Задания по теме «Угол между плоскостями»

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.

а) В \triangle DCN и \triangle MAD имеем: \angle C=\angle A=90^, 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 = \sqrt = 4\sqrt 5, MN= \sqrt = \sqrt = 4\sqrt 2. Следовательно, в \triangle DKM по теореме Пифагора DK= \sqrt = \sqrt = 6\sqrt 2. Тогда в \triangle DKD_1, tg\angle DKD_1=\frac=\frac=1.

Значит, \angle DKD_1=45^.

Задание №1187

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 .

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^) с катетами 2 и 4 вычислим гипотенузу AF=\sqrt =2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac= \frac4.

В прямоугольном треугольнике KHD найдём tg \alpha =\frac=\frac4, значит, искомый угол \alpha =arctg\frac4.

а) 1:5;

б) arctg\frac4.

Задание №1183

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

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 .

а) Пусть KO — высота пирамиды, F — середина MK ; FE \parallel MP ( в плоскости PKM ) . Так как FE — средняя линия \triangle PKM, то FE=\frac2.

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 .

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt= \frac12\sqrt = \frac12\sqrt= \frac32\sqrt = \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

Задание №986

Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA_B_C_ равны 6 . Через середины рёбер AC и BB_ и вершину A_ 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.

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

В плоскости AA_C_ проведем прямую A_D, которая пересекает прямую CC_ в точке K , в плоскости BB_C_ — прямую KE , которая пересекает ребро BC в точке F . Соединие точки A_ и E , лежащие в плоскости AA_B_, а также D и F , лежащие в плоскости ABC , получим сечение A_EFD.

\bigtriangleup AA_D=\bigtriangleup CDK по катету AD=DC и острому углу.

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

\frac=\frac=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_. Действительно, отрезок AH \perp DF ( DF — линия пересечения этих плоскостей ) и является проекцией отрезка A_H на плоскость основания, следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах, A_H \perp DF. \angle AHA_=arctg\frac. AA_=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=13.

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

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

По следствию из основного тригонометрического тождества

AH=AD \cdot \sin \angle ADH, (\angle FDC=\angle ADH). AH=3 \cdot \frac=\frac.

Задание №983

Основанием прямой призмы ABCDA_B_C_D_ является ромб с тупым углом B , равным 120^\circ. Все ребра этой призмы равны 10 . Точки P и K — середины ребер CC_ и CD соответственно.

а) Докажите, что прямые PK и PB_ перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями PKB_ и C_B_B.

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

Тогда C (0;0;0); C_(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; 5;0), B_(5\sqrt; 5;10).

Пусть угол между \vec и \vec равен \alpha.

\cos \alpha =0, значит, \vec \perp \vec и прямые PK и PB_ 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=\ перпендикулярен плоскости PKB_. Найдем его, решив систему \begin \vec \perp \vec, \\ \vec \perp \vec. \end

\begin 0x+5y-5z=0, \\ 5\sqrtx+5y+5z=0; \end

Пусть \vec=\ перпендикулярен плоскости C_B_B. Найдем его, решив систему \begin \vec \perp \vec, \\ \vec \perp \vec. \end

\begin 0x+0y+10z=0, \\ 5\sqrtx+5y+0z=0; \end

Найдем косинус искомого угла \beta (он равен модулю косинуса угла между \vec и \vec ).

Задание №981

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_B_C_D_ на ребре AA_ взята точка M так, что AM:MA_=2:3.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки D и M параллельно диагонали основания AC .

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания, если AA_=5\sqrt, AB=4.

а) По условию ABCDA_B_C_D_ — 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_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_AD и B_BC, тогда, по свойству параллельных плоскостей, линии пересечения граней A_ADD_ и B_BCC_ 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_=2:3, тогда AM=\fracAA_=\frac \cdot 5\sqrt=2\sqrt.

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

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

В прямоугольном треугольнике FOD\enspace tg \angle FDO=\frac=\frac=\sqrt. Следовательно, \angle FDO=60^\circ.