А.2
Мастер-класс Угол между прямой и плоскостью
К Атласу №13
Тип А.2 · Расширенный разбор

Угол между прямой и плоскостью

Самый «однотипный» в хорошем смысле тип задачи №13. Всё сводится к одному прямоугольному треугольнику: гипотенуза — сама прямая, катеты — её проекция на плоскость и перпендикуляр к плоскости. Дальше — школьная тригонометрия.

3
метода
3
задачи
1
треугольник
Главная формула типа А.2 · Две стороны одной медали
$\varphi=\angle(\ell,\ \ell')$
геометрически · угол между прямой и её проекцией $\ell'$
≡
$\sin\varphi=\dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|}$
координатно · через направляющую и нормаль
В прямоугольном треугольнике, образованном прямой, её проекцией и перпендикуляром: $\sin\varphi=\dfrac{\text{вертикальный катет}}{\text{гипотенуза}}$, $\cos\varphi=\dfrac{\text{проекция}}{\text{гипотенуза}}$, $\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{\text{вертикальный катет}}{\text{проекция}}$.
Часть I · Базовая задача

Диагональ AC₁ и основание единичного куба

Канонический сюжет: пространственная диагональ куба и угол, который она составляет с плоскостью основания.

А.2 ★

Базовый сценарий — диагональ куба и основание

единичный куб · диагональ · прямоугольный треугольник
Дан единичный куб ABCDA₁B₁C₁D₁.
Найти тангенс угла между диагональю $AC_1$ и плоскостью основания $ABCD$.
fig. А.2 base потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
Три параллельных решения. Один ответ $\dfrac{\sqrt 2}{2}$, три способа добраться: геометрически через проекцию, координатно через нормаль, и «в одно действие» через простую интуицию «высота / горизонталь».
I
Метод I · Через проекцию
прямой треугольник ACC₁
  1. Определение. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Если прямая не перпендикулярна плоскости, такая проекция определена однозначно.
  2. Найдём проекцию. Точка $A$ уже лежит в основании $ABCD$, она остаётся на месте. Точка $C_1$ проектируется в $C$ перпендикулярно вниз, так как $CC_1\perp ABCD$.
    Следовательно, проекция прямой $AC_1$ на плоскость $ABCD$ — это прямая $AC$.
  3. Искомый угол — это $\angle C_1AC$. Угол между $AC_1$ и его проекцией $AC$.
  4. Прямоугольный треугольник $ACC_1$. В нём угол $\angle ACC_1 = 90°$ (ребро $CC_1$ перпендикулярно основанию, в котором лежит $AC$).
    Катеты: $CC_1 = 1$ (ребро куба), $AC = \sqrt 2$ (диагональ грани).
  5. Тангенс. Тангенс — отношение противолежащего катета к прилежащему: $$\operatorname{tg}\angle C_1AC = \dfrac{CC_1}{AC} = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}.$$
Ответ метода I $\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt 2}{2}$
Универсальный приём Этот алгоритм работает всегда: проектируем «верхнюю» точку прямой на плоскость, соединяем «нижнюю» точку с этой проекцией — получаем треугольник, всегда прямоугольный (по построению, ведь проекционный отрезок перпендикулярен плоскости).
II
Метод II · Через нормаль
координаты и скалярное произведение
  1. Координаты. Поставим $A$ в начало: $A=(0;0;0)$, $C_1=(1;1;1)$.
  2. Направляющий вектор прямой. $$\vec u = \vec{AC_1} = (1;\ 1;\ 1),\ |\vec u| = \sqrt{1^2+1^2+1^2} = \sqrt 3.$$
  3. Нормаль к плоскости $ABCD$. Это плоскость $z=0$, её нормаль — это ось $Oz$: $$\vec n = (0;\ 0;\ 1),\ |\vec n| = 1.$$
  4. Формула. Синус угла между прямой и плоскостью равен модулю косинуса угла между направляющей и нормалью: $$\sin\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|} = \dfrac{|1\cdot 0 + 1\cdot 0 + 1\cdot 1|}{\sqrt 3\cdot 1} = \dfrac{1}{\sqrt 3}.$$
  5. От синуса к тангенсу. $$\cos\varphi = \sqrt{1-\sin^2\varphi} = \sqrt{1-\tfrac13} = \sqrt{\tfrac{2}{3}} = \dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 3}.$$ $$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sin\varphi}{\cos\varphi} = \dfrac{1/\sqrt 3}{\sqrt 2/\sqrt 3} = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}.$$
Ответ метода II $\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt 2}{2}$
Почему синус, а не косинус Угол между прямой и плоскостью лежит в $[0°;\,90°]$. А угол между прямой и нормалью — дополнение: $90°-\varphi$. Поэтому $\cos(90°-\varphi) = \sin\varphi$, и формула «честно» даёт именно синус. Никогда не путать.
III
Метод III · «Высота на горизонталь»
тангенс в одну строчку
  1. Идея. Если плоскость — горизонтальная, а прямая поднимается «вверх и вбок», то тангенс угла с плоскостью — это отношение сколько вверх к сколько вбок.
  2. «Вверх». Прямая $AC_1$ поднимается на $1$ единицу (на высоту куба).
  3. «Вбок». Прямая проходит над диагональю $AC$ длиной $\sqrt 2$ (диагональ грани).
  4. Деление. $$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}.$$
Ответ метода III $\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt 2}{2}$
Это тот же метод I На самом деле это просто самый сжатый язык для метода I: «вверх» = $CC_1$ = противолежащий катет, «вбок» = $AC$ = прилежащий катет. Полезен на ЕГЭ для быстрой устной проверки.
Сравнение методов
I · Через проекцию

Стандартный школьный путь. Чёткие шаги: найти проекцию, построить треугольник, посчитать стороны, применить тригонометрию.

всегда работает наглядно
II · Через нормаль

Лучший выбор, когда фигура легко помещается в систему координат. Не требует геометрических построений.

быстро не перепутать sin/cos
III · «В одну строчку»

Когда направления прямой и плоскости очевидны (вертикаль/горизонталь), ответ выписывается мгновенно.

мгновенно только в кубах/призмах
Часть II · Похожая задача I

Пирамида: SA и плоскость основания

Правильная четырёхугольная пирамида с боковым ребром, превышающим сторону основания. Ответ оказывается «красивым» — ровно $60°$.

№1 ∼

Четырёхугольная пирамида · боковое ребро 2√2

правильная пирамида · сторона 2 · ребро 2√2
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания равна $2$, а боковое ребро равно $2\sqrt 2$.
Найти угол между ребром $SA$ и плоскостью основания $ABCD$.
fig. ∼ I потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Через проекцию
треугольник $SOA$ — рабочая лошадка
  1. Проекция $S$ на основание. Так как пирамида правильная, вершина $S$ проектируется в центр квадрата $O$ — пересечение диагоналей основания.
  2. Проекция ребра $SA$. Точка $A$ остаётся (она в основании), $S$ переходит в $O$. Значит проекция $SA$ — это отрезок $OA$, и искомый угол — это $\angle SAO$ в прямоугольном треугольнике $SOA$.
  3. Найдём $OA$. Это половина диагонали квадрата со стороной $2$: $$OA = \dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt 2 = \sqrt 2.$$
  4. Угол в прямоугольном треугольнике $SOA$. Прямой угол при $O$ ($SO\perp ABCD$). Прилежащий катет — $OA=\sqrt 2$, гипотенуза — $SA = 2\sqrt 2$. $$\cos\angle SAO = \dfrac{OA}{SA} = \dfrac{\sqrt 2}{2\sqrt 2} = \dfrac{1}{2}.$$
  5. Узнаём табличный угол. $\cos\varphi = \tfrac12\ \Rightarrow\ \varphi = 60°.$
Ответ метода I $\varphi = 60°$
Бонус: высота пирамиды Раз $\cos\varphi=\tfrac12$ и гипотенуза $2\sqrt 2$, второй катет — высота пирамиды $SO = SA\cdot\sin 60° = 2\sqrt 2\cdot\dfrac{\sqrt 3}{2} = \sqrt 6$. Это пригодится в задачах А.3 на той же фигуре.
II
Метод II · Через нормаль
координаты пирамиды
  1. Координаты. Начало в центре основания, оси по диагоналям квадрата. Сторона $2$, полудиагональ $\sqrt 2$: $$A=(\sqrt 2;\,0;\,0),\ B=(0;\,\sqrt 2;\,0),\ C=(-\sqrt 2;\,0;\,0),\ D=(0;\,-\sqrt 2;\,0).$$ Высота $SO=\sqrt 6$ (см. метод I), поэтому $S=(0;\,0;\,\sqrt 6)$.
  2. Направляющий вектор. $$\vec u = \vec{AS} = (-\sqrt 2;\,0;\,\sqrt 6),\ |\vec u| = \sqrt{2+0+6} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2.$$ Проверка: длина $SA$ равна заявленной $2\sqrt 2$. ✓
  3. Нормаль к плоскости основания. $\vec n = (0;\,0;\,1)$, $|\vec n|=1$.
  4. Синус. $$\sin\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|} = \dfrac{|\sqrt 6|}{2\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 6}{2\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 3}{2}.$$
  5. Узнаём табличный угол. $\sin\varphi = \dfrac{\sqrt 3}{2}\ \Rightarrow\ \varphi = 60°.$
Ответ метода II $\varphi = 60°$
III
Метод III · Узнавание шаблона
соотношение $SA : OA = 2 : 1$
  1. Ключевое отношение. Гипотенуза $SA=2\sqrt 2$, прилежащий катет $OA=\sqrt 2$. Отношение: $SA:OA = 2:1$.
  2. Узнаваемый треугольник. В прямоугольном треугольнике, где гипотенуза вдвое длиннее прилежащего к острому углу катета — это шаблонный «полуравносторонний» 30°–60°–90°.
  3. Откуда какой угол. Угол, к которому катет прилежит, равен $60°$. Угол, к которому катет противолежит, равен $30°$.
    В нашем случае: катет $OA$ прилежит к углу $\angle SAO$, значит $\angle SAO = 60°.$
Ответ метода III $\varphi = 60°$
Когда срабатывает Запомни три классических отношения: $1:1:\sqrt 2$ (45–45–90), $1:\sqrt 3:2$ (30–60–90), $3:4:5$ (египетский, не табличный). Каждое сразу даёт ответ без тригонометрии.
Часть III · Похожая задача II

Тетраэдр: SA в правильной треугольной пирамиде

Та же логика, но основание — равносторонний треугольник. Центр — не середина диагонали, а центроид. Появляется радиус описанной окружности $R=\tfrac{a\sqrt 3}{3}$.

№2 ∼

Треугольная пирамида · сторона 2, высота √6

правильная пирамида · центроид · радиус описанной
В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания равна $2$, а высота пирамиды равна $\sqrt 6$.
Найти угол между ребром $SA$ и плоскостью основания $ABC$.
fig. ∼ II потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Через проекцию
треугольник $SOA$, где $O$ — центроид
  1. Проекция $S$. В правильной треугольной пирамиде вершина $S$ проектируется в центроид $O$ равностороннего основания. Центроид одновременно является центром описанной окружности.
  2. Проекция $SA$. Это отрезок $OA$. Искомый угол — $\angle SAO$ в прямоугольном $\triangle SOA$ ($\angle SOA = 90°$).
  3. Найдём $OA$ — это радиус описанной окружности равностороннего треугольника со стороной $2$. Формула: $$R = \dfrac{a}{\sqrt 3} = \dfrac{a\sqrt 3}{3}.$$ Для $a=2$: $$OA = R = \dfrac{2\sqrt 3}{3}.$$
  4. Тангенс угла $\angle SAO$. Противолежащий катет — высота $SO = \sqrt 6$, прилежащий — $OA$. $$\operatorname{tg}\angle SAO = \dfrac{SO}{OA} = \dfrac{\sqrt 6}{\tfrac{2\sqrt 3}{3}} = \dfrac{3\sqrt 6}{2\sqrt 3} = \dfrac{3\sqrt 2}{2}.$$
  5. Финал. $$\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt 2}{2}\approx 64{,}8°.$$
Ответ метода I $\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt 2}{2}$
Запомнить Радиус описанной окружности правильного треугольника со стороной $a$ равен $\dfrac{a\sqrt 3}{3}$, а радиус вписанной — $\dfrac{a\sqrt 3}{6}$ (вдвое меньше). Эти числа постоянно нужны в задачах с правильными треугольными пирамидами.
II
Метод II · Через нормаль
координаты с центроидом в начале
  1. Координаты. Начало — в центроиде $O$ основания. Удобно расположить $A$ на положительной оси $Ox$: $$A = \Bigl(\tfrac{2\sqrt 3}{3};\,0;\,0\Bigr).$$ (Остальные вершины основания нам не понадобятся, но они получаются поворотом $A$ на $\pm 120°$.) Вершина: $S = (0;\,0;\,\sqrt 6)$.
  2. Направляющий. $$\vec u = \vec{AS} = \Bigl(-\tfrac{2\sqrt 3}{3};\,0;\,\sqrt 6\Bigr).$$ Длина: $$|\vec u| = \sqrt{\tfrac{4\cdot 3}{9}+0+6} = \sqrt{\tfrac{4}{3}+6} = \sqrt{\tfrac{22}{3}}.$$
  3. Нормаль и формула. $\vec n=(0;\,0;\,1)$. $$\sin\varphi = \dfrac{|\sqrt 6|}{\sqrt{22/3}} = \dfrac{\sqrt 6\cdot\sqrt 3}{\sqrt{22}} = \dfrac{\sqrt{18}}{\sqrt{22}} = \dfrac{3\sqrt 2}{\sqrt{22}} = \dfrac{3\sqrt{11}\cdot\sqrt{2}}{11}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{11}/\sqrt{11}}.$$ Упростим иначе: $$\sin\varphi = \dfrac{\sqrt 6}{\sqrt{22/3}} = \sqrt{\dfrac{6\cdot 3}{22}} = \sqrt{\dfrac{18}{22}} = \sqrt{\dfrac{9}{11}} = \dfrac{3}{\sqrt{11}}.$$
  4. От синуса к тангенсу. $$\cos\varphi = \sqrt{1-\tfrac{9}{11}} = \sqrt{\tfrac{2}{11}} = \dfrac{\sqrt 2}{\sqrt{11}}.$$ $$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sin\varphi}{\cos\varphi} = \dfrac{3/\sqrt{11}}{\sqrt 2/\sqrt{11}} = \dfrac{3}{\sqrt 2} = \dfrac{3\sqrt 2}{2}.$$
Ответ метода II $\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt 2}{2}$
III
Метод III · Формула для правильной пирамиды
тангенс через высоту и радиус описанной
  1. Универсальная формула. Для любой правильной пирамиды угол $\varphi$ между боковым ребром и основанием задаётся формулой $$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{H}{R},$$ где $H$ — высота пирамиды, $R$ — радиус окружности, описанной около основания.
  2. Почему так. Боковое ребро $SA$ проектируется в $OA = R$ (расстояние от центра основания до вершины — это и есть радиус описанной). Высота $SO = H$. Прямоугольный $\triangle SOA$, $\operatorname{tg}\angle SAO = H/R$.
  3. Подставим. $H = \sqrt 6$, $R = \dfrac{a\sqrt 3}{3} = \dfrac{2\sqrt 3}{3}$. $$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt 6}{2\sqrt 3/3} = \dfrac{3\sqrt 6}{2\sqrt 3} = \dfrac{3\sqrt 2}{2}.$$
Ответ метода III $\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt 2}{2}$
Формулу — в копилку $\operatorname{tg}\varphi = H/R$ — это, по сути, метод I, упакованный в одну строку. Для квадратной правильной пирамиды $R = \dfrac{a\sqrt 2}{2}$; для треугольной — $R = \dfrac{a\sqrt 3}{3}$; для шестиугольной — $R = a$ (сторона = радиус!).
Часть IV · Алгоритм

Пять шагов к ответу А.2

Универсальная последовательность, применимая к призмам, пирамидам, кубам и любым другим многогранникам.

1

Постановка

Выделить прямую $\ell$ и плоскость $\pi$. Убедиться, что прямая не лежит в плоскости и не перпендикулярна ей.

2

Проекция

Найти проекцию «верхней» точки прямой на плоскость (опустить перпендикуляр). Соединить с «нижней» — получим $\ell'$.

3

Треугольник

Прямая, её проекция $\ell'$ и опущенный перпендикуляр — всегда прямоугольный треугольник. Это рабочая фигура.

4

Стороны

Посчитать длины трёх сторон через известные элементы фигуры — рёбра, диагонали, радиусы описанных окружностей.

5

Тригонометрия

$\sin = $ верт./гипотенуза, $\cos = $ проекция/гипотенуза, $\operatorname{tg} = $ верт./проекция. Записать «Ответ:».

Памятка

Радиусы описанной окружности основания

В правильной пирамиде боковое ребро всегда проектируется в радиус $R$ описанной около основания окружности. Эти три числа стоит держать в голове.

Треугольная пирамида

основание — правильный треугольник со стороной $a$
высота треугольника$\dfrac{a\sqrt 3}{2}$
радиус описанной $R$$\dfrac{a\sqrt 3}{3}$
радиус вписанной $r$$\dfrac{a\sqrt 3}{6}$
расположение центрацентроид

Четырёхугольная пирамида

основание — квадрат со стороной $a$
диагональ квадрата$a\sqrt 2$
радиус описанной $R$$\dfrac{a\sqrt 2}{2}$
радиус вписанной $r$$\dfrac{a}{2}$
расположение центрапересечение диагоналей

Шестиугольная пирамида

основание — правильный шестиугольник со стороной $a$
большая диагональ$2a$
радиус описанной $R$$a$
радиус вписанной $r$$\dfrac{a\sqrt 3}{2}$
расположение центрацентр симметрии
Часть V · Рекомендации

Когда какой метод выбирать

Шесть карточек — для решения, проверки и того, чтобы избежать самых частых ошибок этого типа.

I · ПроекцияКогда работает

Школьный универсальный путь:

  • Очевидно, какая точка проектируется и куда (вершина правильной пирамиды → в центр основания; вершина куба над основанием → в свою «нижнюю копию»).
  • Получающийся треугольник имеет легко считающиеся стороны.
  • Тангенс/синус/косинус берётся из табличного значения.
$\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\text{высота}}{\text{проекция}}$

II · НормальКогда работает

Координатный метод оптимален, если:

  • Целевая плоскость — координатная (часто это $z=0$ для основания, тогда $\vec n = (0;0;1)$).
  • Все ключевые координаты целые или с одной иррациональностью.
  • Не нужно искать «куда проектируется» — формула обходится без построений.
$\sin\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|}$

III · ШаблонКогда работает

«В одну строку», если узнал шаблон:

  • $\operatorname{tg}\varphi = H/R$ — в любой правильной пирамиде.
  • Прямоугольные треугольники $30$–$60$–$90$ и $45$–$45$–$90$ узнаются по отношениям сторон.
  • В кубах: «вверх/вбок» сразу даёт $\operatorname{tg}$.
$\operatorname{tg}\varphi_{\text{прав. пирамида}} = \dfrac{H}{R_{\text{осн}}}$

ГраблиЧего избегать

Самые частые ошибки в А.2:

  • Перепутать косинус и синус в координатной формуле: $\sin$, а не $\cos$ — это угол с нормалью.
  • В правильной треугольной пирамиде взять $OA$ как радиус вписанной, а не описанной (вписанная $r=\tfrac{a\sqrt 3}{6}$, описанная $R=\tfrac{a\sqrt 3}{3}$).
  • Спутать боковое ребро с апофемой пирамиды (это разные отрезки).
  • Дать ответ как угол, если просили тангенс/синус/косинус, и наоборот.

ТрюкШаблонные треугольники

Эти три прямоугольных треугольника появляются в А.2 чаще всего:

  • $1:1:\sqrt 2$ — равнобедренный, углы $45°$, $45°$, $90°$.
  • $1:\sqrt 3:2$ — половина равностороннего, углы $30°$, $60°$, $90°$.
  • $1:\sqrt 2:\sqrt 3$ — диагональ куба и грань: углы $\operatorname{arctg}\tfrac{\sqrt 2}{2}$ и $\operatorname{arctg}\sqrt 2$.

ПроверкаКонтроль ответа

До «Ответ:» обязательно:

  • Угол должен быть в $(0°;\,90°)$. Если получилось $\geq 90°$ — взяли угол с нормалью вместо угла с проекцией.
  • Если в условии «найти тангенс», ответ — число (не градусы и не arctg).
  • Прикидка: если высота пирамиды значительно больше $R$ основания — угол $> 45°$. Если меньше — угол $< 45°$.
  • Перерешать другим методом. В А.2 это занимает 2–3 минуты.