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.

При решении геометрических задач в пространстве часто встречаются такие, где необходимо рассчитать углы между разными пространственными объектами. В данной статье рассмотрим вопрос нахождения углов между плоскостями и между ними и прямой.

Прямая в пространстве

Известно, что совершенно любая прямая на плоскости может быть определена следующим равенством:

Здесь a и b - некоторые числа. Если представить тем же самым выражением прямую в пространстве, то получится уже плоскость, параллельная оси z. Для математического определения пространственной прямой применяют иной способ решения, чем в двумерном случае. Он заключается в использовании понятия "направляющий вектор".

Примеры решения задач на определение угла пересечения плоскостей

Зная, как найти между плоскостями угол, решим следующую задачу. Даны две плоскости, уравнения которых имеют вид:

3 * x + 4 * y - z + 3 = 0;

X - 2 * y + 5 * z +1 = 0

Чему между плоскостями равен угол?

Чтобы ответить на вопрос задачи, вспомним, что коэффициенты, стоящие при переменных в уравнении плоскости общем, являются координатами вектора направляющего. Для указанных плоскостей имеем следующие координаты их нормалей:

n 1 ¯(3; 4; -1);

n 2 ¯(-1; -2; 5)

Теперь найдем произведение скалярное этих векторов и их модули, имеем:

(n 1 ¯ * n 2 ¯) = -3 -8 -5 = -16;

|n 1 ¯| = √(9 + 16 + 1) = √26;

|n 2 ¯| = √(1 + 4 + 25) = √30

Теперь можно подставить найденные числа в приведенную в предыдущем пункте формулу. Получаем:

α = arccos(|-16 | / (√26 * √30) ≈ 55,05 o

Полученное значение соответствует острому углу пересечения плоскостей, указанных в условии задачи.

Теперь рассмотрим другой пример. Даны две плоскости:

Пересекаются ли они? Выпишем значения координат их направляющих векторов, посчитаем скалярное произведение их и модули:

n 1 ¯(1; 1; 0);

n 2 ¯(3; 3; 0);

(n 1 ¯ * n 2 ¯) = 3 + 3 + 0 = 6;

|n 1 ¯| = √2;

|n 2 ¯| = √18

Тогда угол пересечения равен:

α = arccos(|6| / (√2 * √18) =0 o .

Этот угол говорит о том, что плоскости не пересекаются, а являются параллельными. Тот факт, что они не совпадают друг с другом проверить просто. Возьмем для этого произвольную точку, принадлежащую первой из них, например, P(0; 3; 2). Подставим ее координаты во второе уравнение, получим:

3 * 0 +3 * 3 + 8 = 17 ≠ 0

То есть точка P принадлежит только первой плоскости.

Таким образом, две плоскости параллельными являются, когда таковыми будут их нормали.

Плоскость и прямая

В случае рассмотрения взаимного расположения между плоскостью и прямой существует несколько больше вариантов, чем с двумя плоскостями. Связан этот факт с тем, что прямая является одномерным объектом. Прямая и плоскость могут быть:

• взаимно параллельными, в этом случае плоскость не пересекает прямую;
• последняя может принадлежать плоскости, при этом она также будет параллельна ей;
• оба объекта могут пересекаться под некоторым углом.

Рассмотрим сначала последний случай, поскольку он требует введения понятия об угле пересечения.

Прямая и плоскость, значение угла между ними

Если плоскость прямая пересекает, то она называется наклонной по отношению к ней. Точку пересечения принято называть основанием наклонной. Чтобы определить между этими геометрическими объектами угол, необходимо опустить из любой точки прямой перпендикуляр на плоскость. Тогда точка пересечения перпендикуляра с плоскостью и место пересечения с ней наклонной образуют прямую. Последняя называется проекцией исходной прямой на рассматриваемую плоскость. Острый и проекцией ее является искомым.

Несколько запутанное определение угла между плоскостью и наклонной прояснит рисунок ниже.

Здесь угол ABO - это угол между AB прямой и a плоскостью.

Чтобы записать формулу для него, рассмотрим пример. Пусть имеется прямая и плоскость, которые описываются уравнениями:

(x ; y ; z) = (x 0 ; y 0 ; z 0) + λ * (a; b; c);

A * x + B * x + C * x + D = 0

Рассчитать искомый угол для этих объектов можно легко, если найти скалярное произведение между направляющими векторами прямой и плоскости. Полученный острый угол следует вычесть из 90 o , тогда он получается между прямой и плоскостью.

Рисунок выше демонстрирует описанный алгоритм нахождения рассматриваемого угла. Здесь β - это угол между нормалью и прямой, а α - между прямой и ее проекцией на плоскость. Видно, что их сумма равна 90 o .

Выше была представлена формула, дающая ответ на вопрос, как между плоскостями найти угол. Теперь приведем соответствующее выражение для случая прямой и плоскости:

α = arcsin(|a * A + b * B + c * C| / (√(a 2 + b 2 + c 2) * √(A 2 + B 2 + C 2)))

Модуль в формуле позволяет вычислять только острые углы. Функция арксинуса появилась вместо арккосинуса благодаря использованию соответствующей формулы приведения между тригонометрическими функциями (cos(β) = sin(90 o-β) = sin(α)).

Задача: плоскость пересекает прямую

Теперь покажем, как работать с приведенной формулой. Решим задачу: необходимо вычислить угол между осью y и плоскостью, заданной уравнением:

Эта плоскость показана на рисунке.

Видно, что она пересекает оси y и z в точках (0; -12; 0) и (0; 0; 12) соответственно и параллельна оси x.

Направляющий вектор прямой y имеет координаты (0; 1; 0). Вектор, перпендикулярный заданной плоскости, характеризуется координатами (0; 1; -1). Применяем формулу для угла пересечения прямой и плоскости, получаем:

α = arcsin(|1| / (√1 * √2)) = arcsin(1 / √2) = 45 o

Задача: параллельная плоскости прямая

Теперь решим аналогичную предыдущей задачу, вопрос которой поставлен иначе. Известны уравнения плоскости и прямой:

x + y - z - 3 = 0;

(x; y; z) = (1; 0; 0) + λ * (0; 2; 2)

Необходимо выяснить, являются ли эти геометрические объекты параллельными друг другу.

Имеем два вектора: направляющий прямой равен (0; 2; 2) и направляющий плоскости равен (1; 1; -1). Находим их скалярное произведение:

0 * 1 + 1 * 2 - 1 * 2 = 0

Полученный ноль говорит о том, что угол между этими векторами равен 90 o , что доказывает прямой и плоскости параллельность.

Теперь проверим, является эта прямая только параллельной или же еще и лежит в плоскости. Для этого следует выбрать произвольную точку на прямой и проверить, принадлежит ли она плоскости. Например, примем λ = 0, тогда точка P(1; 0; 0) прямой принадлежит. Подставляем в уравнение плоскости P:

Точка P плоскости не принадлежит, а значит, и вся прямая в ней не лежит.

Где важно знать углы между рассмотренными геометрическими объектами?

Приведенные выше формулы и примеры решения задач представляют собой не только теоретический интерес. Они часто применяются для определения важных физических величин реальных объемных фигур, например призмы или пирамиды. Важно уметь определить между плоскостями угол при расчете объемов фигур и площадей их поверхностей. При этом, если в случае прямой призмы можно не использовать эти формулы для определения указанных величин, то для любого вида пирамиды их применение оказывается неизбежным.

Ниже рассмотрим пример использования изложенной теории для определения углов пирамиды с квадратным основанием.

Пирамида и ее углы

Ниже рисунок демонстрирует пирамиду, в основании которой лежит квадрат со стороной а. Высота фигуры составляет h. Нужно найти два угла:

• между боковой поверхностью и основанием;
• между боковым ребром и основанием.

Чтобы решить поставленную задачу, сначала следует ввести систему координат и определить параметры соответствующих вершин. На рисунке показано, что начало координат совпадает с точкой в центре квадратного основания. В этом случае плоскость основания описывается уравнением:

То есть для любых x и y значение третьей координаты всегда равно нулю. Боковая плоскость ABC пересекает ось z в точке B(0; 0; h), а ось y в точке с координатами (0; a/2; 0). Ось x она не пересекает. Это означает, что уравнение плоскости ABC можно записать в виде:

y / (a / 2) + z / h = 1 или

2 * h * y + a * z - a * h = 0

Вектор AB¯ является боковым ребром. Координаты его начала и конца равны: A(a/2; a/2; 0) и B(0; 0; h). Тогда координаты самого вектора:

Мы нашли все необходимые уравнения и вектора. Теперь остается воспользоваться рассмотренными формулами.

Рассчитаем сначала в пирамиде угол между плоскостями основания и боковой стороны. Соответствующие нормальные вектора равны: n 1 ¯(0; 0; 1) и n 2 ¯(0; 2*h; a). Тогда угол составит:

α = arccos(a / √(4 * h 2 + a 2))

Угол между плоскостью и ребром AB будет равен:

β = arcsin(h / √(a 2 / 2 + h 2))

Остается подставить конкретные значения стороны основания a и высоты h, чтобы получить необходимые углы.

Использование метода координат при вычислении угла

между плоскостями

Наиболее общий метод нахождения угла между плоскостями - метод координат (иногда - с привлечением векторов). Его можно использовать тогда, когда испробованы все остальные. Но бывают ситуации, в которых метод координат имеет смысл применять сразу же, а именно тогда, когда система координат естественно связана с многогранником, указанным в условии задачи, т.е. явно просматриваются три попарно перпендикулярные прямые, на которых можно задать оси координат. Такими многогранниками являются прямоугольный параллелепипед и правильная четырехугольная пирамида. В первом случае система координат может быть задана выходящими из одной вершины ребрами (рис.1), во втором - высотой и диагоналями основания (рис. 2)

Применение метода координат состоит в следующем.

Вводится прямоугольная система координат в пространстве. Желательно ввести ее «естественным» образом - «привязать» к тройке попарно перпендикулярных прямых, имеющих общую точку.

Для каждой из плоскостей, угол между которыми ищется, составляется уравнение. Проще всего составить такое уравнение, зная координаты трех точек плоскости, не лежащих на одной прямой.

Уравнение плоскости в общем виде имеет вид Ах + By + Cz + D = 0.

Коэффициенты А, В, С в этом уравнении являются координатами нормального вектора плоскости (вектора, перпендикулярного плоскости). Определяем затем длины и скалярное произведение нормальных векторов к плоскостям, угол между которыми ищется. Если координаты этих векторов (А 1 , В 1 ; С 1 ) и (А 2 ; В 2 ; С 2 ), то искомый угол вычисляется по формуле

Замечание. Необходимо помнить, что угол между векторами (в отличие от угла между плоскостями) может быть тупым, и чтобы избежать возможной неопределенности, в числителе правой части формулы стоит модуль.

Решите методом координат такую задачу.

Задача 1. Дан куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 . Точка К - середина ребра AD, точка L - середина ребра CD. Чему равен угол между плоскостями А 1 KL и A 1 AD?

Решение . Пусть начало системы координат находится в точке А, а оси координат идут вдоль лучей AD, АВ, АА 1 (рис. 3). Ребро куба примем равным 2 (удобно делить пополам). Тогда координаты точек A 1 , К, L таковы: А 1 (0; 0; 2), К(1; 0; 0), L(2; 1; 0).

Рис. 3

Запишем уравнение плоскости А 1 К L в общем виде. Затем подставим в него координаты выбранных точек этой плоскости. Получим систему трех уравнений с четырьмя неизвестными:

Выразим коэффициенты А, В, С через D и придем к уравнению

Разделив обе его части на D (почему D = 0?) и домножив затем на -2, получим уравнение плоскости A 1 KL: 2х - 2 у + z - 2 = 0. Тогда нормальный вектор к этой плоскости имеет координаты (2: -2; 1) . Уравнение плоскости A 1 AD таково: y=0, а координаты нормального вектора к ней, например, (0; 2: 0) . Согласно приведенной выше формуле для косинуса угла между плоскостями получаем:

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.

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 .

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 .

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.

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.

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.