Главная › 13 (С2) Стереометр. задачи › Задание №16 (С2) Т/Р №95 А. Ларина

11 Дек 2014

Категория: 13 (С2) Стереометр. задачиСтереометрияТ/P A. Ларина

Задание №16 (С2) Т/Р №95 А. Ларина

Елена Репина 2014-12-11 2015-09-04

В новом формате ЕГЭ по математике задание значится как «Задание №14»

В правильной четырехугольной пирамиде $PABCD$ высота $PO$ равна $\sqrt7$ , а сторона основания равна 6. Из точки $O$ на ребро $PC$ опущен перпендикуляр $OH$ . Докажите, что прямая $PC$ перпендикулярна плоскости $BDH$ . Найдите угол между плоскостями, содержащими две соседние боковые грани $PBC$ и $PCD$ .

Решение:

Во-первых, $PC\perp OH$ по условию (при этом, конечно, $OH$ лежит в плоскости $BDH$ ).

Во-вторых, $PC\perp BD$ по теореме о трех перпендикулярах (действительно, проекция $AC$ наклонной $PC$ к плоскости $ABC$ перпендикулярна прямой $BD$ плоскости $ABC$ (ведь $ABCD$ – квадрат), а значит и наклонная $PC$ перпендикулярна $BD$ ).

Итак, $PC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BDH,$ а значит $PC$ перпендикулярна $BDH$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. ;lm

Вспомним, что

Угол между плоскостями — это угол между перпендикулярами к линии их пересечения, проведенными в этих плоскостях.

Прямая $PC$ , перпендикулярная плоскости $BDH$ , перпендикулярна любой прямой плоскости $BDH$ , в частности, $PC\perp BH,$ $PC\perp HD.$ А значит, угол между прямыми $BH$ и $HD$ – искомый угол.

По т. Пифагора из треугольника $ACD:$

$AC=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt2;$

Тогда $OC=3\sqrt2.$

По т. Пифагора из треугольника $PCO:$

$PC=\sqrt{(\sqrt7)^2+(3\sqrt2)^2}=5;$

Пусть $T$ – середина $DC$ .

Площадь треугольника $DPC$ находим двумя разными способами:

$S_{DPC}=\frac{PT\cdot DC}{2};$

$S_{DPC}=\frac{DH\cdot PC}{2}.$

Откуда $DH=\frac{PT\cdot DC}{PC}=\frac{4\cdot 6}{5}=\frac{24}{5}.$

Обратимся к треугольнику $BHD$ :

$BH=DH=\frac{24}{5}, BD=6\sqrt2.$

По теореме Косинусов

$BD^2=BH^2+DH^2-2BH\cdot DH\cdot cosBHD;$

$72=\frac{2\cdot 24^2}{25}-\frac{2\cdot 24^2}{25}cosBHD;$

$cosBHD=\frac{\frac{2\cdot 24^2}{25}-72}{\frac{2\cdot 24^2}{25}};$

$cosBHD=\frac{2\cdot 24^2-72\cdot 25}{2\cdot 24^2};$

$cosBHD=\frac{24(48-75)}{2\cdot 24^2};$

$cosBHD=-\frac{9}{16};$

Видим, что угол $BHD$ – тупой.

Угол между прямыми $BH$ и $HD$ (а значит, и между плоскостями $PBC$ и $PCD$ ) – есть $\pi-arccos(-\frac{9}{16})=arccos\frac{9}{16}.$

Ответ: $arccos\frac{9}{16}.$

Автор: egeMax | комментария 2

Печать страницы

комментария 2

Дима

2015-03-24 в 16:21

Подскажите, пожалуйста, можно ли угол между плоскостями выражать через арктангенс? А то везде выражают через арккосинус, меня это смущает немного)

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2015-03-24 в 16:38
  
  Конечно, можно.
  
  [ Ответить ]

Задание №16 (С2) Т/Р №95 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ