Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Физика
Кликните, чтобы открыть меню

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Нахождение углов между прямыми/плоскостями

\(\blacktriangleright\) Угол между прямыми – это острый или прямой угол.

 

\(\blacktriangleright\) В пространстве существует 4 типа взаимного расположения прямых: совпадают, пересекаются, параллельны, скрещиваются.

 

\(\blacktriangleright\) Скрещивающиеся прямые – это прямые, через которые нельзя провести одну плоскость.

Признак скрещивающихся прямых: если первая прямая пересекает плоскость, в которой лежит вторая прямая, в точке, не лежащей на второй прямой, то такие прямые скрещиваются.




 

\(\blacktriangleright\) Порядок нахождения угла между скрещивающимися прямыми:

 

Шаг 1: через одну из двух прямых \(a\) провести плоскость, параллельную второй прямой \(b\) (напомним признак: прямая параллельна плоскости, если она параллельна какой-нибудь прямой из этой плоскости);

 

Шаг 2: в этой плоскости найти прямую \(c\), параллельную прямой \(b\);

 

Шаг 3: тогда угол между прямыми \(a\) и \(b\) будет равен углу между прямыми \(a\) и \(c\).


 

\(\blacktriangleright\) Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость (т.е. это острый или прямой угол).

 

\(\blacktriangleright\) Чтобы найти угол между прямой \(a\) и плоскостью \(\phi\) (\(a\cap\phi=B\)), нужно:

 

Шаг 1: из какой-то точки \(A\in a\) провести перпендикуляр \(AO\) на плоскость \(\phi\) (\(O\) – основание перпендикуляра);

Шаг 2: тогда \(BO\) – проекция наклонной \(AB\) на плоскость \(\phi\);

Шаг 3: тогда угол между прямой \(a\) и плоскостью \(\phi\) равен \(\angle ABO\).


 

\(\blacktriangleright\) 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.

Задание 1 #2440
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Дан куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Найдите угол между прямыми \(A_1B\) и \(AC_1\). Ответ дайте в градусах.

Добавить задание в избранное


 

Заметим, что данные прямые являются скрещивающимися. Т.к. \(B_1C_1\perp (AA_1B_1)\), то проекция наклонной \(AC_1\) на эту плоскость – это прямая \(AB_1\). Т.к. каждая грань куба – квадрат, а диагонали квадрата перпендикулярны, то \(AB_1\perp A_1B\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах (т.к. проекция \(AB_1\perp A_1B\)) наклонная \(AC_1\perp A_1B\). Следовательно, угол между этими прямыми равен \(90^\circ\).

Ответ: 90

Задание 2 #1263
Уровень задания: Легче ЕГЭ

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

Добавить задание в избранное


 

Найдем, например, угол между основанием \(ABC\) и гранью \(DAB\). Проведем \(CK\perp AB\). Т.к. 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 \(\angle DKC\) является линейным углом двугранного угла между основанием \(ABC\) и гранью \(DAB\).

 

Т.к. пирамида правильная, то высота падает в точку пересечения медиан основания, следовательно, \(OK=\dfrac{1}{3}CK=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt3}{2}a=\dfrac{\sqrt3a}{6}\).

 

Тогда из прямоугольного треугольника \(DOK\) имеем \(\mathrm{tg}\, \angle DKC=\dfrac{DO}{OK}=\dfrac{2\sqrt3h}{a} \Rightarrow \angle DKC=\mathrm{arctg}\,\dfrac{2\sqrt3h}{a}\).

Ответ:

\(\mathrm{arctg}\,\dfrac{2\sqrt3h}{a}\).

Задание 3 #2285
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Диагональ развертки боковой поверхности цилиндра составляет со стороной основания развертки угол \(\mathrm{arctg}\,\frac1{\pi}\). Вычислите угол между диагональю осевого сечения цилиндра и плоскостью основания.

Добавить задание в избранное

Рассмотрим развертку цилиндра. Это прямоугольник \(ABB'A'\), где \(AB=A'B'=l\) равен образующей цилиндра, а \(AA'\) равен длине окружности основания, то есть равен \(2\pi R\) (если \(R\) – радиус основания).

 

Обозначим угол \(\mathrm{arctg}\,\frac1{\pi}\) за \(\phi\).


 

Тогда из прямоугольного треугольника \(AA'B'\) \[\mathrm{tg}\,\phi=\dfrac{A'B'}{AA'} \quad \Rightarrow \quad \mathrm{tg}\,\phi=\dfrac{l}{2\pi R} \qquad (1)\]

 

Рассмотрим осевое сечение цилиндра – это также прямоугольник \(ABCD\), где \(AB=CD=l\), а \(AD\) – диаметр основания, то есть \(AD=2R\). Т.к. \(CD\) перпендикулярен плоскости основания, то угол между \(AC\) и плоскостью основания – это угол между \(AC\) и ее проекцией \(AD\) на эту плоскость, то есть это угол \(CAD\). Тогда

\[\mathrm{tg}\,\angle CAD=\dfrac{CD}{AD} \quad \Rightarrow \quad \mathrm{tg}\,\angle CAD=\dfrac{l}{2R} \qquad (2)\]

Деля первое равенство на второе, получаем \[\dfrac{\mathrm{tg}\,\phi}{\mathrm{tg}\,\angle CAD}= \dfrac1{\pi} \quad \Rightarrow \quad \mathrm{tg}\,\angle CAD= \pi\cdot \mathrm{tg}\,\phi \quad \Rightarrow \quad \mathrm{tg}\,\angle CAD=\pi \cdot \mathrm{tg}\,\left(\mathrm{arctg}\,\dfrac1{\pi}\right)=\pi\cdot \dfrac1{\pi}=1\]

Таким образом, \(\angle CAD=45^\circ\).

Ответ:

\(45^\circ\)

Задание 4 #3035
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное


 

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

 

2) Рассмотрим \(\triangle SOB\). \(OB=2\). Пусть \(SK\perp OB\). Тогда \(K\) – середина \(AB\), следовательно, \(KB=\frac12AB=\frac12\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle SKB\): \(SK=\frac{\sqrt{35}}2\). Также по теореме Пифагора из \(\triangle SKO\): \(SO=\sqrt{11}\). Следовательно, \[SK\cdot OB=BH\cdot SO \quad\Rightarrow\quad BH=\sqrt{\dfrac{35}{11}}=EH.\]

3) Рассмотрим \(\triangle BHE\). Заметим, что по свойству правильного шестиугольника \(BE=2AB=2\). По теореме косинусов: \[\cos\alpha=\dfrac{BH^2+EH^2-BE^2}{2\cdot BH\cdot EH}=\dfrac{13}{35} \quad\Rightarrow\quad \alpha=\arccos\dfrac{13}{35}.\]

Ответ:

\(\arccos \frac{13}{35}\)

Задание 5 #1264
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(SABC\) – треугольная пирамида, в основании которой лежит равнобедренный треугольник \(ABC\) со сторонами \(10, 10\) и \(10\sqrt3\). Высота пирамиды равна \(10\) и падает в точку пересечения высот основания. Найдите угол между двумя равными гранями пирамиды.

Добавить задание в избранное

1) Пусть \(AC=AB=10, BC=10\sqrt3, \ SO\) — высота пирамиды.

 

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

 

Две равные грани пирамиды – это \(SAC\) и \(SAB\). Проведем \(CH\perp SA\). Т.к. \(\triangle SAC = \triangle SAB \Rightarrow BH\perp SA\). Таким образом, \(\angle BHC=\angle \alpha\) – искомый угол между равными гранями.

 

Будем искать \(\angle \alpha\) из теоремы косинусов для \(\triangle BHC\) (у которого \(BH=CH\)). Для этого найдем \(CH\).


 

2) Пусть \(O\) – точка пересечения высот основания. По теореме косинусов для \(\triangle ABC\):

 

\(\cos\angle ABC=\dfrac{\sqrt3}{2} \Rightarrow \angle ABC=30^\circ\). Следовательно, \(\angle BCB_1=90^\circ-30^\circ=60^\circ\). Аналогично \(\angle CBC_1=60^\circ \Rightarrow \triangle OBC\) – равносторонний и \(OC=BC=10\sqrt3\).

 

По теореме Пифагора для \(\triangle SOC: \ SC=20\).

Т.к. для \(\triangle BOC \quad OA_1, BB_1, CC_1\) – медианы, то \(OA=2AA_1=10 \Rightarrow SA=10\sqrt2\).

 


 

3) Заметим, что \(\triangle SAC\) – тоже тупоугольный. Найдем \(CH\):

 

\(CH^2=CS^2 -SH^2 =CA^2-AH^2 \Rightarrow 400-(10\sqrt2+AH)^2=100-AH^2\) (т.к. ранее мы нашли \(CS=20, SA=10\sqrt2\), а \(AC=10\) по условию)

 

Значит, \(AH=\dfrac{5\sqrt2}{2} \Rightarrow CH=\dfrac{5\sqrt{14}}{2}\).

Тогда по теореме косинусов для \(\triangle BHC: \ \cos \alpha =-\dfrac{5}{7} \Rightarrow \angle (SAB, SAC) = \arccos \dfrac{5}{7}\) (т.к. угол между плоскостями – это острый или прямой угол).

Ответ:

\(\arccos \dfrac{5}{7}\)

Задание 6 #3141
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дана правильная пятиугольная призма, сторона основания которой равна \(2\), а боковое ребро равно \(3+\sqrt5\). На ребре \(AA_1\) на расстоянии \(2\) от точки \(A\) взята точка \(M\).

 

1) Постройте сечение призмы плоскостью \(MBD_1\).

 

2) Найдите угол между плоскостью \(MBD_1\) и плоскостью основания призмы.

 

Замечание: отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно \(\dfrac{\sqrt5+1}2.\)

Добавить задание в избранное

1) Назовем плоскость \(MBD_1\) плоскостью \(\alpha\).
Найдем линию пересечения \(\alpha\) и плоскости \(A_1B_1C_1\). Продлим лучи \(BM\) и \(B_1A_1\) до пересечения в точке \(O\). Тогда мы имеем две точки \(O\) и \(D_1\) в плоскости \(A_1B_1C_1\), следовательно, \(OD_1\) – линия пересечения \(\alpha\) и \(A_1B_1C_1\).
Определим, где пересекает прямая \(OD_1\) пятиугольник \(A_1B_1C_1D_1E_1\) (и пересекает ли вообще).



Рассмотрим плоскость \(AA_1B_1\). Так как \(AM=AB=2\), то \(\triangle AMB\) равнобедренный. Так как \(\triangle OA_1M\sim \triangle AMB\) (по двум углам), то \(\triangle OA_1M\) тоже равнобедренный, следовательно, \(A_1M=A_1O=1+\sqrt5\).
Рассмотрим теперь плоскость \(A_1B_1C_1\):



Пусть прямая \(OD_1\) пересекает прямую \(A_1E_1\) в точке \(E'\) (неизвестно, внутри отрезка \(A_1E_1\) или снаружи). Так как по свойству правильного пятиугольника \(A_1E_1\parallel B_1D_1\), то \(\triangle OE'A_1\sim \triangle OD_1B_1\) по двум углам. Следовательно, \[\dfrac{OA_1}{OB_1}=\dfrac{A_1E'}{B_1D_1}\] Так как из условия отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно \(\dfrac{\sqrt5+1}2\), то \(B_1D_1=1+\sqrt5\). Следовательно, получаем: \[A_1E'=\dfrac{(1+\sqrt5)^2}{3+\sqrt5}=2\] Следовательно, \(A_1E_1=A_1E'\), значит, \(E_1=E'\). Таким образом, плоскость \(\alpha\) пересекает грань \(A_1B_1C_1D_1E_1\) по отрезку \(D_1E_1\).


 

Таким образом, нам осталось найти точку пересечения плоскости \(\alpha\) с ребром \(CC_1\).
Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1\). Она пересекает плоскость \(A_1B_1C_1\) по прямой \(A_1C_1\), параллельной прямой \(E_1D_1\), которая в свою очередь является линией пересечения \(A_1B_1C_1\) и \(\alpha\). Следовательно, \(\alpha\) пересечет \(AA_1C_1\) по прямой, параллельной \(A_1C_1\). Таким образом, в плоскости \(AA_1C_1\) проведем прямую \(MN\parallel A_1C_1\), где \(N\) – точка пересечения этой прямой с \(CC_1\). Получили сечение \(BME_1D_1N\) – пятиугольник.


 

2) Так как \(MN\parallel A_1C_1\parallel AC\), то \(AM=CN\), следовательно, \(BM=BN\). Аналогично \(ME_1=ND_1\). Следовательно, перпендикуляр из \(B\) на \(MN\) упадет в середину \(MN\) - точку \(K\). Перпендикуляр из \(K\) на \(E_1D_1\) упадет в середину \(E_1D_1\) – точку \(H\) (по свойству равнобедренной трапеции: отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярен основаниям). Следовательно, \(BH\perp E_1D_1\).
По свойству правильного пятиугольника \(B_1H\perp E_1D_1\). Следовательно, \(\angle B_1HB\) – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \(\alpha\) и основания.



\(\triangle B_1HB\) прямоугольный (\(\angle BB_1H=90^\circ\)), следовательно, \[\mathrm{tg}\,\angle B_1HB=\dfrac{BB_1}{B_1H}\] Нужно найти \(B_1H\).



Из прямоугольного \(\triangle B_1HD_1\): \[B_1H=\sqrt{(1+\sqrt5)^2-1^2}=\sqrt{\sqrt5(2+\sqrt5)}\] Следовательно, \[\angle B_1HC=\mathrm{arctg}\,\dfrac{3+\sqrt5}{\sqrt{\sqrt5(2+\sqrt5)}}= \sqrt{\dfrac{(3+\sqrt5)^2}{\sqrt5(2+\sqrt5)}}= \sqrt{\dfrac{2+2\sqrt5}{\sqrt5}}\]

Ответ:

2) \(\mathrm{arctg}\,\sqrt{\dfrac{2+2\sqrt5}{\sqrt5}}\)