Определение угла между прямой и плоскости. Угол между прямой и плоскостью
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.
На понятии проекции наклонной основано определение угла между прямой и плоскостью. Определение. Углом между прямой линией и плоскостью называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.
На рис. 341 изображен угол а между наклонной AM и ее проекцией на плоскость К.
Примечание. Если прямая параллельна плоскости или лежит в ней, то угол ее с плоскостью считается равным нулю. Если она перпендикулярна к плоскости, то угол объявляется прямым (предыдущее определение здесь в буквальном смысле неприменимо!). В остальных случаях подразумевается острый угол между прямой и ее проекцией. Поэтому угол между прямой и плоскостью никогда не превышает прямого. Еще заметим, что здесь вернее говорить о мере угла, а не об угле (действительно, речь идет о мере наклона прямой к плоскости, понятие же угла как плоской фигуры, ограниченной двумя лучами, не имеет сюда прямого отношения).
Убедимся еще в одном свойстве острого угла между прямой линией и плоскостью.
Из всех углов, образованных данной прямой и всевозможными прямыми в плоскости, угол с проекцией данной прямой наименьший.
Доказательство. Обратимся к рис. 342. Пусть а - данная прямая, - ее проекция на плоскость - произвольная другая прямая в плоскости К (мы провели ее для удобства через точку А пересечения прямой а с плоскостью ). Отложим на прямой отрезок т. е. равный основанию наклонной МА, где проекция одной из точек наклонной а.
Тогда в треугольниках две стороны равны: сторона AM общая, равны по построению. Но третья сторона в треугольнике больше третьей стороны в треугольнике (наклонная больше перпендикуляра). Значит, и противолежащий угол в больше соответствующего угла а в (см. п. 217): , что и требовалось доказать.
Угол между прямой и плоскостью - это наименьший из углов между данной прямой и всевозможными прямыми в плоскости.
Справедлива и такая
Теорема. Острый угол между прямой, лежащей в плоскости, и проекцией наклонной на эту плоскость меньше угла между этой прямой и самой наклонной.
Доказательство. Пусть - прямая, лежащая в плоскости (рис. 342), а - наклонная к плоскости, т - ее проекция на плоскость. Будем рассматривать прямую как наклонную к плоскости тогда будет ее проекцией на указанную плоскость и по предыдущему свойству найдем: что и требовалось доказать. По теореме о трех перпендикулярах видно, что в случае, когда прямая в плоскости перпендикулярна к, проекции наклонной (случай не острого, а прямого угла), прямая также перпендикулярна и к самой наклонной; в этом случае оба угла, о которых мы говорим, прямые и потому равны между собой.
Пусть
задана некоторая прямоугольная система
координат
и прямая
.
Пусть
и
две различные плоскости, пересекающиеся
по прямой
и задаваемые соответственно уравнениямии.
Эти два уравнения совместно определяют
прямую
в том и только в том случае, когда они
не параллельны и не совпадают друг с
другом, т. е. нормальные векторы
и
этих плоскостей не коллинеарны.
Определение. Есликоэффициенты уравнений
не пропорциональны, то эти уравнения называются общими уравнениями прямой, определяемой как линия пересечения плоскостей.
Определение. Любой ненулевой вектор, параллельный прямой, называется направляющим вектором этой прямой.
Выведем
уравнение прямой
,
проходящей через данную точку
пространства и имеющей заданный
направляющий вектор
.
Пусть
точка
произвольная точка прямой
.
Эта точка лежит на прямой тогда и только
тогда, когда вектор
,
имеющий координаты
,
коллинеарен направляющему вектору
прямой. Согласно (2.28) условие коллинеарности
векторов
и
имеет вид
.
(3.18)
Уравнения
(3.18) называются каноническими
уравнениями
прямой,
проходящей через точку
и имеющей направляющий вектор
.
Если
прямая
задана общими уравнениями (3.17), то
направляющий вектор
этой прямой ортогонален нормальным
векторам
и
плоскостей, задаваемых уравнениямии.
Вектор
по свойству векторного произведения
ортогонален каждому из векторов
и
.
Согласно определению в качестве
направляющего вектора
прямой
можно взять вектор
,
т. е.
.
Для
нахождения точки
рассмотрим систему уравнений
.
Так как плоскости, определяемые
уравнениямии,
не параллельны и не совпадают, то не
выполняется хотя бы одно из равенств
.
Это приводит к тому, что хотя бы один из
определителей
,
,
отличен от нуля. Для определенности
будем считать, что
.
Тогда, взяв произвольное значение
,
получим систему уравнений относительно
неизвестных
и
:
.
По теореме Крамера эта система имеет единственное решение, определяемое формулами
,
.
(3.19)
Если
взять
,
то прямая, задаваемая уравнениями
(3.17), проходит через точку
.
Таким
образом, для случая, когда
,
канонические уравнения прямой (3.17) имеют
вид
.
Аналогично
записываются канонические уравнения
прямой (3.17) для случая, когда отличен от
нуля определитель
или
.
Если
прямая проходит через две различные
точки
и
,
то ее канонические уравнения имеют вид
.
(3.20)
Это
следует из того, что прямая проходит
через точку
и имеет направляющий вектор.
Рассмотрим
канонические уравнения (3.18) прямой.
Примем каждое из отношений за параметр
,
т. е.
.
Один из знаменателей этих дробей отличен
от нуля, а соответствующий числитель
может принимать любые значения, поэтому
параметр
может принимать любые вещественные
значения. Учитывая, что каждое из
отношений равно
,
получимпараметрические уравнения
прямой:
,
,
.
(3.21)
Пусть
плоскость
задана общим уравнением,
а прямая
параметрическими уравнениями
,
,
.
Точка
пересечения прямой
и плоскости
должна одновременно принадлежать
плоскости и прямой. Это возможно только
в том случае, когда параметр
удовлетворяет уравнению,
т. е.
.
Таким образом, точка пересечения прямой
и плоскости имеет координаты
,
,
.
П р и м е р 32.
Составить параметрические уравнения
прямой, проходящей через точки
и
.
Решение.
За направляющий вектор прямой возьмем
вектор
.
Прямая проходит через точку
,
поэтому по формуле (3.21) искомые уравнения
прямой имеют вид
,
,
.
П р и м е р 33.
Вершины треугольника
имеют координаты
,
и
соответственно. Составить параметрические
уравнения медианы, проведенной из
вершины
.
Решение.
Пусть
середина стороны
,
тогда
,
,
.
В качестве направляющего вектора медианы
возьмем вектор
.
Тогда параметрические уравнения медианы
имеют вид
,
,
.
П р и м е р 34.
Составить канонические уравнения
прямой, проходящей через точку
параллельно прямой
.
Решение.
Прямая задана как линия пересечения
плоскостей с нормальными векторами
и
.
В качестве направляющего вектора
этой прямой возьмем вектор
,
т. е.
.
Согласно (3.18) искомое уравнение имеет
вид
или
.
3.8. Угол между прямыми в пространстве. Угол между прямой и плоскостью
Пусть
две прямые
и
в
пространстве заданы своими каноническими
уравнениями
и
.
Тогда один из углов
между этими прямыми равен углу между
их направляющими векторами
и
.
Воспользовавшись формулой (2.22), для
определения угла
получим формулу
.
(3.22)
Второй
угол
между этими прямыми равен
и
.
Условие
параллельности прямых
и
равносильно условию коллинеарности
векторов
и
и заключается в пропорциональности их
координат, т. е. условие параллельности
прямых имеет вид
.
(3.23)
Если
прямые
и
перпендикулярны, то их направляющие
векторы ортогональны, т.е. условие
перпендикулярности определяется
равенством
.
(3.24)
Рассмотрим
плоскость
,
заданную общим уравнением,
и прямую
,
заданную каноническими уравнениями
.
Угол
между прямой
и плоскостью
является дополнительным к углу
между направляющим вектором прямой и
нормальным вектором плоскости, т. е.
и
,
или
.
(3.24)
Условие
параллельности прямой
и плоскости
эквивалентно условию перпендикулярности
направляющего вектора прямой и нормального
вектора плоскости, т. е. скалярное
произведение этих векторов должно
равняться нулю:
Если же прямая перпендикулярна плоскости, то направляющий вектор прямой и нормальный вектор плоскости должны быть коллинеарны. В этом случае координаты векторов пропорциональны, т. е.
.
(3.26)
П р и м е р 35.
Найти тупой угол между прямыми
,
,
и
,
,
.
Решение.
Направляющие векторы этих прямых имеют
координаты
и
.
Поэтому один угол
между прямыми определяется соотношением,
т. е.
.
Поэтому условию задачи удовлетворяет
второй угол между прямыми, равный
.
3.9. Расстояние от точки до прямой в пространстве
Пусть
точка пространства с координатами
,
прямая, заданная каноническими уравнениями
.
Найдем расстояние
от точки
до прямой
.
Приложим
направляющий вектор
к точке
.
Расстояние
от точки
до прямой
является высотой параллелограмма,
построенного на векторах
и
.
Найдем площадь
параллелограмма, используя векторное
произведение:
С другой стороны, . Из равенства правых частей двух последних соотношений следует, что
.
(3.27)
3.10. Эллипсоид
Определение. Эллипсоидом называется поверхность второго порядка, которая в некоторой системе координат определяется уравнением
.
(3.28)
Уравнение (3.28) называется каноническим уравнением эллипсоида.
Из
уравнения (3.28) следует, что координатные
плоскости являются плоскостями симметрии
эллипсоида, а начало координат
центром симметрии. Числа
называются полуосями эллипсоида и
представляют собой длины отрезков от
начала координат до пересечения
эллипсоида с осями координат. Эллипсоид
представляет собой ограниченную
поверхность, заключенную в параллелепипеде
,
,
.
Установим геометрический вид эллипсоида. Для этого выясним форму линий пересечения его плоскостями, параллельными координатным осям.
Для
определенности рассмотрим линии
пересечения эллипсоида с плоскостями
,
параллельными плоскости
.
Уравнение проекции линии пересечения
на плоскость
получается из (3.28), если в нем положить
.
Уравнение этой проекции имеет вид
.
(3.29)
Если
,
то (3.29) является уравнением мнимого
эллипса и точек пересечения эллипсоида
с плоскостью
нет. Отсюда и следует, что
.
Если
,
то линия (3.29) вырождается в точки, т. е.
плоскости
касаются эллипсоида в точках
и
.
Если
,
то
и можно ввести обозначения
,
.
(3.30)
Тогда уравнение (3.29) принимает вид
,
(3.31)
т.
е. проекция на плоскость
линии пересечения эллипсоида и плоскости
представляет собой эллипс с полуосями,
которые определяются равенствами
(3.30). Так как линия пересечения поверхности
плоскостями, параллельными координатным,
представляет собой проекцию, «поднятую»
на высоту
,
то и сама линия пересечения является
эллипсом.
При уменьшении значения
полуоси
и
увеличиваются и достигают своего
наибольшего значения при
,
т. е. в сечении эллипсоида координатной
плоскостью
получается самый большой эллипс с
полуосями
и
.
Представление
об эллипсоиде можно получить и другим
образом. Рассмотрим на плоскости
семейство эллипсов (3.31) с полуосями
и
,
определяемыми соотношениями (3.30) и
зависящими от
.
Каждый такой эллипс является линией
уровня, т. е. линией, в каждой точке
которой значение
одинаково. «Подняв» каждый такой эллипс
на высоту
,
получим пространственный вид эллипсоида.
Аналогичная
картина получается и при пересечении
данной поверхности плоскостями,
параллельными координатным плоскостям
и
.
Таким
образом, эллипсоид представляет собой
замкнутую эллиптическую поверхность.
В случае
эллипсоид является сферой.
Линия пересечения эллипсоида с любой плоскостью является эллипсом, так как такая линия представляет собой ограниченную линию второго порядка, а единственная ограниченная линия второго порядка эллипс.
Угол а между прямой l и плоскостью 6 может быть определен через дополнительный угол р между заданной прямой l и перпендикуляром п к данной плоскости, проведенной из любой точки прямой (рис. 144). Угол Р дополняет искомый угол а до 90°. Определив истинную величину угла Р путем вращения вокруг прямой уровня плоскости угла, образованного прямой l и перпендикуляром и, остается дополнить его до прямого угла. Этот дополнительный угол и даст истинную величину угла а между прямой l и плоскостью 0.
27. Определение угла между двумя плоскостями.
Истинная величина двугранного угла - между двумя плоскостями Q и л. - может быть определена или путем замены плоскости проекций с целью преобразования ребра двугранного угла в проецирующую прямую (задачи 1 и 2), или если ребро не задано, как угол между двумя перпендикулярами n1 и n2, проведенными к данным плоскостям из произвольной точки М пространства В плоскости этих перпендикуляров при точке М получаем два плоских угла а и Р, которые соответственно равны линейным углам двух смежных углов (двугранных), образованных плоскостями q и л,. Определив истинную величину углов между перпендикулярными n1 и n2 путем вращения вокруг прямой уровня, тем самым определим и линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями q и л.
Кривые линии. Особые точки кривых линий.
На комплексном чертеже кривой ее особые точки, к которым относятся точки перегиба, возврата, излома, узловые точки, являются особыми точками и на ее проекции. Это объясняется тем, что особые точки кривых связаны с касательными в этих точках.
Если плоскость кривой занимает проецирующее положение (рис. а), то одна проекция этой кривой имеет форму прямой.
У пространственной кривой все ее проекции - кривые линии (рис. б).
Чтобы установить по чертежу, какая задана кривая (плоская или пространственная), необходимо выяснить, принадлежат ли все точки кривой одной плоскости. Заданная на рис. б кривая является пространственной, так как точка D кривой не принадлежит плоскости, определяемой тремя другими точками А, В и Е этой кривой.
Окружность - плоская кривая второго порядка, ортогональная проекция которой может быть окружностью и эллипсом
Цилиндрическая
винтовая линия (гелиса) - пространственная
кривая, представляющая собой траекторию
точки, выполняющей винтовое движение.
29.Плоские и пространственные кривые линии.
См. вопрос 28
30. Комплексный чертеж поверхности. Основные положения .
Поверхностью называют множество последовательных положений линий, перемещающихся в пространстве. Эта линия может быть прямой или кривой и называется образующей поверхности. Если образующая кривая, она может иметь постоянный или переменный вид. Перемещается образующая по направляющим, представляющим собой линии иного направления, чем образующие. Направляющие линии задают закон перемещения образующим. При перемещении образующей по направляющим создается каркас поверхности (рис. 84), представляющий собой совокупность нескольких последовательных положений образующих и направляющих. Рассматривая каркас, можно убедиться, что образующие l и направляющие т можно поменять местами, но при этом по верхность получается одна и та же.
Любую поверхность можно получить различными способами.
В зависимости от формы образующей все поверхности можно разделить на линейчатые, у которых образующая прямая линия, и нелинейчатые, у которых образующая кривая линия.
К развертывающимся поверхностям относятся поверхности всех многогранников, цилиндрические, конические и торсовые поверхности. Все остальные поверхности - неразвертывающиеся. Нелинейчатые поверхности могут быть с образующей постоянной формы (поверхности вращения и трубчатые поверхности) и с образующей переменной формы (каналовые и каркасные поверхности).
Поверхность на комплексном чертеже задается проекциями геометрической части ее определителя с указанием способа построения ее образующих. На чертеже поверхности для любой точки пространства однозначно решается вопрос о принадлежности ее данной поверхности. Графическое задание элементов определителя поверхности обеспечивает обратимость чертежа, но не делает его наглядным. Для наглядности прибегают к построению проекций достаточно плотного каркаса образующих и к построению очерковых линий поверхности (рис. 86). При проецировании поверхности Q на плоскость проекций проецирующие лучи прикасаются к этой поверхности в точках, образующих на ней некоторую линию l , которая называется контурной линией. Проекция контурной линии называется очерком поверхности. На комплексном чертеже любая поверхность имеет: на П 1 - горизонтальный очерк, на П 2 - фронтальный очерк, на П 3 - профильный очерк поверхности. Очерк включает в себя, кроме проекций линии контура, также проекции линий обреза.
\(\blacktriangleright\) Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость (т.е. это угол \(0\leqslant \alpha\leqslant 90^\circ\) ).
\(\blacktriangleright\) 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 \(\angle ABO\) .
Задание 1 #2850
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
Прямая \(l\) пересекает плоскость \(\alpha\) . На прямой \(l\) отмечен отрезок \(AB=25\) , причем известно, что проекция этого отрезка на плоскость \(\alpha\) равна \(24\) . Найдите синус угла между прямой \(l\) и плоскостью \(\alpha\)
Рассмотрим рисунок:
Пусть \(A_1B_1=24\)
– проекция \(AB\)
на плоскость \(\alpha\)
, значит, \(AA_1\perp \alpha\)
, \(BB_1\perp \alpha\)
. Так как две прямые, перпендикулярные к плоскости, лежат в одной плоскости, то \(A_1ABB_1\)
– прямоугольная трапеция. Проведем \(AH\perp BB_1\)
. Тогда \(AH=A_1B_1=24\)
. Следовательно, по теореме Пифагора \
Заметим также, что угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на плоскость, следовательно, искомый угол – угол между \(AB\)
и \(A_1B_1\)
. Так как \(AH\parallel A_1B_1\)
, то угол между \(AB\)
и \(A_1B_1\)
равен углу между \(AB\)
и \(AH\)
.
Тогда \[\sin\angle BAH=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac7{25}=0,28.\]
Ответ: 0,28
Задание 2 #2851
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
\(ABC\) – правильный треугольник со стороной \(3\) , \(O\) – точка, лежащая вне плоскости треугольника, причем \(OA=OB=OC=2\sqrt3\) . Найдите угол, который образуют прямые \(OA, OB, OC\) с плоскостью треугольника. Ответ дайте в градусах.
Проведем перпендикуляр \(OH\) на плоскость треугольника.
Рассмотрим \(\triangle OAH, \triangle OBH, \triangle OCH\)
. Они являются прямоугольными и равны по катету и гипотенузе. Следовательно, \(AH=BH=CH\)
. Значит, \(H\)
– точка, находящаяся на одинаковом расстоянии от вершин треугольника \(ABC\)
. Следовательно, \(H\)
– центр описанной около него окружности. Так как \(\triangle
ABC\)
– правильный, то \(H\)
– точка пересечения медиан (они же высоты и биссектрисы).
Так как угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость, а \(AH\)
– проекция \(AO\)
на плоскость треугольника, то угол между \(AO\)
и плоскостью треугольника равен \(\angle OAH\)
.
Пусть \(AA_1\)
– медиана в \(\triangle ABC\)
, следовательно, \
Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\)
, считая от вершины, то \
Тогда из прямоугольного \(\triangle OAH\)
:\[\cos
OAH=\dfrac{AH}{AO}=\dfrac12\quad\Rightarrow\quad \angle
OAH=60^\circ.\]
Заметим, что из равенства треугольников \(OAH, OBH, OCH\) следует, что \(\angle OAH=\angle OBH=\angle OCH=60^\circ\) .
Ответ: 60
Задание 3 #2852
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
Прямая \(l\) перпендикулярна плоскости \(\pi\) . Прямая \(p\) не лежит в плоскости \(\pi\) и не параллельна ей, также не параллельна прямой \(l\) . Найдите сумму углов между прямыми \(p\) и \(l\) и между прямой \(p\) и плоскостью \(\pi\) . Ответ дайте в градусах.
Из условия следует, что прямая \(p\) пересекает плоскостью \(\pi\) . Пусть \(p\cap l=O\) , \(l\cap \pi=L\) , \(p\cap\pi=P\) .
Тогда \(\angle POL\)
– угол между прямыми \(p\)
и \(l\)
.
Так как угол между прямой и плоскостью – угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость, то \(\angle OPL\)
– угол между \(p\)
и \(\pi\)
. Заметим, что \(\triangle OPL\)
прямоугольный с \(\angle
L=90^\circ\)
. Так как сумма острых углов прямоугольного треугольника равна \(90^\circ\)
, то \(\angle POL+\angle OPL=90^\circ\)
.
Замечание.
Если прямая \(p\)
не пересекает прямую \(l\)
, то проведем прямую \(p"\parallel p\)
, пересекающую \(l\)
. Тогда угол между прямой \(p\)
и \(l\)
будет равен углу между \(p"\)
и \(l\)
. Аналогично угол между \(p\)
и \(\pi\)
будет равен углу между \(p"\)
и \(\pi\)
. А для прямой \(p"\)
уже верно предыдущее решение.
Ответ: 90
Задание 4 #2905
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – куб. Точка \(N\) – середина ребра \(BB_1\) , а точка \(M\) – середина отрезка \(BD\) . Найдите \(\mathrm{tg}^2\, \alpha\) , где \(\alpha\) – угол между прямой, содержащей \(MN\) , и плоскостью \((A_1B_1C_1D_1)\) . Ответ дайте в градусах.
\(NM\) – средняя линия в треугольнике \(DBB_1\) , тогда \(NM \parallel B_1D\) и \(\alpha\) равен углу между \(B_1D\) и плоскостью \((A_1B_1C_1D_1)\) .
Так как \(DD_1\) – перпендикуляр к плоскости \(A_1B_1C_1D_1\) , то \(B_1D_1\) проекция \(B_1D\) на плоскость \((A_1B_1C_1D_1)\) и угол между \(B_1D\) и плоскостью \((A_1B_1C_1D_1)\) есть угол между \(B_1D\) и \(B_1D_1\) .
Пусть ребро куба \(x\) , тогда по теореме Пифагора \ В треугольнике \(B_1D_1D\) тангенс угла между \(B_1D\) и \(B_1D_1\) равен \(\mathrm{tg}\,\angle DB_1D_1=\dfrac{DD_1}{B_1D_1} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}=\mathrm{tg}\,\alpha\) , откуда \(\mathrm{tg}^2\, \alpha = \dfrac{1}{2}\) .
Ответ: 0,5
Задание 5 #2906
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – куб. Точка \(N\) – середина ребра \(BB_1\) , а точка \(M\) делит отрезок \(BD\) в отношении \(1:2\) , считая от вершины \(B\) . Найдите \(9\mathrm{ctg}^2\, \alpha\) , где \(\alpha\) – угол между прямой, содержащей \(MN\) , и плоскостью \((ABC)\) . Ответ дайте в градусах.
Так как \(NB\) – часть \(BB_1\) , а \(BB_1\perp (ABC)\) , то и \(NB\perp (ABC)\) . Следовательно, \(BM\) – проекция \(NM\) на плоскость \((ABC)\) . Значит, угол \(\alpha\) равен \(\angle NMB\) .
Пусть ребро куба равно \(x\) . Тогда \(NB=0,5x\) . По теореме Пифагора \(BD=\sqrt{x^2+x^2}=\sqrt2x\) . Так как по условию \(BM:MD=1:2\) , то \(BM=\frac13BD\) , следовательно, \(BM=\frac{\sqrt2}3x\) .
Тогда из прямоугольного \(\triangle NBM\) : \[\mathrm{ctg}\,\alpha=\mathrm{ctg}\,\angle NMB=\dfrac{BM}{NB}=\dfrac{2\sqrt2}3 \quad\Rightarrow\quad 9\mathrm{ctg}^2\,\alpha=8.\]
Ответ: 8
Задание 6 #2907
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
Чему равен \(\mathrm{ctg^2}\,\alpha\) , если \(\alpha\) – угол наклона диагонали куба к одной из его граней?
Искомый угол будет совпадать с углом между диагональю куба и диагональю любой его грани, т.к. в данном случае диагональ куба будет являться наклонной, диагональ грани – проекцией этой наклонной на плоскость грани. Таким образом, искомый угол будет равен, например, углу \(C_1AC\) . Eсли обозначить ребро куба за \(x\) , то \(AC=\sqrt{x^2+x^2}=\sqrt2 x\) , тогда квадрат котангенса искомого угла: \[\mathrm{ctg^2}\,\alpha =(AC:CC_1)^2= (\sqrt2 x:x)^2 = 2.\]
Ответ: 2
Задание 7 #2849
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ
\(\angle BAH=\angle CAH=30^\circ\)
.
По теореме Пифагора \
Следовательно, \[\cos 30^\circ=\dfrac{AB}{AH}\quad\Rightarrow\quad AH=\dfrac{AB}{\cos 30^\circ}=2.\]
Так как \(OH\perp (ABC)\)
, то \(OH\)
перпендикулярно любой прямой из этой плоскости, значит, \(\triangle OAH\)
– прямоугольный. Тогда \[\cos \angle OAH=\dfrac{AH}{AO}=\dfrac25=0,4.\]
Ответ: 0,4
Учащимся старших классов на этапе подготовки к ЕГЭ по математике будет полезно научиться справляться с заданиями из раздела «Геометрия в пространстве», в которых требуется найти угол между прямой и плоскостью. Опыт прошлых лет показывает, что подобные задачи вызывают у выпускников определенные сложности. При этом знать базовую теорию и понимать, как найти угол между прямой и плоскостью, должны старшеклассники с любым уровнем подготовки. Только в этом случае они смогут рассчитывать на получение достойных баллов.
Основные нюансы
Как и другие стереометрические задачи ЕГЭ, задания, в которых требуется найти углы и расстояния между прямыми и плоскостями, могут быть решены двумя методами: геометрическим и алгебраическим. Учащиеся могут выбрать наиболее удобный для себя вариант. Согласно геометрическому методу, необходимо найти на прямой подходящую точку, опустить из нее перпендикуляр на плоскость и построить проекцию. После этого выпускнику останется применить базовые теоретические знания и решить планиметрическую задачу на вычисление угла. Алгебраический метод предполагает введение системы координат для нахождения искомой величины. Необходимо определить координаты двух точек на прямой, правильно составить уравнение плоскости и решить его.
Эффективная подготовка вместе со «Школково»
Чтобы занятия проходили легко и даже сложные задания не вызывали затруднений, выбирайте наш образовательный портал. Здесь представлен весь необходимый материал для успешной сдачи аттестационного испытания. Нужную базовую информацию вы найдете в разделе «Теоретическая справка». А для того чтобы попрактиковаться в выполнении заданий, достаточно перейти в «Каталог» на нашем математическом портале. В этом разделе собрана большая подборка упражнений разной степени сложности. В «Каталоге» регулярно появляются новые задания.
Выполнять задачи на нахождение угла между прямой и плоскостью или на , российские школьники могут в режиме онлайн, находясь в Москве или другом городе. По желанию учащегося любое упражнение можно сохранить в «Избранное». Это позволит при необходимости быстро его найти и обсудить ход его решения с преподавателем.
