Угол между плоскостями задачи егэ

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 MNperp 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}= 4sqrt 5, MN= sqrt {MB^2+BN^2}= sqrt {16+16}= 4sqrt 2. Следовательно, в triangle DKM по теореме Пифагора DK= sqrt {DM^2-KM^2}= sqrt {80-8}= 6sqrt 2. Тогда в triangle DKD_1, tgangle DKD_1=frac{DD_1}{DK}=frac{6sqrt 2}{6sqrt 2}=1.

Значит, angle DKD_1=45^{circ}.

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 (HDperp 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}=2sqrt 5, DH= ADcdot FD:AF= frac{4cdot 2}{2sqrt 5}= frac4{sqrt 5}.

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

а) 1:5;

б) arctgfrac{sqrt 5}4.

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=frac12MNsqrt 2=3sqrt 2.

triangle KON — прямоугольный.

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

OL= frac12KO= frac12sqrt{KN^2-ON^2}= frac12sqrt {9cdot 26-9cdot 2}= frac12sqrt{9(26-2)}= frac32sqrt {24}= frac32cdot 2sqrt 6= 3sqrt 6.

tgangle NLO =frac{ON}{OL}=frac{3sqrt 2}{3sqrt 6}=frac1{sqrt 3},

angle NLO=30^{circ}.

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}=arctgfrac{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+9-2sqrt{13} cdot 3 cdot cos angle FDC,

cos angle FDC=frac{6}{2sqrt{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{2sqrt{3}}{sqrt{13}}. Из bigtriangleup ADH найдём AH:

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

angle AHA_{1}= arctgfrac{AA_{1}}{AH}= arctgfrac{6 cdot sqrt{13}}{6sqrt{3}}= arctgfrac{sqrt{39}}{3}.

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; BCsin 30^circ; 0), то есть B(5sqrt{3}; 5;0), B_{1}(5sqrt{3}; 5;10).

Найдём координаты векторов: vec{PK}={0;5;-5}; vec{PB_{1}}={5sqrt{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 5sqrt{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, \ 5sqrt{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}={5sqrt{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, \ 5sqrt{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}}}{2sqrt{dfrac{10}{3}}}= frac{sqrt{10}}{4}.

cos beta =frac{sqrt{10}}{4}, beta=arccosfrac{sqrt{10}}{4}.

а) По условию ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} — правильная призма, это означает, что основание 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 5sqrt{6}=2sqrt{6}.

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

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

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

а) Рассмотрим рисунок.

Заметим, что параллелепипед ABB_{1}A_{1}EDD_{1}E_{1} является правильной призмой (ABB_{1}A_{1} — квадрат). BD perp EDD_{1}, тогда BD perp ED_{1}, ED_{1} perp ED как диагонали квадрата, значит, ED_{1} perp A_{1}BD, следовательно, ED_{1} perp BE_{1}, и угол между ними прямой.

б) Рассмотрим двугранный угол EE_{1}BD_{1} и его линейный угол EOD_{1}. С помощью теоремы косинусов можно найти высоту AE=sqrt{3} параллелепипеда. Диагональ боковой грани BE=sqrt{BA^{2}+AE^{2}}=2 и диагональ BE_{1}=sqrt{BE^{2}+EE_{1}^{2}}=sqrt{5} параллелепипеда.

В прямоугольном треугольнике с известными катетами BE=2, EE_{1}=1 и гипотенузой BE_{1}=sqrt{5} найдем высоту EO=frac{BE cdot EE_{1}}{BE_{1}}=frac{2}{sqrt{5}}.

Из равенства треугольников BEE_{1} и E_{1}BD_{1} следует, что треугольник EOD_{1}является равнобедренным OE=OD_{1}=frac{2}{sqrt{5}} с основанием ED_{1}=sqrt{ED^{2}+DD_{1}^{2}}=sqrt{2}.

Применяя теорему косинусов ED_{1}^{2}= EO^{2}+OD^{2}-2EOD_{1} cos angle EOD_{1}, найдем cos EOD_{1}=-frac{1}{4}, значит, угол между плоскостями ABD_{1} и BB_{1}E равен arccosfrac{1}{4}.

а) В плоскости грани AA_1B_1B через точку A проведем прямую, параллельную A_1B. Q и K — точки пересечения этой прямой соответственно с прямыми A_1B_1 и BB_1.

Прямая KM пересекает ребро BC в точке N, а ребро B_1C_1 — в точке S. Отрезок SQ пересекает ребро A_1D_1 в точке T.

Четырехугольник ATSN образует искомое сечение, так как все его вершины лежат в плоскости QSK, которая проходит через AM и прямую AK, параллельную A_1B, и, следовательно (QSK)parallel A_1B.

б) 1) В плоскости грани AA_1B_1B построим отрезок AK parallel A_1B. A_1Bparallel (AMK), AK=A_1B.

2) В плоскости BCC_1 проведем BRperp MK, тогда по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, AR perp MK как наклонная к плоскости BCC_1, проекция которой BRperp MK по построению.

3) Плоскость ABR perp MK, следовательно, любая прямая плоскости ABR перпендикулярна прямой MK.

4) Проведем отрезок BHperp AR. Длина этого отрезка — искомое расстояние.

Действительно, отрезок BH перпендикулярен двум пересекающимся прямым (AR и MK) плоскости AMK, параллельной A_1B.

5) Из bigtriangleup MBK найдем высоту BR:

MB=2sqrt{2}, BK=4, angle MBK = 135^{circ}. По теореме косинусов MK= sqrt{MB^2+KB^2-2MBcdot KBcdot cos 135^{circ}}= sqrt{8+16-2cdot 2sqrt{2}cdot 4cdot left(-frac{sqrt{2}}{2}right)}= 2sqrt{10}.

S_{MBK}= frac{1}{2}MBcdot BKcdot sin 135^{circ}= frac{1}{2}cdot 2sqrt{2}cdot 4cdot frac{sqrt{2}}{2}= 4,

S_{MBK}= frac{1}{2}MKcdot BR= frac{1}{2}cdot 2sqrt{10}cdot BR = BRcdot sqrt{10}.

sqrt{10}cdot BR=4, откуда BR=frac{2sqrt{10}}{5}.

Из прямоугольного bigtriangleup ABR высоту BH найдем из условия ABcdot BR=ARcdot BH.

По теореме Пифагора из bigtriangleup ABR; AR=sqrt{AB^2+BR^2}=sqrt{frac{88}{5}}, тогда 4cdot frac{2sqrt{10}}{5}=sqrt{frac{88}{5}}cdot BH, BH=frac{4sqrt{11}}{11}.

Найдем площадь основания пирамиды 144 − 108 = 36, исходя из этого AB = 6.

Определим площадь боковой грани frac{108}{4}=27.

Примем SM за высоту SAB. Получим S_{SAB}=frac{SMcdot AB}{2}=SMcdot 3=27, поэтому SM = 9.

а) Пусть SH – высота пирамиды, H – середина основания. Исходя из этого SH – прямая, по которой пересекаются данные плоскости, так же она перпендикулярна прямым AH и MH и другим прямым, лежащим в плоскости основания пирамиды. От сюда следует, что угол между плоскостью SAC и плоскостью SMH – это угол AHM, который равен 45^{circ}.

б) SH=sqrt{SM^{2}-MH^{2}}=sqrt{72}=6sqrt{2}.

Получаем S_{SAC}=frac{SHcdot AC}{2}=6sqrt{2}cdot 3sqrt{2}=36.