Угол между плоскостями —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.16 Угол между плоскостями

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#78386

Прямоугольный треугольник $ABC$ с катетами $AC = 3$ и $BC = 4$ является основанием пирамиды $FABC.$ Высота пирамиды равна $√- 2 3,$ угол $FAC$ — прямой, тангенс угла между гранями $F AC$ и $ABC$ равен $( √3) − -5- .$

а) Докажите, что угол между плоскостью $(F AB)$ и плоскостью основания равен $30∘.$

б) Найдите площадь грани $F AB.$

Источники: ЕГЭ 2018, основная волна

Показать ответ и решение

а) Проведем $AD ⊥ AC$ в плоскости $(ABC ).$ Тогда $FA ⊥ AC,$ $DA ⊥ AC,$ следовательно, $∠FAD = α= ∠(FAC, ABC ).$ Значит. $√3 tgα= − -5 .$

Также из этого построения следует, что $AC ⊥ (FAD ),$ следовательно, если провести $FH ⊥ AD,$ то $FH ⊥ AD$ и $FH ⊥ AC.$ Следовательно, $F H ⊥ (ABC ),$ то есть $FH = 2√3$ — высота пирамиды $FABC.$

$PIC$

$∘ √3 ∠F AH = β = 180 − α ⇒ tgβ = -5 .$

Тогда

√- -3-= tg β = F-H ⇒ AH = 10 5 AH

Проведем $HP ⊥ AB.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах $F P ⊥ AB,$ следовательно, $φ =∠F PH = ∠ ((FAB ),(ABC )).$ Требуется доказать, что $∘ φ = 30.$

Рассмотрим $(ABC ):$

$PIC$

По теореме Пифагора в треугольнике $ABC$ имеем $AB =5.$ Найдем $P H.$ Так как $∠PAH = ∠ABC$ как соответственные при $AD ∥BC$ и секущей $BP,$ то $△AP H ∼△ABC,$ значит,

P-H AH- 3⋅10 AC = AB ⇔ P H = 5 =6

Тогда

FH 2√3- 1 tgφ = PH-= --6-= √-- ⇒ φ = 30∘ 3

Что и требовалось доказать.

б) $△HAB$ — проекция $△F AB$ на плоскость $ABC.$

$PIC$

Следовательно,

√- SHAB- =cosφ = -3- SFAB 2

Заметим, что в $△HAB$ отрезок $P H$ — высота к основанию $AB,$ следовательно,

S = 1PH ⋅AB = 1 ⋅6⋅5= 15 HAB 2 2

Следовательно,

SHAB 15 √ - SFAB = -cosφ = √3-= 10 3 2

Ответ:

б) $10√3-$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#43079

Основание пирамиды — равнобедренный прямоугольный треугольник. Каждый из двугранных углов при основании равен $β.$ Высота пирамиды равна $h$ . Найдите площадь основания.

Показать ответ и решение

Если боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами, то основание высоты пирамиды — центр вписанной в основание пирамиды окружности. Докажем это.

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По ТТП $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$ Тогда по определению $∠SA H = ∠SB H = ∠SC H = 75∘ 1 1 1$ — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H$ . Следовательно, $HA1 = HB1 =HC1 =r.$ Таким образом, $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r$ .

$PIC$

Так как $△ABC$ прямоугольный и равнобедренный, то $AC = BC = a,$ $√ - AB = a 2.$ Также $CB1HA1$ — квадрат, $AB1 = AC1$ и $BA1 =BC1$ как отрезки касательных, следовательно,

AC + BC − AB 2a− a√2 √- r =------2------ ⇔ hctgβ = ---2---- ⇔ a= (2+ 2)hctg β

Следовательно,

1 2 √ - 2 2 SABC = 2a = (3+ 2 2)h ctg β.

Ответ:

$(3+ 2√2)h2ctg2β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#43078

Основание пирамиды — треугольник со сторонами 13, 14 и 15. Все двугранные углы при сторонах основания равны $∘ 75 .$ Найдите высоту пирамиды.

Показать ответ и решение

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По теореме о трех перпендикулярах отрезки $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$

Тогда по определению $∘ ∠SA1H = ∠SB1H = ∠SC1H = 75$ — линейные углы двугранных углов, образуемых боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H.$ Следовательно, $HA1 =HB1 =HC1 =r.$ Таким образом, точка $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

Будем искать $r$ по формуле

SABC S r = pABC-= p-

Площадь $△ABC$ равна

-------------------- S = ∘p(p− 13)(p− 14)(p − 15)= √21-⋅8⋅7⋅6= 7⋅3 ⋅4

Тогда

r = 7⋅3⋅4= 4 21

Так как $∘ SH = rtg75 ,$ то найдем $∘ tg75 :$

∘ ∘ ∘ tg30∘+ tg45∘ √- tg75 = tg(30 + 45 )= 1−-tg30∘tg-45∘-= 2+ 3

Следовательно, $- SH = 4(2+ √3).$

Ответ:

$4(2+ √3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#43077

Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами 10, 10 и 12. Все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом $∘ 45 .$ Найдите высоту пирамиды.

Показать ответ и решение

Опустим высоту $SH$ пирамиды $SABC$ к основанию $ABC.$ Опустим перпендикуляры $HA1,$ $HB1,$ $HC1$ на стороны $△ABC.$ По теореме о трех перпендикулярах $SA1,$ $SB1,$ $SC1$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC.$

Тогда по определению $∘ ∠SA1H = ∠SB1H = ∠SC1H = 45$ — линейные углы двугранных углов, образуемых боковыми гранями пирамиды и ее основанием. Следовательно, по общему катету и острому углу $△SA1H = △SB1H = △SC1H.$ Следовательно, $HA1 =HB1 =HC1 =SH = r.$ Таким образом, $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

Так как $△ABC$ равнобедренный, то точка $H$ лежит на высоте $AA1$ треугольника, проведенной к основанию.

По теореме Пифагора в треугольнике $AA1C$ имеем:

AA1 =∘102-−-62 = 8

Найдем радиус вписанной окружности через площадь и периметр основания:

SABC 12 ⋅AA1 ⋅BC r = pABC-= 1(AB-+-BC-+-AC-) = 3. 2

Тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнке $SHB1$ имеем:

SH = r = 3

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#43076

Основанием наклонной призмы служит прямоугольник со сторонами $a$ и $b.$ Две смежные боковые грани составляют с основанием острые углы, равные $α$ и $β$ соответственно. Найдите объем призмы, если боковое ребро равно $c.$

Показать ответ и решение

Пусть $A′H ⊥(ABC ).$ Проведем $HB ′′ ⊥ AB,$ $HD ′′ ⊥ AD.$ Тогда по ТТП $′ ′′ A B ⊥ AB,$ $′ ′′ A D ⊥AD.$ Следовательно, по определению $′ ′′ ∠A B H =α,$ $′ ′′ ∠A D H = β$ — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями и основанием.

$PIC$

Пусть $A ′H = h.$ $AD ′′HB ′′$ — четырехугольник, три угла которого прямые, следовательно, это прямоугольник. Таким образом,

HB ′′ = AD ′′ = hctgα; ′′ ′′ HD = AB = hctgβ; A′B ′′ =--h-, A′D ′′ =--h-. sinα sinβ

Так как $′2 ′′2 ′ ′′2 AA = AB + A B$ , то

2 2 2 -h2-- --------c-------- c = h tg β + sin2α ⇒ h= ∘ctg2-α+-ctg2β-+-1

Следовательно,

-------abc------- V = abh= ∘ctg2α-+-ctg2β-+1-.

Ответ:

$∘------abc------- 1 +ctg2α+ ctg2β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#43074

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ через сторону основания $AC$ и вершину $B1$ проведена плоскость. Сторона основания призмы равна $a,$ угол наклона сечения к основанию равен $ϕ.$ Найдите объем призмы.

Показать ответ и решение

Проведем $BK ⊥ AC.$ Тогда по ТТП $B1K ⊥ AC.$ Следовательно, $∠B1KB = ϕ$ — угол наклона плоскости $ACB1$ к плоскости основания $ABC.$

$PIC$

Так как $△ABC$ равносторонний и $AC =a,$ то $√- BK = a23.$ Из прямоугольного $△BKB1$ имеем $tgϕ = BBBK1,$ откуда $√- BB1 =BK tg ϕ= a23tgϕ.$

Следовательно, объем призмы равен

√ - √ - V =BB ⋅S = a--3⋅tgϕ⋅ a2--3= 3a2 ⋅tgϕ. ABCA1B1C1 1 ABC 2 4 8

Ответ:

$3a2 tgϕ 8$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#43070

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA1B1C1D1$ известны ребра: $AB = 35,$ $AD = 12,$ $CC1 = 21.$ Найдите угол между плоскостями $(ABC )$ и $(A1DB ).$

Показать ответ и решение

Проведем $AH ⊥ BD.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная $A1H ⊥ BD.$ Следовательно, $∠A1HA = ∠((ABC ),(A1BD )).$

$PIC$

По теореме Пифагора в треугольнике $ABD$ имеем:

∘---------- ∘ -------- BD = AD2 + AB2 = 122 +352 = 37

Так как $△AHB ∼ △ABD,$ то

AH- = AH- = AB-= 35 ⇔ AH = 35⋅12 12 AD BD 37 37

Тогда

AA1 37 37 tg∠A1HA = AH--= 20 ⇒ ∠A1HA = arctg20

Ответ:

$arctg 37 20$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#41980

Докажите, что плоскость, делящая пополам двугранный угол при ребре тетраэдра, делит противоположное ребро на части, пропорциональные площадям граней, заключающих этот угол.

Показать ответ и решение

Пусть $SH ⊥ (ABC )$ , $HK ⊥ AB$ $⇒$ по ТТП $SK ⊥ AB$ , следовательно, $∠SKH$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $(SAB )= ϕ1$ и $(CAB )= ϕ2$ . Пусть $KH ∩ AC = P$ , тогда плоскость $ϕ$ (делящая угол между $ϕ1$ и $ϕ2$ пополам) пересекает $SP$ в точке $N$ : $KN$ — биссектриса $∠SKH$ . Пусть $AN ∩ SC =Q$ , тогда $AQB$ — сечение пирамиды плоскостью $ϕ$ . Требуется доказать, что

-SQ = S1 QC S2

$PIC$

Так как $NK$ — биссектриса $∠SKH$ , то

SN- SK- --S1--- NP = KP = 12a⋅KP

По теореме Менелая для $△CSP$ и прямой $AQ$ :

SN PA CQ S1 PA SQ NP- ⋅AC-⋅QS- = 1 ⇔ 1a⋅KP--⋅AC-= QC- 2

Проведем $CM ⊥ AB$ . Тогда $△P AK ∼ △CAM$ и $PA :AC = KP :CM$ , следовательно,

---S1-- -KP- SQ- S1 SQ- 12a⋅KP ⋅CM = QC ⇔ S2 = QC .

Чтд.

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#41979

Докажите, что если $S$ и $P$ — площади двух граней тетраэдра, $a$ — их общее ребро, а $α$ — двугранный угол между ними, то объем этого тетраэдра равен

2SP sinα V = ---3a---.

Показать ответ и решение

$PIC$

$DH$ — высота тетраэдра, проведенная к грани площадью $P$ , $AB = a$ , $HE ⊥ AB$ , тогда по ТТП наклонная $DE ⊥ AB$ , следовательно, $DEH = α$ . Так как $1 S = 2AB ⋅DE$ , то $2S DE = -a$ . Из прямоугольного $△DEH$ имеем $DH = DE sinα$ , следовательно,

V = 1DH ⋅P = 2 ⋅ SP-sinα 3 3 a

Мы рассмотрели случай, когда $α≤ 90∘$ . В случай, если $α > 90∘$ , точка $H$ находится вне грани $ABC$ и работать мы будем с тем же треугольником $DHE$ , но с его углом $∘ β = 180 − α$ , синус которого равен синусу угла $α$ . Следовательно, формула останется прежней.

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#41978

В пирамиде $SABC$ с углом $∠ABC = α$ точка $B$ — проекция точки $S$ на плоскость $ABC.$ Найдите величину угла между плоскостями $SAB$ и $SBC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

$SB$ — линия пересечения плоскостей $CSB$ и $ASB$ . Следовательно, так как $CB ⊥SB$ , $AB ⊥ SB$ $⇒$ $∠CBA$ — линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Если он острый или прямой, то он равен углу между этими плоскостями, если он тупой, то смежный с ним угол равен углу между этими плоскостями, следовательно, угол между $(SAB )$ и $(SBC )$ равен $α$ , если $0∘ < α ≤ 90∘$ , и $180∘− α$ , если $90∘ < α < 180∘$ .

Ответ:

$α$ , если $0∘ < α≤ 90∘$ , и $180∘ − α$ , если $90∘ < α< 180∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#41977

Пусть $A′$ — проекция точки $A$ на данную плоскость, $AA′ = a$ . Через точку $A$ проходит другая плоскость, образующая с данной плоскостью угол $α$ и пересекающая ее по прямой $l.$ Найдите расстояние от точки $′ A$ до прямой $l.$

Показать ответ и решение

$PIC$

$AA ′$ — перпендикуляр к плоскости, содержащей точку $A ′$ . Проведем $A′L⊥ l$ , тогда по ТТП наклонная $AL ⊥ l$ . Следовательно, $′ ∠ALA$ — линейный угол двугранного угла между двумя плоскостями, то есть $′ ∠ALA = α$ . Тогда

′ ctgα = A-L′- ⇒ A ′L = AA′ctgα =a ⋅ctgα. AA

Ответ:

$actgα$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#41974

Двугранный угол при ребре $AC$ тетраэдра $ABCD$ равен $π-. 4$ Найдите $BD,$ если

AB = 2, AD =√2, ∠BAC = π, ∠CAD = π. 6 2

Показать ответ и решение

По теореме косинусов для трехгранного угла (id41318), где $D (AC )B$ — двугранный угол при ребре $AC$ :

√ - √ - √ - cosα = cos∠BAC cos∠DAC+sin ∠BAC sin∠DAC cos∠D(AC )B = --3⋅0+ 1⋅1⋅--2= --2 2 2 2 4

$PIC$

По теореме косинусов для $△ADB :$

- 2 2 2 √- √2- x = AD + AB − 2 ⋅AD ⋅AB ⋅cosα = 4+ 2− 2⋅2⋅ 2 ⋅ 4 = 4 ⇔ x= 2.

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#41972

Двугранный угол при ребре $AB$ тетраэдра $ABCD$ равен $π. 4$ Найдите $∠DAC$ , если $π ∠DAB = 2$ и $3π- ∠BAC = 4 .$

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме косинусов для трехгранного угла (id41318), где $D (AB )C$ — двугранный угол при ребре $AB$ :

cos∠DAC =cos∠DAB ⋅cos∠CAB + sin ∠DAB ⋅sin ∠CAB ⋅cos∠D (AB )C ⇒ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ cos∠DAC =cos90 ⋅cos135 +sin 90 ⋅sin135 ⋅cos45 ⇔ ( √-) √- √- cos∠DAC =0 ⋅ − -2- + 1⋅-2-⋅-2- ⇔ 2 2 2 1 cos∠DAC = 2 ⇒ ∠DAC = π- 3

Ответ:

$π- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#41971

Основанием прямой призмы служит ромб $ABCD$ с углом $∠A = 120∘.$ На боковых ребрах $′ ′ AA ,BB$ и $′ CC$ взяты такие точки $K,L$ и $M$ соответственно, что угол между прямыми $KL$ и $AB$ равен $∘ 45$ , а угол между прямыми $LM$ и $BC$ равен $30∘.$ Найдите угол между плоскостями $(KLM )$ и $(ABC ).$

Показать ответ и решение

Проведем через точку $B$ прямые параллельно прямым $ML$ и $KL$ и переобозначим точки. Пусть эти прямые пересекают ребра $′ CC$ и $′ AA$ в точках $M$ и $K$ соответственно, как показано на рисунке. Тогда $∘ ∠MBC = 30 ,$ $∠KBA = 45∘.$

$PIC$

Построим линейный угол двугранного угла, образуемого плоскостями $(MBK )$ и $(ABC ).$ Для этого нужно найти линию пересечения этих плоскостей.

Пусть $KM ∩ AC = O,$ тогда $BO$ — линия пересечения плоскостей $(MBK )$ и $(ABC ).$ Проведем $CH ⊥ BO.$ Тогда по ТТП $MH ⊥ BO.$ Следовательно, $∠MHC = α$ — искомый линейный угол.

Пусть $MC = a.$ Тогда $BC = a√3,$ следовательно, $AK = AB = BC = a√3.$

Так как $∠BAC = 120∘,$ то $∠ABC =60∘$ , следовательно, $△ABC$ правильный, то есть $√ - AC = a 3.$

$PIC$

Из подобия $△MCO ∼ △KAO$ имеем:

MC CO 1 CO 1 √ -√ - KA--= AO- ⇔ √--= ------√-- ⇔ CO = 2a 3( 3+ 1) 3 CO + a 3

Тогда $3 √ - AO = 2a( 3+ 1).$

По теореме косинусов для $△ABO :$

√ - 2 2 2 ∘ 2 39+-3--3 BO = AB +AO − 2⋅Ab ⋅AO ⋅cos60 = a ⋅ 4

По теореме синусов для этого же треугольника:

∘ ------- --AB----= -BO-∘- ⇔ sin∠AOB = ---3√-- sin∠AOB sin60 13+ 3

Из $△CHO$ имеем:

CH 3a(√3 +1) sin∠AOB = CO- ⇔ CH = -∘-----√-- 2 13+ 3

Следовательно, из $△MHC :$

CH 3(√3 +1) 3(√3-+ 1) ctgα = MC--= 2∘13-+√3- ⇒ α = arcctg 2∘13-+√3--

Ответ:

$√- arcctg 3(∘-3-+1√)- 2 13 + 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#41970

В правильной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S$ боковое ребро равно $a$ , а двугранный угол при этом ребре равен $ϕ.$ Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки $B,D$ и середину $M$ ребра $SC.$

Показать ответ и решение

$SABCD$ — правильная четырехугольная пирамида, следовательно, в основании лежит квадрат, боковые ребра равны между собой, а основание высоты $SH = h$ пирамиды — точка $H$ — точка пересечения диагоналей $ABCD.$

Проведем $BP ⊥SC$ . Так как боковые грани — равные равнобендренные треугольники, то $DP ⊥ SC$ . Следовательно, $∠BP D = α$ — двугранный угол при боковом ребре пирамиды.

$PIC$

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости, следовательно, любой прямой из этой плоскости. Следовательно, $SC ⊥(BP D)$ $⇒$ $SC = ⊥ HP$ , то есть $HP$ — высота прямоугольного треугольника $SHC$ , проведенная к гипотенузе. Введем $BH = b$ . Так как $α HP- ctg2 = b$ $⇒$ $α HP = b⋅ctg 2$ .

SH-⋅HC-- HP-⋅SC- 2 = S△SHC = 2 ⇔ SC2⋅HP 2 =SH2 ⋅HC2 ⇔ a2⋅b2 ⋅ctg2 α-= (a2− b2)⋅b2 ⇔ 2 ∘ ------ϕ-- b= a 1− ctg22-

$CH$ — проекция $MH$ на плоскость $ABC$ . Так как $CH ⊥ BD$ $⇒$ по ТТП $MH ⊥ BD$ $⇒$ $SBMD = 1MH ⋅BD. 2$ Так как $MH$ — медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, то $MH = 1SC = a 2 2$ $⇒$

1 a ∘ -----2-ϕ- a2∘ ------2 ϕ SBMD = 2 ⋅2 ⋅2a 1− ctg 2 =-2 1− ctg 2.

Ответ:

$∘ --------- a2 1− ctg2 ϕ 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#41969

Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды с высотой $h$ и двугранным углом $α$ при боковом ребре.

Показать ответ и решение

Проведем $BP ⊥SC$ . Так как боковые грани — равные равнобендренные треугольники, то $DP ⊥ SC$ . Следовательно, $∠BP D = α$ — двугранный угол при боковом ребре пирамиды. Введем $BH =a$ .

$PIC$

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости, следовательно, любой прямой из этой плоскости. Следовательно, $SC ⊥(BP D)$ $⇒$ $SC = ⊥ HP$ , то есть $HP$ — высота прямоугольного треугольника $SHC$ , проведенная к гипотенузе. Так как $ctg α2 = HPa$ $⇒$ $HP = a ⋅ctg α2$ .

SH-⋅HC--= S△SHC = HP-⋅SC- ⇔ 2 2 SC2⋅HP 2 =SH2 ⋅HC2 ⇔ 2 2 2 2 α- 2 2 (a +h )⋅a ⋅ctg 2 =h ⋅a ⇔ ( α ) a2 = h2⋅ tg22-− 1

Так как $√- AB 2 =BD = 2BH$ , то $√ - AB = a 2$ , следовательно,

1 2 2 3( 2 α ) VSABCD = 3SH ⋅AB = 3h tg 2-− 1 .

Ответ:

$2h3 ⋅(tg2 α− 1) 3 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#41966

Основанием пирамиды $SABC$ с высотой $SH$ служит прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB$ , а двугранные углы при ребрах основания равны по $5 α = arcsin 13.$ Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если $AH = 1$ , $√- BH = 3 2.$

Показать ответ и решение

Если боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковыми углами (двугранные углы при ребрах основания равны), то основание высоты пирамиды — центр вписанной в основание окружности. Докажем это.

Проведем $HA1 ⊥BC$ , $HB1 ⊥AC$ , $HC1 ⊥AB$ . Тогда по ТТП $SA1 ⊥ BC$ , $SB1 ⊥ AC$ , $SC1 ⊥AB$ . Следовательно, $∠SA1H = ∠SB1H =∠SC1H = α$ — двугранные углы при ребрах основания пирамиды. Следовательно, $△SA H = △SB H = △SC H 1 1 1$ как прямоугольные по катету и острому углу. Отсюда $HA1 = HB1 = HC1 = r$ , то есть $H$ — центр вписанной в $△ABC$ окружности радиуса $r.$

$PIC$

$AH$ , $BH$ — отрезки биссектрис $∠A = 2β$ и $∠B = 2γ$ .

√ ----- sinβ = r, cosβ =--1−-r2 ⇒ sin 2β = 2r∘1-− r2 1 1 √-----2 2 sinγ =-√r-, cosγ = -18√−-r-- ⇒ cos2γ = 9-− r 3 2 3 2 9

Так как в прямоугольном треугольнике синус одного острого угла равен косинусу другого острого угла, то получаем равенство

2r∘1-−-r2 = 9−-r2 ⇔ 9 4 2 325r − 342r + 81= 0 ⇔ r2 = 9-; 9 25 13

Проверим, выполняется ли теорема Пифагора для $△ABC$ при найденных значениях $r.$

Заметим, что $AC1 = AB1,$ $CA1 = CB1 =r$ , $BA1 =BC1$ как отрезки касательных, проведенных к вписанной окружности из точек $A,C,B$ соответственно.

Если $r = 35$ , то $AB1 = 45$ , $B2C = 35$ , $A1B = 215$ $⇒$ $(4+ 3)2+ (3+ 21)2 =(4-+ 21)2 5 5 5 5 5 5$ — верно.

Если $r = √3- 13$ , то $AB = √2-- 1 13$ , $B C = 3√-- 2 13$ , $A B = 1√5- 1 13$ $⇒$ $( )2 ( )2 ( )2 √213 + √313 + √313 + √1513 = √213-+ 1√513-$ — неверно.

Следовательно, $r = 35$ . Так как $cosα= 1123 = SAr1,$ то $SA1 = corsα-$ . Так как из выше приведенного равенства треугольников $SA1 = SB1 = SC1$ , то площадь боковой поверхности пирамиды равна

1 1 3 13 ( 7 24 25) 91- Sбок.п. = 2SA1 ⋅P △ABC = 2 ⋅5 ⋅12 ⋅ 5 + 5 + 5 = 25 .

Ответ:

$91 25$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#41961

Найдите двугранный угол при ребре основания правильной треугольной пирамиды, если угол между ее боковыми ребрами равен $ϕ.$

Показать ответ и решение

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с вершиной $S$ . Если $SH$ — высота пирамиды, то $H$ — точка пересечения высот правильного треугольника $ABC$ , а боковые ребра равны между собой. Пусть $AA1 ⊥ BC$ . Тогда по ТТП $SA1 ⊥BC$ , следовательно, $∠SA1A$ — двугранный угол при ребре $BC$ .

$PIC$

Пусть $AA1 = 3a$ . Тогда $√3 AA1 = BC ⋅ 2$ $⇒$ $√- BC = 2 3a$ , $√ - A1C = 3a.$ Из $△SA1C$ имеем: $ϕ SA ctg2 = A11C$ $⇒$ $√- ϕ SA1 = a 3ctg2.$

Тогда

ϕ cos∠SA1A = HA1-= -√--a--ϕ ⇒ ∠SA1A = arccos tg√-2. SA1 a 3ctg 2 3

Ответ:

$arccos tg√-ϕ2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#41319

Докажите теорему косинусов для двугранного угла:

Двугранный угол между плоскостями $α$ и $β$ , пересекающимися по прямой $l$ , равен $ϕ.$ $A ∈ α$ , $B ∈ β$ , $AA1 ⊥ l$ , $BB1 ⊥l$ . Тогда верно равенство

AB2 = AA21+ BB21 − 2⋅AA1 ⋅BB1 cosϕ + A1B12

Показать ответ и решение

Проведем в плоскости $α$ отрезок $DB1 = AA1$ , $DB1 ∥ AA1$ . Тогда $AA1B1D$ — параллелограмм, следовательно, $AD ∥l$ , следовательно, $AD ⊥ (BB1D )$ ( $l ⊥ (BB1D )$ так как $l ⊥ DB1,$ $l ⊥ BB1$ ). Следовательно, $∘ ∠ADB = 90.$ Также по построению $∠BB1D =ϕ$ .

$PIC$

По теореме косинусов для $△BB1D :$

BD2 = BB2 +DB2 − 2 ⋅BB ⋅DB ⋅cosϕ 1 1 1 1

По теореме Пифагора из $△ABD :$

AB2 =AD2 + BD2

Подставим первое равенство во второе, заменим $DB1$ на $AA1$ , $CD$ на $A1B1$ и получим искомое равенство.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#41318

Докажите теорему косинусов для трехгранного угла:

Косинус плоского угла $ϕ$ трехгранного угла равен произведению косинусов двух других плоских углов $α$ и $β$ трехгранного угла, сложенному с произведением синусов этих углов на косинус двугранного угла $ϕдв.$ при противолежащем ему ребре: