Нахождение угла между прямой и плоскостью

\(\blacktriangleright\) 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 \(\angle ABO\) .

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 \(\alpha\)

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 \[HB=\sqrt=7.\] 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 \[\sin\angle BAH=\dfrac=\dfrac7=0,28.\]

\(ABC\) – 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, \[AA_1=\sqrt=\dfrac2.\] Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\) , считая от вершины, то \[AH=\dfrac23AA_1=\sqrt3.\] Тогда из прямоугольного \(\triangle OAH\) : \[\cos OAH=\dfrac=\dfrac12\quad\Rightarrow\quad \angle OAH=60^\circ.\]

Заметим, что из равенства треугольников \(OAH, OBH, OCH\) следует, что \(\angle OAH=\angle OBH=\angle OCH=60^\circ\) .

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.

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – куб. Точка \(N\) – середина ребра \(BB_1\) , а точка \(M\) – середина отрезка \(BD\) . Найдите \(\mathrm^2\, \alpha\) , 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 \[B_1D_1^2 = x^2 + x^2\qquad\Rightarrow\qquad B_1D_1 = x\sqrt.\] В треугольнике \(B_1D_1D\) тангенс угла между \(B_1D\) и \(B_1D_1\) равен \(\mathrm\,\angle DB_1D_1=\dfrac = \dfrac=\mathrm\,\alpha\) , откуда \(\mathrm^2\, \alpha = \dfrac\) .

\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – куб. Точка \(N\) – середина ребра \(BB_1\) , а точка \(M\) делит отрезок \(BD\) в отношении \(1:2\) , считая от вершины \(B\) . Найдите \(9\mathrm^2\, \alpha\) , 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 \(BD=\sqrt=\sqrt2x\) . Так как по условию \(BM:MD=1:2\) , то \(BM=\frac13BD\) , следовательно, \(BM=\frac3x\) .

Тогда из прямоугольного \(\triangle NBM\) : \[\mathrm\,\alpha=\mathrm\,\angle NMB=\dfrac=\dfrac3 \quad\Rightarrow\quad 9\mathrm^2\,\alpha=8.\]

Чему равен \(\mathrm\,\alpha\) , 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 \(AC=\sqrt=\sqrt2 x\) , тогда квадрат котангенса искомого угла: \[\mathrm\,\alpha =(AC:CC_1)^2= (\sqrt2 x:x)^2 = 2.\]

Дан треугольник \(ABC\) с углом \(\angle A=60^\circ\) . Вне плоскости треугольника отмечена точка \(O\) такая, что \(OB=OC\) и \(OB\perp AB\) , \(OC\perp AC\) . Известно, что \(OB=\sqrt\) , \(OA=5\) . Найдите косинус угла между прямой \(OA\) и плоскостью треугольника.

Тогда \(AH\) – проекция прямой \(OA\) на плоскость \(ABC\) и необходимо найти косинус угла \(\angle OAH\) .Заметим, что \(\triangle OAB=\triangle OAC\) как прямоугольные по катету и гипотенузе. Следовательно, \(AB=AC\) . Следовательно, \(\triangle ABH=\triangle ACH\) также как прямоугольные по катету и гипотенузе. Значит, \(\angle BAH=\angle CAH=30^\circ\) .По теореме Пифагора \[AB=\sqrt=\sqrt3.\] Следовательно, \[\cos 30^\circ=\dfrac\quad\Rightarrow\quad AH=\dfrac=2.\] Так как \(OH\perp (ABC)\) , то \(OH\) перпендикулярно любой прямой из этой плоскости, значит, \(\triangle OAH\) – прямоугольный. Тогда \[\cos \angle OAH=\dfrac=\dfrac25=0,4.\]

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 нахождение угла между прямыми, 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.