C22013

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

торого	равна								0,5.																		Поскольку
BD BC1 C1D														(как													диагонали
							2
																				. Из формулы
граней куба),			то SBC D														3
													2
							1
(8) получим:
																SAB B
cos (AAB , BC D)																																	3						.
																			1
		1	1				1									SBC D														3
																			1
																																			.
Отсюда (AAB , BC D) arccos																															3
		1		1			1																							3
										Ответ: arccos																															3		.
																																							3
Пример		68.		В			кубе ABCDA1B1C1D1
найти угол между плоскостями																															AB1C и
АВС.
Решение. Пусть искомый угол. Ис-
пользуем соотношение
	SABC SAB C cos ,
									1
	1								(
где SABC		,	SAB C										2)2									3										3							(тре-
	2												4																	2
				1
угольник AB1C равносторонний) (см.
рис. 80). Отсюда имеем
					1		:												1					.
	cos										3
									2
				2															3

Следовательно, arccos 3 . 3

B1

A1C1

D1

B

AC

D

Рис. 80

Ответ: arccos 3 . 3

Обычно рассматриваемый в этом пункте метод применяют при вычислении угла между плоскостью сечения и плоскостью какой-либо грани много-

04.12.2012

51

гранника (часто в качестве такой грани выступает основание пирамиды или призмы). Так поступают в случаях, когда нахождение Sпр и Sсечения является более простой задачей, чем непосредственное вычисление двугранного угла , сопряжённое с построением на чертеже его линейного угла.

Пример 69. В правильной шестиугольной призме ABCDEFABC1 1 1DE1 1F1,

стороны основания которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, найти угол между плоскостями BAD1 1 и AAE1 1.

Решение. Заметим, что четырехугольники BADC1 1 и AAE1 1E сечения данной призмы плоскостями BAD1 1 и AAE1 1 (см.

рис. 81). Так как BA, DE1 1 и CF перпен-

дикулярны плоскости AAE1 1 (они пер-

пендикулярны AA1 и AE ), то трапеция

AAEG1 1 , где G середина отрезка AE ,

есть ортогональная проекция трапеции BADC1 1 на плоскость сечения AAE1 1E.

			C1					D1
B1													E1
			A1					F1
				C					D
B				G									E
	A					F
			Рис. 81
Трапеция BADC равнобедренная, с
	1			1
основаниями AD 2,								BC 1 и боковы-
	1			1
ми сторонами BA1 CD1																				. Ее
											1 4								5
высота h равна
						AD BC 2
h		CD2				1		1
								2
	1
				2 1				2
												19
			5													,
				2						2

а площадь равна

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

SBA D C			A1D1 BC	h	3 19	.
1	1	2		4

В прямоугольной трапеции AA1E1G

основания равны A1E1 3, AG 3 , а 2

высота AA1 2. Её площадь равна

S	AA E G			A1E1 AG	AA	3 3	.
			2		1	2
	1	1

В соответствии с формулой (8) находим:

cos (BA1D1, AA1E1)

SAA1E1G 33 : 319 12 .

SBA1D1C 2 4 19

Значит, искомый угол равен arccos 12 . 19

Ответ: arccos 12 . 19

Векторно-координатный метод

Применение данного метода позволяет свести решение исходной задачи к задаче о нахождении угла:

а) между векторами нормалей данных плоскостей;

б) между направляющими векторами скрещивающихся прямых а и b, лежащих в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярных к их линии пересечения.

Метод использования векторов нормалей пересекающихся плоскостей

Любой ненулевой вектор, перпендикулярный плоскости – ее вектор нормали.

Известно, что каждое уравнение пер-

вой степени		px qy rz d 0 при усло-
вии	p2 q2 r2 0		задает в прямоуголь-
ной	системе	координат единственную
плоскость,		для	которой	вектор
n {p, q, r} является вектором				нормали.

Задачу о нахождении угла между плоскостями и , заданными в прямоугольной декартовой системе координат уравнениями p1x q1y r1z d1 0 и

p2x q2 y r2z d2	0	соответственно,
04.12.2012		52

удобнее свести к задаче о нахождении угла между векторами их нормалей n {p1, q1, r1} и n {p2, q2, r2}, используя формулу

| n n |

cos ( , )

| n | |n |

(9)

p1 p2 q1q2 r1r2

.

p2 q2

r2

p2

q2

r2

1

1

1

2

2

2

Пример 70. Найти угол между плос-

костями

2x 3y 6z 5 0

и

4x 4y 2z 7 0.

Решение.

Векторы

n1 {2;3;6}

и

n2 {4; 4; 2} – векторы нормалей плоско-

стей	2x 3y 6z 5 0	и
4x 4y 2z 7 0 соответственно.

Тогда по формуле (9) косинус угла между данными плоскостями равен:

			n n
cos				1			2
	n1						n2
											| 2 4 3 4 6 2|					16	.
								4 9 36					16 16 4	21

Отсюда arccos16 . 21

Ответ: arccos16 . 21

Пример 71. (ЕГЭ, 2012). В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 1, а боковые рёбра равны 4. На ребре AA1 отмечена точка E так, что AE :EA1 3:1. Найти угол между плоскостями ABC и BED1.

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке 82. Найдем координаты точек B 0;0;0 ,

E 1;0;3 , D1(1;1;4).

Составим уравнение плоскости BED1. Для этого подставим поочередно координаты точек B, E, D1 в общее уравнение плоскости ax by cz d 0. Получим систему уравнений:

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

	d 0,		d 0,
a 3c d 0,		или a 3c,
a b 4c d 0			b c
Отсюда	находим	уравнение плоскости
3cx c y cz 0,		или	(после сокраще-
ния на c 0):

3x y z 0.

Из составленного уравнения плоскости находим координаты нормального

вектора n1 { 3; 1;1} плоскости BED1. Так как ось Bz перпендикулярна плоскости основания, то нормальный вектор плоскости ABC имеет координа-

ты n2 {0;0;1}.

Используя формулу (9), вычислим косинус искомого угла:

	cos (BED , ABC)							| n1 n2 |
	1						|	n1| | n2 |
	| 3 0 1 0 1 1|									1							.
															11
		9 1 1 0 0 1						11 11

Рис. 82

Откуда искомый угол равен arccos 11. 11

Ответ: arccos 11. 11

Пример 72. В кубе ABCDA1B1C1D1

найти угол между плоскостями AB1C и BC1D .

04.12.2012

53

Решение.	Пусть	AD a ,	AB b ,
AA1 c (см.	рис.	83), где	|a | |b |

| c | 1, a b a c b c 0.

B1

A1

C1

D1

B

AC

D

Рис. 83

Векторы BD1 и CA1 являются векто-

рами нормали плоскостей AB1C и BC1D

соответственно, так как BD1 AB1C и CA1 BC1D. Тогда

BD1 a b c , CA1 a b c ,

BD1 CA1 (a b c)( a b c)

a2 b2 c2 1,

BD

(a

b c)2

a2 b2 c2 3 ,

1

CA

( a

b c)2

a2 b2 c2 3 ,

1

cos

BD1 CA1

1

1

. Откуда

BD1

CA1

3

3 3

arccos1 , где искомый угол. 3

Ответ: arccos1 . 3

Пример 73. В правильной пирамиде MABCD (M вершина) высота и сторона основания равны 4. Точка F середина ребра MC . Плоскость проходит через середину ребра AM перпендикулярно прямой BF . Найти угол между:

а) плоскостью и плоскостью основания;

б) плоскостью и прямой DM .

Решение. Так как прямая BF , то

ее направляющий вектор BF является вектором нормали плоскости (см. рис.

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

84). Точка O	основание высоты			MO,
следовательно, вектор OM является век-
тором нормали	плоскости ABC.			Тогда
получим
cos ( , ABC)		| BF OM |	.	(*)
		| BF| |OM |

Соответственно, для нахождения угла между прямой DM и плоскостью воспользуемся формулой:

sin ( , DM) | BF DM | . (**) | BF| | DM |

Введем систему координат Oxyz следующим образом. Пусть начало координат находится в центре основания в точке O, ось x проходит через точку O параллельно ребру AD, ось y проходит через точку O параллельно ребру AB , ось z проходит через точку O перпендикулярно плоскости основания (см. рис. 84). Найдем координаты точек и векторов:

O(0;0;0), B( 2;2;0), C(2; 2;0), M(0;0;4), F(1;1; 2), D(2; 2;0).

z

M
F	y
B

sin ( ,DM) |3 ( 2) ( 1) 2 2 4| 0. 14 26

Ответ: ( , ABC) arccos 2 , 14

( ,DM) 0.

Пример 74. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти угол между плос-

костями AD1E и D1FC, где точки Е и F

– середины рёбер А1В1 и В1С1 соответственно.

Решение. Введем прямоугольную системукоординат, как указано на рисунке85.

Тогда

А(0;0;0),

С(1;1;0),

D1(1;0;1),

1

1

1

Е 0;

;1

,

F

;1;1

, AE

0;

;1

,

2

2

2

АD1 {1;0;1}, СD1

{0; 1;1}, СF

1

;0;1 .

2

z

E

B1

F

C1

A1

y

D1

B

	C
A
D	x
Рис. 85

AOC

D x

Рис. 84

Тогда

BF {3; 1; 2}, | BF | 9 1 4 14 ,

OM {0;0;4}, |OM | 4,

DM { 2; 2; 4}, | DM | 4 4 16 26 .

Используя формулы (*) и (**), получим

cos ( , ABC) | 3 0 ( 1) 0 2 4| 14 4

			2		,
		14
	04.12.2012	54

Найдем вектор n1 {p, q, r}, перпендикулярный плоскости AD1E. Этот вектор должен быть перпендикулярным век-

торам AE и АD1 , поэтому

n		AE 0	q			r		0
	1
		АD 0	2
n
	1	1	p r 0
			q 2r
			p r.
Пусть		r 1,	тогда		p 1,				q 2 и

n1 {1; 2; 1}.

Найдем вектор n2 {a, b, c}, перпенди-

кулярный плоскости D1FC . Этот вектор

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

должен быть перпендикулярным векторам

CD1 и CF , поэтому

n

CD 0,

b c 0,

b c,

2

1

a

a 2c.

CF 0

c 0

n2

2

n2

Пусть

c 1,

тогда

a 2,

b 1

и

{2;1;1}.

Для

нахождения

искомого

угла

используем

формулу

(9)

n

n

cos

1

2

. Так как

n1

n2

n1 n2 1 2 2 1 ( 1) 1 3, | n1 | 6 , |n2 | 6 , то cos 0,5, откуда 60 .

Ответ: 60 .

Пример 75. Дан куб ABCDA1B1C1D1 .

Найти угол между плоскостями MNP и AKD, где точки M – центр грани AABB1 1 ,

N – середина ребра B1C1 , K – середина ребра CC1 , P – делит ребро DD1 в от-

ношении DP:PD1 1:2.

Решение. Введем систему координат следующим образом. Точку A примем за начало координат. Оси Ax , Ay и Az на-

правим вдоль ребер куба AD, АВ и AA1 соответственно (см. рис. 86). Пусть ребро куба равно 1. Выразим координаты точек:

z

B1

N

C1

A1

D1

K

M

y

P

B

C

A

D

x

Рис. 86

A(0;0;0),

D(1;0;0),

K(1;1;0,5),

1

1

1

1

M

0;

;

, M

;1;1

, P 1;0;

.

2

3

2

2

Найдем координаты векторов:

04.12.2012

		1		1		1			1		1
	MN		;		;			, MP 1;		;
		2		2		2			2		6

AD {1;0;0}, AK {1;1;0,5}.

Теперь найдем координаты векторов n1 и n2 , перпендикулярных плоскостям MNP и AKD соответственно. Начнем с вектора n1 {p1, q1, r1}. Его координаты ищутся из условий равенства нулю скалярных произведений n1 с векторами

MN и MP . Получаем систему

n		MN 0,	0,5p1			0,5q1 0,5r1					0,
	1						1
n		MP 0;	p1 0,5q1						r1 0;
	1						6
		p		2	r , q			7		r .
		1	9 1			1	9			1
		Эта система имеет бесконечное мно-

жество решений, так как векторов, перпендикулярных плоскости MNP, бесконечно много. Выберем из данного мно-

жества ненулевой		вектор n1 ,	положив
r1	9. Тогда n1 { 2; 7;9}.
	Найдем теперь	координаты	вектора
n2	{p2, q2, r2},	перпендикулярного

плоскости AKD. Его координаты ищутся из условий равенства нулю скалярных

произведений n2		с векторами AD и AK .
Получаем систему
n AD 0,		p	2	0 q	2	0 r 0,
2							2
				q2 0,5r2			0;
n AK 0;		p2
2
p2		0, q2 0,5r2.

Возьмем r2 2. Тогда n2 {0; 1;2}. Для нахождения угла между плоско-

стями MNP и AKD воспользуемся форму-

лой (9):

cos (MNP, AKD) |cos (n1, n2)|

		|0 7 18|					125	.
		4 49 81 0 1 4			134

Отсюда (MNP, AKD) arccos 125. 134

Ответ: arccos 125. 134

55

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Метод использования направляющих векторов скрещивающихся прямых,

перпендикулярных данным плоскостям

Ненулевой вектор q называется направляющим вектором прямой l, если он лежит либо на самой прямой l, либо на прямой, параллельной ей.

Пусть p {x1, y1, z1}

и q {x2, y2, z2}

– направляющие векторы прямых а и b, тогда угол между этими прямыми (пересекающимися или скрещивающимися) находят по формуле:

cos				x1x2 y1y2			z1z2					. (10)
		x2	y2		z2		x2	y2		z2
1			1		1		2	2		2

Пример 76. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB: AD 1:2 (см. рис. 87). Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом, равным 60 . Точка R – середина ребра MC . Найти угол между плоскостями MAC и ADR.

Решение. Если считать, что AB a, тогда AD 2a, и все линейные элементы в пирамиде будут зависеть от одного параметра а. Поэтому, не теряя общности, с точностью до подобия можно принять

AB 4. Тогда AD 8, OM 215, где О – точка пересечения диагоналей прямоугольника, лежащего в основании.

z

		M
	Q	R	y
	H
			C
	B

Ox

A D

Рис. 87

Вершина M пирамиды MABCD проектируется в точку O. Введем систему координат следующим образом. Точку O примем за начало координат. Оси Ox и

04.12.2012

Oy направим параллельно сторонам основания, а ось Oz вдоль высоты пирамиды OM .

Выразим координаты точек:

A( 4; 2;0),

B( 4;2;0), C(4;2;0),

D(4; 2;0), M(0;0;215), R(2;1; 15).

Отрезок AR является высотой в равностороннем треугольнике АМС, поэтому прямая МR перпендикулярна ребру AR искомого двугранного угла. Проведем в треугольнике ADR высоту DH. Тогда задача сведется к нахождению угла между прямыми МR и DH.

Найдем координаты векторов:

MR {2;1; 15}, AR {6;3; 15},

DA { 8; 0; 0}.

Так как векторы AH и AR коллинеарные, то

AH k AR {6k,3k, 15k}.

Далее из равенства DH DA AH полу-

чаем DH {6k 8;3k; 15k}. Теперь, ис-

пользуя условие DH AR, имеем уравнение

6(6k 8) 9k 15k 0.

Отсюда	k 0,8		и
DH { 3,2; 2,4; 0,8
	15}.

Так как MR и DH – направляющие векторы прямых МR и DH соответственно, то для нахождения угла между этими прямыми воспользуемся формулой (10):

cos			6,4 2,4 12					1		.
		4 1 15 10,24 5,76 9,6					2

Значит, угол между прямыми МR и DH, и угол между данными плоскостями

равен . 4

Ответ: . 4

56

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Решение одной задачи разными методами

Пример 77. В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ромб

ABCD со стороной 21 и углом А, равным 60 . На рёбрах AB , B1C1 и DC взяты соответственно точки E, F и G так, что AE EB , B1F FC1 и DG 3GC . Найти косинус угла между плоскостями EFG и ABC, если высота призмы равна

4,5.

Рис. 88

Решение. 1-й способ (построение линейного угла двугранного угла). Опустим из точки F перпендикуляр FF1 на плос-

кость ABC (BF1 F1C, FF1 || BB1) и перпендикуляр FH на прямую EG (см. рис. 88). Тогда угол FHF1 – плоский угол двугранного угла BEGF , образованного плоскостями EFG и ABC.

Пусть G1 точка пересечения прямых EG и BC. Из подобия треугольников EBG1 и GCG1 получаем (EB||GC), что

CG1 BC , так как GC 1 DC 1 EB. 4 2

Используя теорему косинусов для треугольника EBG1 получаем

EG12 EB2 BG12 2 EB BG1 cos12021 84 2 21 221 1 441,

4

2

2

4

21

EG1 2 .

Аналогично из треугольника EBF1 на-

ходим EF1 327 .

04.12.2012

57

Находим площадь треугольника EF1G1

S	EF1G1					1		EF FG sin150
				2				1					1 1
		1			3						3					1		63			.
							7					21							3
	2			2				2					2				16
Высота F1H треугольника EF1G1 на-
ходится по формуле

FH	2SEF1G1		63 3	:	21		3 3	.
1	EG1	8		2		4
Из прямоугольного					треугольника

F1FH получаем

FH2 F1H2 F1F2 27 81 27 13, 16 4 16

FH 339 . 4

Окончательно находим косинус угла FHF1 между плоскостями EFG и ABC по формуле

cos FHF		F1H		3 3	:	3 39				1				.
		FH
1			4		4				13
						Ответ.						1				.
									13

Решение. 2-й способ (использование опорной задачи). Для нахождения угла между плоскостями EFG и ABC воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции (см. например, зад. 212 на стр. 58 учебника «Геометрия, 10-11» (учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и профил. уровни / [Л.М. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.В. Кадомцев и др.] – 16 изд. – М.: Просвещение, 2007, 256

стр.).
Опустим из точки F	перпендикуляр
на плоскость ABC (см. рис. 89). Точка F1
– ортогональная проекция		точки F на
плоскость основания	и	BF1 F1C,

FF1 || BB1.

Пусть G1 точка пересечения прямых

EG и BC. Треугольник EF1G1 , лежащий в плоскости ABC – ортогональная треугольника EFG1 , лежащего в плоскости

EFG .

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Рис. 89

Из подобия треугольников EBG1					и
GCG1 получаем (EB||GC),					что
CG BC , так как GC	1	DC	1	EB.
1	4	2

Из теоремы косинусов для треугольника EBF1 получаем

EF12 EB2 BF12 2 EB BF1 cos120

	21		21	2	21		21		1		63	,
			4		2		2
4								2		4

3 7

EF1 2 .

Тогда из прямоугольных треугольников EFF1 и F1FG1 получаем

EF2 EF			2 FF2			63			81			36,
		1	1	4				4
			EF 6;
FG 2	FG 2		FF2		189					81			270	,
1	1	1	1	4				4			4

FG1 330. 2

Из теоремы косинусов для треугольника EBG1 получаем

EG12 EB2 BG12 2 EB BG1 cos12021 84 2 21 221 1 441,

4

2

2

4

21

EG1 2 .

Тогда, используя теорему косинусов для треугольника EFG1 , получаем

cos EFG1 EF2 FG12 EG12 2 EF FG1

			36					270										441															3
																						4
				4																																			,
				2 6						3					30												8						30
															2
																												3 2
																																								637
sin EFG1 1																																												.
																																					8 10
																				8									30
Находим площадь треугольника EFG1
S	EFG1					1	EF FG sin EFG
				2																1																	1
	1	6			3				30										637											9			3									.
																																					637
	2
				2											8					10							16

Находим площадь треугольника EF1G1

1

SEF1G1 2 EF1 F1G1 sin150

1 37 321 1 633 . 2 2 2 2 16

Окончательно находим косинус угламежду плоскостями EFG и ABC по формуле

	SEF G		63 3		9 3				1
cos				:			637					.
	1 1
	SEFG		16		16
									13
	1

Решение. 3-й способ (координатно-

векторный). Так как диагонали ромба перпендикулярны, то введем прямоугольную систему координат Oxyz следующим образом (см. рис. 90).

Пусть точка пересечения диагоналей ромба ABCD O начало системы координат, оси направлены так, как указано на рисунке 90.

Используя то, что диагонали ромба являются биссектрисами углов при вершинах, получаем

	AO AB cos30			3		3	7	,
		21
				2			2

BO AB sin30 21 .

2

04.12.2012

58

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Рис. 90

Учитывая, что AE EB , B1F FC1 и DG 3GC , получаем в построенной системе координат координаты точек E, F и G:

		21		3 7														21		3 7		9
E			;				;0				,		F						;		;			,
		4		4														4		4		2
											9
								21						7
				G						;						;0		.
							8						8

Найдем координаты вектора нормали n1 {a;b; c} плоскости EFG из системы

уравнений:
n FE 0,
																										3 7							9
1					где FE 0;																											;		,
																											2					2
n1 FG 0,
	FG					3 21								3 7														9
												;											;						.
						8										8												2
Подставляя координаты векторов, по-
лучаем
					3 7											9
a 0 b										c									0,
																2
					2
	3 21									3		7												9
a					b											c											0
	8									8														2
																3
							b																	c,
																7
												15
							a															c.
																21

Поскольку в качестве c можно взять любое, отличное от 0 число, то пусть

c 21. Тогда n1 {15; 33; 21}.

Так как ось Oz перпендикулярна плоскости ABC, то ее вектор нормали

n2 {0;0;1}.

Находим косинус угла между плоскостями по формуле (9)

		cos (EFG, ABC)								n1	n2
									n1			n2
	|15 0 3			0				1|												1		.
			3				21						21
		225 27 21				0 0 1					273								13

Тренировочные упражнения

116.Дан куб ABCDA1B1C1D1 . Найдите угол между плоскостями AB1C1 и A1B1C .

117.В кубе ABCDA1B1C1D1 точки E ,

F – середины рёбер соответственно A1В1

и A1D1. Найдите тангенс угла между плоскостями AEF и ВCC1 .

118. В кубе ABCDA1B1C1D1 точки E ,

F середины рёбер соответственно A1В1

и A1D1. Найдите тангенс угла между плоскостями AEF и ВDD1.

119. В кубе ABCDA1B1C1D1 диагональ

A1C является ребром двугранного угла, грани которого проходят через В и D. Найдите величину этого угла.

120. Диагональ A1C куба

ABCDA1B1C1D1 служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через середины ребер AB и DD1 . Найдите величину этого угла.

121. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1 , длины рёбер которо-

го равны AB 2, AD AA1 1. Найдите угол меду плоскостями CD1B1 и CDA1 .

122. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 , у которого AB 4,

BC 6, CC1 4 найдите тангенс угла между плоскостями CDD1 и BDA1.

04.12.2012

59

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

123. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 , у которого AB 6, BC 6, CC1 4 найдите тангенс угла между плоскостями ACD1 и A1B1C1.

124. В прямоугольном параллелепипе-

де ABCDA1B1C1D1	известны длины ребер:
AA1 5, AB 12,	AD 8. Найдите тан-

генс угла между плоскостью АВС и плоскостью, проходящей через точку B перпендикулярно прямой AK , если K – середина ребра C1D1.

125. (ЕГЭ, 2010). В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 извест-

ны рёбра AB 8, AD 6 , CC1 5. Най-

дите угол между плоскостями BDD1 и

AD1B1.

126. Основание прямой четырехугольной призмы ABCDA1B1C1D1 – прямо-

угольник	ABCD, в котором АВ 28 ,
AD 6.	Найдите	тангенс	угла между
плоскостью грани		AA1B1B	призмы и

плоскостью, проходящей через середину ребра CD перпендикулярно прямой AC1,

если расстояние между прямыми A1C1 и

BD равно 8 .

127. Основание прямой четырехугольной призмы ABCDA1B1C1D1 – прямоугольник ABCD, в котором АВ 12,

AD 31. Найдите косинус угла между плоскостью основания призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра AD перпендикулярно прямой BD1 , если расстояние между прямыми AC и B1D1 равно 5.

128. (ЕГЭ, 2012). В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 2, а боковые рёбра равны 3. На ребре AA1 отмечена точка E

так, что AE :EA1 1:2. Найдите угол между плоскостями ABC и BED1.

129. (аналог ЕГЭ, 2012). В правиль-

ной 4-хугольной призме ABCDA1B1C1D1 сторона основания равна 3, а боковое ребро 4. На ребре A1A дана точка E та-

кая, что A1E 3AE. Найти угол между плоскостями ABC и BED1 .

130. (Репетиционный ЕГЭ, 2012). В

правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 сторона основания равна

3, а боковое ребро равно 5. На ребре AA1 взята точка M так, что AM 2. На ребре BB1 взята точка K так, что B1K 2. Най-

дите угол между плоскостями CC1D1 и

D1MK .

131. (Репетиционный ЕГЭ, 2012). В

правильной четырёхугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной основания 4

и высотой 7 на ребре AA1 взята точка M

так, что AM 2. На ребре BB1 взята точ-

ка K так, что B1K 2. Найдите угол ме-

жду плоскостью D1MK и плоскостью

CC1D1 .

132. (ЕГЭ, 2012). В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 2, а боковые рёбра равны 3. На ребре AA1 отмечена точка E

так, что				AE:EA1 3:2. Найдите угол
между плоскостями ABC и BED1.
133.		В основании прямой призмы
ABCDA1B1C1D1 лежит ромб ABCD со
стороной						и углом А, равным 60 . На
					21
ребрах		AB , B1C1 и DC взяты соответст-
венно точки E, F и G так, что AE EB ,
B1F FC1				и DG 3GC . Найдите коси-
нус	угла			между плоскостями EFG и
ABC, если высота призмы равна 4,5.
134.		В правильной треугольной призме
ABCABC					все рёбра равны 1. Найдите
	1	1	1
косинус угла между плоскостями ABC и
				1
ABC.
1	1

135. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все рёбра которой равны 1,

найдите угол между плоскостями ACВ1 и

A1С1В.

136. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 2,

а диагональ боковой грани равна 5.

04.12.2012

60

www.alexlarin.net