5}4.

Ответ

а) 1:5;

б) arctg\frac{\sqrt 5}4.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида KMNPQ со стороной основания MNPQ , равной 6 , и боковым ребром 3\sqrt {26}.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую NF параллельно диагонали MP , если точка F — середина ребра MK .

б) Найдите величину угла между плоскостью сечения и плоскостью KMP .

Показать решение

Решение

а) Пусть KO — высота пирамиды, F — середина MK ; FE \parallel MP (в плоскости PKM ) . Так как FE — средняя линия \triangle PKM, то FE=\frac{MP}2.

Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через NF и параллельной MP , то есть плоскостью NFE . L — точка пересечения EF и KO . Так как точки L и N принадлежат искомому сечению и лежат в плоскости KQN , то точка T , полученная как пересечение LN и KQ , является также точкой пересечения искомого сечения и ребра KQ . NETF — искомое сечение.

б) Плоскости NFE и MPK пересекаются по прямой FE . Значит, угол между этими плоскостями равен линейному углу двугранного угла OFEN , построим его: LO \perp MP, MP \parallel FE, следовательно, LO \perp FE; \triangle NFE — равнобедренный (NE=NF как соответствующие медианы равных треугольников KPN и KMN ) , NL — его медиана (EL=LF, так как PO=OM, а \triangle KEF \sim \triangle KPM ) . Отсюда NL \perp FE и \angle NLO — искомый.

ON=\frac12QN=\frac12MN\sqrt 2=3\sqrt 2.

\triangle KON — прямоугольный.

Катет KO по теореме Пифагора равен KO=\sqrt {KN^2-ON^2}.

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt{KN^2-ON^2}= \frac12\sqrt {9\cdot 26-9\cdot 2}= \frac12\sqrt{9(26-2)}= \frac32\sqrt {24}= \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

tg\angle NLO =\frac{ON}{OL}=\frac{3\sqrt 2}{3\sqrt 6}=\frac1{\sqrt 3},

\angle NLO=30^{\circ}.

Ответ

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1} равны 6 . Через середины рёбер AC и BB_{1} и вершину A_{1} проведена секущая плоскость.

а) Докажите, что ребро BC делится секущей плоскостью в отношении 2:1, считая от вершины C .

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Показать решение

Решение

а) Пусть D и E — середины ребер AC и BB_{1} соответственно.

В плоскости AA_{1}C_{1} проведем прямую A_{1}D, которая пересекает прямую CC_{1} в точке K , в плоскости BB_{1}C_{1} — прямую KE , которая пересекает ребро BC в точке F . Соединие точки A_{1} и E , лежащие в плоскости AA_{1}B_{1}, а также D и F , лежащие в плоскости ABC , получим сечение A_{1}EFD.

\bigtriangleup AA_{1}D=\bigtriangleup CDK по катету AD=DC и острому углу.

\angle ADA_{1}=\angle CDK — как вертиальные, отсюда следует, что AA_{1}=CK=6. \bigtriangleup CKF и \bigtriangleup BFE подобны по двум углам \angle FBE=\angle KCF=90^\circ, \angle BFE=\angle CFK — как вертикальные.

\frac{CK}{BE}=\frac{6}{3}=2, то есть коэффициент подобия равен 2 , откуда следует, что CF:FB=2:1.

б) Проведём AH \perp DF. Угол между плоскостью сечения и плоскостью основания равен углу AHA_{1}. Действительно, отрезок AH \perp DF (DF — линия пересечения этих плоскостей) и является проекцией отрезка A_{1}H на плоскость основания, следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах, A_{1}H \perp DF. \angle AHA_{1}=arctg\frac{AA_{1}}{AH}. AA_{1}=6.

Найдём AH . \angle ADH =\angle FDC (как вертикальные).

По теореме косинусов в \bigtriangleup DFC:

DF^2=FC^2+DC^2- 2FC \cdot DC \cdot \cos 60^\circ,

DF^2=4^2+3^2-2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2}=13.

FC^2=DF^2+DC^2- 2DF \cdot DC \cdot \cos \angle FDC,

4^2=13+9-2\sqrt{13} \cdot 3 \cdot \cos \angle FDC,

\cos \angle FDC=\frac{6}{2\sqrt{13} \cdot 3}=\frac{1}{\sqrt{13}}.

По следствию из основного тригонометрического тождества

\sin \angle FDC=\sqrt{1-\left (\frac{1}{\sqrt{13}}\right)^2}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}. Из \bigtriangleup ADH найдём AH :

AH=AD \cdot \sin \angle ADH, (\angle FDC=\angle ADH). AH=3 \cdot \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{\sqrt{13}}.

\angle AHA_{1}= arctg\frac{AA_{1}}{AH}= arctg\frac{6 \cdot \sqrt{13}}{6\sqrt{3}}= arctg\frac{\sqrt{39}}{3}.

Ответ

arctg\frac{\sqrt{39}}{3}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Основанием прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} является ромб с тупым углом B , равным 120^\circ. Все ребра этой призмы равны 10 . Точки P и K — середины ребер CC_{1} и CD соответственно.

а) Докажите, что прямые PK и PB_{1} перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями PKB_{1} и C_{1}B_{1}B.

Показать решение

Решение

а) Будем использовать метод координат. Найдём скалярное произведение векторов \vec{PK} и \vec{PB_{1}}, а затем косинус угла между этими векторами. Направим ось Oy вдоль CD , ось Oz вдоль CC_{1}, и ось Ox \perp CD . C — начало координат.

Тогда C (0;0;0); C_{1}(0;0;10); P(0;0;5); K(0;5;0); B(BC \cos 30^\circ; BC\sin 30^\circ; 0), то есть B(5\sqrt{3}; 5;0), B_{1}(5\sqrt{3}; 5;10).

Найдём координаты векторов: \vec{PK}=\{0;5;-5\}; \vec{PB_{1}}=\{5\sqrt{3}; 5;5\}.

Пусть угол между \vec{PK} и \vec{PB_{1}} равен \alpha.

Получаем \cos \alpha=\frac{\vec{PK} \cdot \vec{PB_{1}}}{|\vec{PK}| \cdot |\vec{PB_{1}}|}= \frac{0 \cdot 5\sqrt{3} + 5 \cdot 5-5 \cdot 5}{|\vec{PK}| \cdot |\vec{PB_{1}}|}=0.

\cos \alpha =0, значит, \vec{PK} \perp \vec{PB_{1}} и прямые PK и PB_{1} перпендикулярны.

б) Угол между плоскостями равен углу между ненулевыми векторами, перпендикулярными этим плоскостям (или, если угол тупой, смежному с ним углу). Такие векторы называют нормалями к плоскостям. Найдём их.

Пусть \vec{n_{1}}=\{x; y; z\} перпендикулярен плоскости PKB_{1}. Найдем его, решив систему \begin{cases} \vec{n_{1}} \perp \vec{PK}, \\ \vec{n_{1}} \perp \vec{PB_{1}}. \end{cases}

\begin{cases} \vec{n_{1}} \cdot \vec{PK}=0, \\ \vec{n_{1}} \cdot \vec{PB_{1}}=0; \end{cases}

\begin{cases} 0x+5y-5z=0, \\ 5\sqrt{3}x+5y+5z=0; \end{cases}

\begin{cases}y=z, \\ x=\frac{-y-z}{\sqrt{3}}. \end{cases}

Возьмем y=1; z=1; x=\frac{-2}{\sqrt{3}}, \vec{n_{1}}=\left \{ \frac{-2}{\sqrt{3}}; 1;1 \right \}.

Пусть \vec{n_{2}}=\{x; y; z\} перпендикулярен плоскости C_{1}B_{1}B. Найдем его, решив систему \begin{cases} \vec{n_{2}} \perp \vec{CC_{1}}, \\ \vec{n_{2}} \perp \vec{CB}. \end{cases}

\vec{CC_{1}}=\{0;0;10\}, \vec{CB}=\{5\sqrt{3}; 5; 0\}.

\begin{cases} \vec{n_{2}} \cdot \vec{CC_{1}}=0, \\ \vec{n_{2}} \cdot \vec{CB}=0; \end{cases}

\begin{cases} 0x+0y+10z=0, \\ 5\sqrt{3}x+5y+0z=0; \end{cases}

\begin{cases}z=0, \\ y=-\sqrt{3}x. \end{cases}

Возьмем x=1; y=-\sqrt{3}; z=0, \vec{n_{2}}=\{1; -\sqrt{3};0\}.

Найдем косинус искомого угла \beta (он равен модулю косинуса угла между \vec{n_{1}} и \vec{n_{2}} ).

\cos \beta= \frac{|\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}}|}{|\vec{n_{1}}| \cdot |\vec{n_{2}}|}= \frac{\left |-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot 1+1 \cdot (-\sqrt{3})+1 \cdot 0 \right |}{\sqrt{\dfrac{4}{3}+1+1} \cdot \sqrt{1+3+0}}= \frac{\dfrac{5}{\sqrt{3}}}{2\sqrt{\dfrac{10}{3}}}= \frac{\sqrt{10}}{4}.

\cos \beta =\frac{\sqrt{10}}{4}, \beta=\arccos\frac{\sqrt{10}}{4}.

Ответ

\arccos\frac{\sqrt{10}}{4}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

ABCD — квадрат и боковые грани — равные прямоугольники.

Так как плоскость сечения проходит через точки M и D параллельно диагонали AC , то для её построения в плоскости A_{1}AC через точку M проведём отрезок MN параллельный AC . Получим AC \parallel (MDN) по признаку параллельности прямой и плоскости.

Плоскость MDN пересекает параллельные плоскости A_{1}AD и B_{1}BC, тогда, по свойству параллельных плоскостей, линии пересечения граней A_{1}ADD_{1} и B_{1}BCC_{1} плоскостью MDN параллельны.

Проведём отрезок NE параллельно отрезку MD .

Четырехугольник DMEN — искомое сечение.

б) Найдём угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Пусть плоскость сечения пересекает плоскость основания по некоторой прямой p , проходящей через точку D . AC \parallel MN, следовательно, AC \parallel p (если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна этой прямой). BD \perp AC как диагонали квадрата, значит, BD \perp p. BD — проекция ED на плоскость ABC , тогда по теореме о трех перпендикулярах ED \perp p, следовательно, \angle EDB — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Установим вид четырехугольника DMEN . MD \parallel EN, аналогично ME \parallel DN, значит, DMEN — параллелограмм, а так как MD=DN (прямоугольные треугольники MAD и NCD равны по двум катетам: AD=DC как стороны квадрата, AM=CN как расстояния между параллельными прямыми AC и MN ), следовательно, DMEN — ромб. Отсюда, F — середина MN .

По условию AM:MA_{1}=2:3, тогда AM=\frac{2}{5}AA_{1}=\frac{2}{5} \cdot 5\sqrt{6}=2\sqrt{6}.

AMNC — прямоугольник, F — середина MN , O — середина AC . Значит, FO\parallel MA, FO \perp AC, FO=MA=2\sqrt{6}.

Зная, что диагональ квадрата равна a\sqrt{2}, где a — сторона квадрата, получим BD=4\sqrt{2}. OD=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2}=2\sqrt{2}.

В прямоугольном треугольнике FOD\enspace tg \angle FDO=\frac{FO}{OD}=\frac{2\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{3}. Следовательно, \angle FDO=60^\circ.