Задания по теме «Угол между прямой и плоскостью»

Открытый банк заданий по теме угол между прямой и плоскостью. Задания C2 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Задание №1184

Тип задания: 14
Тема: Угол между прямой и плоскостью

Условие

На рёбрах AD и BD правильного тетраэдра DABC взяты точки M и K соответственно так, что MD:AM=BK:KD=2.

а) Пусть L — точка пересечения прямой KM с плоскостью ABC. Докажите, что AB:AL=3.

б) Найдите угол между прямой KM и плоскостью ABC.

Показать решение

Решение

а) План решения.

1. Выполним схематический чертёж.

Правильный тетраэдр DABC и его схематичный чертеж

2. Сделаем предположение, что MK \perp BD, и докажем это утверждение (например, методом «от противного»).

3. Обозначим ребро тетраэдра какой-нибудь буквой (например, a) и через неё выразим другие величины.

4. Рассмотрим треугольник AML, найдём его углы. Из равенства \angle AML=\angle ALM сделаем вывод о том, что треугольник равнобедренный: AL=AM.

5. Найдём отношение AB:AL.

Решение.

1. Так как MK и AB лежат в плоскости ABD, то они пересекутся, L — точка их пересечения.

2. В \triangle MDK,\,  \angle MDK=60^{\circ},  MD=2DK, значит, MK \perp BD. Действительно, допустим, что это не так. Тогда опустим перпендикуляр MK',  MK' \perp BD. В прямоугольном треугольнике MK'D по определению косинуса \frac{K'D}{MD}=\cos \angle MDK',  K'D=MD \cos 60^{\circ}=\frac12MD. Но тогда точки K и K' совпадают. Получили противоречие. Значит, MK \perp BD.

3. Обозначим AB=AD=a, тогда MD =\frac23a,  DK =\frac13a,  AM=\frac13a.

4. \angle DMK=30^{\circ}. Следовательно, \angle AML=30^{\circ} (по свойству вертикальных углов). Так как \angle MLA= 180^{\circ}-\angle MAL-\angle AML= 180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}= 30^{\circ}, то \triangle AML — равнобедренный и AL=AM=\frac13a.

5. Тогда AB:AL=a:\frac13a=3.

Замечание. Вместо рассуждений, проведённых в пункте 4, можно было рассмотреть прямоугольный треугольник LBK и воспользоваться свойством катета, лежащего против угла в 30^{\circ}.

б) План решения.

1. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Построим проекцию отрезка KL на плоскость ABC. Для этого опустим перпендикуляр KH,  KH \perp ABC, точка H лежит в плоскости ABC. HL — проекция KL.

2. Найдём \sin \angle KLH (из треугольника KHL) и по синусу угла определим угол. Для этого выполним следующие действия.

2.1. Пусть O — центр основания ABC тетраэдра. Из подобия треугольников KHB и DOB найдём KH (для этого найдём DO).

2.2. Из треугольника BKL найдём KL.

2.3. Из треугольника KHL найдём \sin \angle KLH и \angle KLH.

Решение.

1. Искомый угол равен углу KLH.

2. Найдём \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}

2.1. \triangle KHB \sim \triangle DOB. Следовательно,

KH= \frac23DO= \frac23\sqrt {BD^2-BO^2}= \frac23\sqrt{BD^2-\left(\frac23BF\right)^2}= \frac23\sqrt {a^2-\left( \frac23\cdot \left( \frac{a\sqrt 3}2\right) \right) ^2}= \frac{2\sqrt 2}{3\sqrt 3}\cdot a.

2.2. В прямоугольном треугольнике BKL,\, BL =\frac43a,  BK=\frac23a найдём KL=\sqrt {BL^2-BK^2} =\frac{2\sqrt 3}3a.

2.3. \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}=\frac{\sqrt 2}{3},  \angle KLH=arcsin \frac{\sqrt 2}3.

Ответ

arcsin \frac{\sqrt 2}3.

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

Задание №191

Тип задания: 14
Тема: Угол между прямой и плоскостью

Условие

Основанием четырехугольной пирамиды SABCD является прямоугольник со сторонами AB=12,BC=5. Боковые ребра SA= 3\sqrt{3},SB= \sqrt{171}, SD = 2\sqrt{13}.

а) Докажите, что SA — высота пирамиды.

б) Найдите угол между SC и BD.

Показать решение

Решение

Четырехугольная пирамида SABCD

а) Заметим, что треугольник SAB является прямоугольным, так как в нем SB^2=171=27+144=SA^2+AB^2. Аналогично треугольник SAD тоже является прямоугольным, поскольку SD^2=52=27+25=SA^2+AD^2. Получаем, что прямая SA перпендикулярна прямым AB и AD, а значит, перпендикулярна плоскости основания ABCD.

б) Отложим на прямой AD за точку D отрезок DE, равный отрезку AD. Тогда в четырехугольнике BCED стороны BC и DE равны и параллельны. Следовательно, BCED является параллелограммом, поэтому BD\parallel CE, и угол между SC и BD будет равен углу между SC и CE.

По теореме Пифагора BD^2=AB^2+AD^2=144+25=169,

SC^2= SA^2+AC^2= SA^2+BD^2= 27+169= 196,

SE^2=SA^2+AE^2=27+100=127.

Значит, BD=CE=13, SC=14, SE=\sqrt{127}.

Пусть \angle SCE=\alpha. По теореме косинусов для треугольника SCE имеем: SE^2=SC^2+CE^2-2SC\cdot CE\cdot \cos \alpha,

\cos \alpha= \frac{SC^2+CE^2-SE^2}{2SC\cdot CE}= \frac{196+169-127}{2\cdot 13\cdot 14}= \frac{119}{182}.

Откуда \alpha=\arccos\frac{119}{182}.

Ответ

б) \arccos\frac{119}{182}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2016. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №170

Тип задания: 14
Тема: Угол между прямой и плоскостью

Условие

Площадь сечения, плоскостью SAC, правильной четырехугольной пирамиды SABCD равна 32\sqrt{3}, а площадь основания пирамиды ABCD равна 64.

а) Докажите, что угол между плоскостью основания, правильной четырехугольной пирамиды и боковым ребром равен 60^{\circ}.

б) Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Показать решение

Решение

Сторона основания пирамиды равна 8. Тогда диагональ основания AC равна 8\sqrt{2}.

Пусть SH – высота пирамиды, тогда угол между боковым ребром SA и плоскостью основания – это угол SAC.

а) Площадь треугольника SAC равна \frac{1}{2}AC\cdot SH=32\sqrt{3}, откуда SH=\frac{64\sqrt{3}}{8\sqrt{2}}=4\sqrt{6}.

Следовательно, tg SAC=\frac{SH}{AH}= \frac{4\sqrt{6}}{4\sqrt{2}}=\sqrt{3}, а значит угол SAC равен 60^{\circ}.

б) Возьмем SM – за высоту грани SAB. Тогда получим

SM=\sqrt{SH^{2}+HM^{2}}=\sqrt{96+16}=4\sqrt{7}.

Отсюда следует S_{SAB}=\frac{SM\cdot AB}{2}=4\sqrt{7}\cdot 4=16\sqrt{7}.

Следовательно, площадь боковой поверхности равна 16\sqrt{7}\cdot 4=64\sqrt{7} – что и требовалось найти по условию.

Ответ

б) 64\sqrt{7}

Источник: «Математика ЕГЭ 2016. Типовые тестовые задания». Под ред. И. В. Ященко.