а) В плоскости через точку К проведем прямую параллельно Пусть эта прямая пересекает диагональ в точке L. В плоскости основания проведем прямую пусть она пересекает сторону в точке P. Треугольник KPC₁ — сечение, проходящее через точки К и С₁ параллельно прямой BD₁. Действительно, прямая BD₁ параллельна плоскости сечения, так как параллельна лежащей в нем прямой KL.

В плоскости основания через точку A₁ проведем прямую параллельно C₁P. Пусть она пересекает D₁В₁ в точке М. По теореме Фалеса имеем: и поэтому Тогда Что и требовалось доказать.

б) Пусть теперь точка N — основание высоты прямоугольного треугольника — является проекцией наклонной PN на плоскость Тогда угол PNB₁ — линейный угол искомого двугранного угла. Имеем:

Тем самым,

Ответ: б)

Приведём другое решение.

б) Уравнение плоскости — ax + by + cz + d = 0.

Приведём координаты точек C₁(0; 4; 4), K(4; 4; 3),

Подставив координаты указанных точек в уравнение, получим систему трёх уравнений

Вычтем из первого уравнения второе, из первого третье, из второго третье, получим следующую эквивалентную систему уравнений:

Таким образом, вектор нормали плоскости имеет вид Откуда имеем: a = 1, b = 3, c = 4. Получаем уравнение плоскости: x + 3y + 4z + d = 0. Определим теперь коэффициент d, для этого подставим в это уравнение координаты точки C₁:

Имеем: x + 3y + 4z + 28 = 0 — уравнение плоскости PKC₁. Координаты вектора нормали к плоскости Координаты вектора нормали к плоскости Обозначим угол между плоскостями и как Найдём косинус угла между плоскостями и

Откуда Может также быть получен ответ и через арктангенс:

а) Пусть точка H — середина AC.

Тогда

Вместе с тем,

а тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник BMN является прямоугольным с прямым углом M.

б) Проведём перпендикуляр NP к прямой A₁B₁, кроме нее NP ⊥ A₁A. Следовательно, NP ⊥ ABB₁. Поэтому MP — проекция MN на плоскость ABB₁.

Прямая BM перпендикулярна MN, тогда по теореме о трёх перпендикулярах BM ⊥ MP. Следовательно, угол NMP — линейный угол искомого угла.

Длина NP равна половине высоты треугольника A₁B₁C₁, то есть

Поэтому

Следовательно,

Ответ: б)

а) Рассмотрим сечение призмы плоскостью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плоскости вместе с прямой BD₁. Следовательно, прямые и также лежат в этой плоскости и пересекаются в точке Аналогично, и лежат в сечении BCA₁D₁ и пересекаются в точке Трапеция  — искомое сечение.

б) а Поэтому Из подобия треугольников D₁C₁E и BME находим, что откуда BM = MA = 1. Аналогично, BN=1, треугольник BMN — равнобедренный. Опустим перпендикуляр на прямую По теореме о трёх перпендикулярах и, значит, — искомый угол.

Из треугольника AHM, подобного BMN, находим, что Тогда

Ответ: б)

а) Проведем высоту AH в треугольнике ABD. Поскольку проекция прямой на плоскость ABCD это прямая AH, то по теореме о трех перпендикулярах. Что и требовалось.

б) Из треугольника ABD находим

Ответ: б)

а) В треугольнике отрезок BD — средняя линия (так как параллелен и равен его половине), значит, EB = BC = AB и треугольник — равнобедренный. Тогда

б) Поскольку и (так как ), имеем Поскольку плоскости ABC и пересекаются по прямой AE, имеем

Ответ:

а) Поскольку (свойство диагоналей правильного шестиугольника) и (поскольку верхнее основание призмы перпеникулярно боковому ребру), то а тогда и (признак перпендикулярности плоскостей).

б) Отметим середину (точка K). Тогда откуда Кроме того поскольку Тогда

Ответ:

а) Заметим, что хорда длиной 12 находится на расстоянии от центра окружности основания, а хорда длиной 16, аналогично, — на расстоянии 6. Поэтому расстояние между их проекциями на плоскость, параллельную основаниям цилиндров, составляет либо 8 + 6 = 14, либо 8 − 6 = 2. Тогда расстояние между хордами составляет либо либо По условию реализовался второй случай, в нем проекции хорд лежат по одну сторону от оси цилиндра. Значит, ось не пересекает данную плоскость в пределах цилиндра, то есть основания лежат по одну сторону от нее.

б) Обозначим центры оснований за и Проведем из центра основания с хордой длины 12 серединный перпендикуляр к этой хорде (он имеет длину 8, как уже отмечалось) и из центра другого основания — к другой хорде. Они лежат в одной плоскости , перпендикулярной этим хордам. Назовем середину меньшей хорды B, большей A и проекцию A на второе основание — 

Тогда и, значит, AB, AH перпендикулярны хорде, то есть прямой пересечения основания с данной плоскостью.

Значит, искомый угол равен

Ответ:

а) Поскольку проекция прямой на плоскость ABCD — прямая , то и Аналогично (надо рассмотреть плоскость ). Значит, перпендикулярно двум пересекающимся прямым в плоскости , поэтому

б) Будем считать, что ребро куба имеет длину 1. Очевидно, в обеих плоскостях лежит точка B, поэтому прямая пересечения у этих плоскостей Опустим на нее перпендикуляры из точек A и C (они упадут в одну точку из-за равенства треугольников и ) Пусть их основание — точка H. Рассмотрим треугольник ACH. В нем ,

Напишем теперь теорему косинусов для треугольника ACH.

, откуда, а угол межу плоскостями — 

Ответ:

а) По теореме Пифагора

б) Отметим точку  — середину Поскольку (потому что его проекция на основание  — прямая  — перпендикулярна и (потому что ), то

Тангенс найденного угла равен

Ответ: а) б)

а) Так как и то и Плоскость сечения пересекает параллельные плоскости и по параллельным прямым, поэтому она пересекает ребро в такой точке что прямая параллельна прямой Значит, ттреугольники и подобны, а поскольку то и Значит, и

б) Так как прямая перпендикулярна плоскости опустим перпен-

дикуляр из точки на прямую пересечения этих плоскостей. Угол будет искомым. Найдём Для этого проведём в трапеции высоту (очевидно, — середина ). Теперь, вычисляя двумя способами площадь треугольника найдём то есть Тогда

Ответ: а) б)

а) Найдём стороны треугольника ATC₁:

Заметим, что

Следовательно, по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник ATC₁ является прямоугольным.

б) Так как прямая C₁T перпендикулярна прямым A₁T и AT, угол A₁ТA искомый. Тангенс угла A₁TA равен

Ответ: б)

а) Обозначим за середину ребра Очевидно, (так как ) Значит, Итак, плоскость содержит прямую, перпендикулярную к плоскости поэтому плоскости перпендикулярны.

б) Обозначим за M середину BC. Поскольку плоскости пересекаются по прямой BC, нас интересует угол между перпендикулярами к BC, проведенными в этих плоскостях. Очевидно (так как ) и по теореме о трех перпендикулярах (проекция на ABC это ) Поэтому

Ответ:

а) Прямая перпендикулярна , поскольку — медиана равностороннего треугольника Кроме того, прямая перпендикулярна , поскольку перпендикулярна плоскости основания Значит, прямая перпендикулярна плоскости , и потому перпендикулярна . Следовательно, треугольник прямоугольный.

б) Так как прямая перпендикулярна прямым и , угол искомый. Имеем

Ответ: б)

а) Поскольку плоскость параллельна прямой AC, то она пересекает грань ABСD по некоторой прямой FL, параллельной прямой AC. Пусть точка и прямая FL пересекает прямую BD в точке K а прямая KE пересекает прямую BB₁ в точке P. Тогда точка пересечения прямых B₁D и KE есть точка пересечения плоскости с диагональю B₁D (см. рис. 1).

Прямая FL параллельна AC, значит, точка F середина ребра AB, Тогда, отрезок FL ― средняя линия треугольника ABC и, следовательно,

Положим тогда

Далее имеем (см. рис. 2):

1) Треугольники и — подобны, откуда Таким образом ,

2) Треугольники и — подобны, откуда , что и требовалось доказать.

б) Из того, что и , получаем, что Значит, согласно теореме о трех перпендикулярах, Таким образом, угол ― линейный угол искомого двугранного угла.

Учитывая, что и из треугольника находим: , откуда

Ответ: б)

Примечание.

На рисунке изображен прямоугольный параллелепипед, соответствующий условию пункта б).

Решение пункта а) справедливо для произвольного параллелепипеда.

Плоскость проходит через точку В, лежащую в плоскости основания, и параллельна прямой AC, лежащей в плоскости основания. Следовательно, плоскость пересекает плоскость основания по прямой, содержащей точку В и параллельной АС. Пусть эта прямая пересекает продолжения сторон DA и DC основания в точках E и F соответственно. Тогда пересекает плоскость боковых граней по прямым D₁E и D₁F. Пусть M и N — точки пересечения этих прямых с боковыми ребрами параллелепипеда, тогда BMD₁N — сечение параллелепипеда плоскостью 

Поскольку плоскость сечения проходит через прямую EF, параллельную плоскости ACC₁A₁ и пересекает её по прямой MN, прямая MN параллельна EF, а значит, параллельна AC.

По условию, сечение является ромбом, диагонали ромба перпендикулярны, поэтому и По теореме о трёх перпендикулярах, из перпендикулярности наклонной D₁B и прямой AC следует перпендикулярность прямой AC проекции наклонной — прямой DB. Этим показано, что диагонали лежащего в основании прямоугольника взаимно перпендикулярны. Следовательно, этот прямоугольник является квадратом, что и требовалось доказать.

Приведем другое рассуждение. Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, поэтому MN проходит через середину D₁B. Кроме того, прямая MN параллельна прямой AC, а значит, и прямой EF. Из этого следует, что MN —  средняя линия треугольника ED₁F, а тогда точки M и N — середины рёбер параллелепипеда. Прямоугольные треугольники ABM и равны по гипотенузе и катету: Значит, а ABCD является квадратом.

б) Пусть K — середина ребра а KH — высота треугольника BKN. Тогда плоскость MKH перпендикулярна прямой BN. Значит, угол MHK — линейный угол искомого двугранного угла. (Или: проведём перпендикуляры MK и KH, по теореме о трёх перпендикулярах MH — также перпендикуляр к BN, поэтому MHK — линейный угол искомого двугранного угла).

В прямоугольном треугольнике BKN имеем:

откуда

Иначе. Сечение является ромбом, площадь ромба равна половине произведения его диагоналей: Проекцией ромба сечения на боковую грань ВСС₁В₁ является параллелограмм ВKС₁N, площадь которого равна половине площади прямоугольника ВСС₁В₁ то есть 12. Поскольку для искомого угла между плоскостями получаем:

Ответ: (или ).

а) Пусть (т. к. S проектируется в центр).

По теореме косинусов в треугольнике ABS:

B треугольнике ASP: , тогда , откуда

Аналогично находим

Тогда , откуда , что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) следует, что , Проведем PC' параллельно QC, C принадлежит BC, тогда угол APC' — искомый. Поскольку PC' параллельно QC и P — середина QB, то PC' — средняя линия, тогда , В треугольнике CBQ: угол Q — прямой, , тогда В треугольнике APB: угол P — прямой, В треугольнике ABC': угол B — прямой,

По теореме косинусов в треугольнике APC':

Тогда угол между плоскостями SBA и SBC равен

Ответ:б)

а) Пусть — середина ребра , — середина отрезка . В равнобедренных треугольниках и медианы и являются биссектрисами и высотами. Следовательно, точки , и лежат на одной прямой. Треугольник равнобедренный, так как треугольники и равны, а значит, = . В треугольниках и высотами служат отрезки и соответственно. Из того, что отрезок перпендикулярен отрезку и отрезку следует, что прямая перпендикулярна плоскости , но перпендикуляр к плоскости перпендикулярен любой прямой, лежащей в ней, следовательно, прямые и перпендикулярны.

б) Из решения предыдущего пункта видно, что плоскость перпендикулярна плоскостям и , а потому искомый.

Найдём стороны треугольника .

Ясно, что и

В треугольнике имеем:

Из треугольника по теореме косинусов находим

Следовательно,

Из треугольника по теореме косинусов находим

Ответ:

а) Пусть O — точка пересечения A₁C и AC₁. Проведем через нее прямую, параллельную AB и A₁B₁. Очевидно, она лежит в обеих плоскостях. Поэтому она-то и есть линия их пересечения. Она параллельна AB, поэтому параллельна плоскости основания призмы.

б) Поскольку , треугольник ABC — прямоугольный. Введем координаты с началом в точке C и с осями x, y, z, направленными вдоль ребер CA, CB, CC₁ соответственно. Тогда координаты точек будут

Уравнение плоскости ABC₁ будет , уравнение плоскости A₁B₁C будет , и .

Ответ .