Материал для подготовки к ЕГЭ (ГИА) по геометрии (11 класс) по теме: Метод ортогонального проекцирования - презентация

1 Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014 г.

2 Применение ортогонального проекцирования

3 Задача 1. Условие: Изобразите сечение единичного куба A…D 1, проходящее через вершину D 1 и середины ребер AB; BC. Найти его S сеч.

4 K L M Решение: Ответ:

5 Задача 2. Условие: Изобразите сечение единичного куба A…D 1, проходящее через середины ребер AA 1, CC 1 и точку на ребре AB, отстоящую от вершины A на 0,75. Найдите его площадь.

6 Искомым сечением будет шестиугольник. Площадь его ортогональной проекции на плоскость ABC равна,косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC равен. Площадь сечения равна. Ответ:

7 Задача 3. Условие: В прямой призме ABCA 1 B 1 C 1 BK- биссектриса основания ABC. Через биссектрису и вершину А 1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания 60°. Найти S сеч., если AB=3, BC=6, угол ABC=30°.

8 . AK=t; KC=2t. Ответ: 3.

9 Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в точку A, а прямую b в прямую b 1, то расстояние между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b 1. Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до плоскости, проходящей через вторую прямую параллельно первой прямой.

10 Задача 4. Условие: Дан правильный тетраэдр МАВС с ребром 1. Найдите расстояние между прямыми АL и МО, если L – середина МС, О – центр грани АВС. В С А M L 1 О Р Н Q

11 Решение: 1. LН (ABC), Н СО. 5. Вычислим ОQ. 2. СН = НО. Расстояние между скрещивающимися прямыми МО и АL равно расстоянию от точки О до прямой АН. ОQ- искомое расстояние. 4. ОQ АН, 3. Точка О и прямая АН – ортогональные проекции соответственно прямых МО и АL на (АВС). В С А M L 1 О Р Н Q

12 В С А M Ответ:. 1 О Р L Н Решение: Q

13 В правильной усеченной четырехугольной пирамиде A…D 1 со сторонами оснований а и b (a>b) и высотой h найти расстояние между диагональю BD 1 и диагональю большего основания AC. Задача 5. Условие:

14

15 В правильной четырехугольной пирамиде SАВСD, все ребра которой равны 1. Найдите угол между прямой DЕ, где Е - середина апофемы SF грани АSВ, и плоскостью АSC. А В С D S F Е Задача 6. Условие:

16 А В С D S F Введем прямоугольную систему координат. О Х У Z Н К Е Ответ:. направляющий вектор прямой DE.

17 Задача 7. Условие: В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ABCD со стороной 21 и углом A, равным 60°. На ребрах 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, если высота призмы равна 4,5. F E

18 1 способ решения:

19 Решение 2 (угол между прямой и плоскостью) F (ABC) F 1 -ортогональная проекция точки F на плоскость и основание BF 1 =F 1 C, FF 1 ll BB 1 G 1 -точка пересечения прямых EG и BC. Треугольник EF 1 G 1, лежащий в плоскости ABC,- ортогональная проекция треугольника EF 1 G 1, лежащего в плоскости EFG Из подобия треугольников EBG 1 и GCG 1 => EB ll GC, CG 1 =BC, т.к. GC=¼DC=½EB По теореме косинусов для треугольника EBF 1 : EF 1 ^2=EB^2+BF^2-2*EB*BF 1 *cos120°=63/4 EF=(37)/2 Из прямоугольных треугольников EFF 1 и F 1 FG 1 : EF^2=EF 1 ^2+F 1 F^2 =36 EF=6 FG 1 ^2=F1G1^2+F1F^2=270/4 FG 1 =(330)/2

20 По теореме косинусов для треугольника EBG 1 : EG 1 ^2=EB^2+BG^2-2*EB*BG 1 *cos120°=441/4 EG 1 =21/2 Используя теорему косинусов для треугольника EFG 1 : cos L EFG 1 =(EF^2+FG 1 ^2-EG 1 ^2)/(2*EF*FG 1 )=-3/(830) sin L EFG 1 =(1-(- 3/(830)^2=637/(810) Находим площадь треугольника EFG 1 S EFG1 =½*EF*FG1*sin L EFG 1 =((93)/16)*637 Находим площадь треугольника EF 1 G 1 : S EF1G1 =½*EF 1 *F 1 G 1 *sin150 °=(633)/16 Находим косинус угла Y между плоскостями EFG 1 и ABC по формуле: cos Y= S EF 1 G 1 /S EFG 1 =1/13 Ответ:1/13

21 Задача 8 Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD, стороны основания которой равны 7. Угол между прямыми DM и AL, L- середина ребра MB, равен 60°.Найдите высоту пирамиды.

22 AB=BC=CD=AD=7 DM и AL скрещивающиеся прямые DM||OL в плоскости DMB OL||MD, так как OL-средняя линия треугольника BMD (по построению) L ALO=60° Докажем, что треугольник AOL- прямоугольный (AC BD, AC OM, тогда => AC (BMD) AC любой прямой, лежащей в этой плоскости, т.е. AC OL, треугольник AOL-прямоугольный, L AOL=90°, L LAD=30° tg L LAO=OL/OA=tg30 ° =3/3 OL/((7*2)/2)= 3/3 OL=((72)/2)* (3/3)=(76)/6 DM=2OL DM=2*((76)/6)=(76)/3 Треугольник OMD: OM=(DM^2-OD^2)= =(76)/6 Ответ: (76)/6

23 Задача 9 В правильной четырехугольной пирамиде PABCD с основанием ABCD точка M - середина ребра РA, точка K - середина ребра РB. Найдите расстояние от вершины A до плоскости CMK, если РC = 6, AB = 4.

24 МК - средняя линия треугольника АРВ МК || АВ=> АВ плоскости || сечения (по признаку параллельности прямой и плоскости) Расстояние L от точки А до сечения равно расстоянию от прямой АВ до сечения, L равно расстоянию от любой точки прямой АВ до сечения.

25 АН = НВ DMKC симметрична относительно HPT DT=TC Плоскость симметрии перпендикулярна плоскости сечения. Плоскость сечения проходит через прямую DC, которая перпендикулярна плоскости симметрии НРТ Плоскость симметрии перпендикулярна сечению и они пересекаются по прямой РТ.

26 По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на сечение, попадает точно на прямую РТ, то есть найти нам надо длину именно этого перпендикуляра. Найдем высоту треугольника НРТ, проведённой к стороне РТ. X- искомое расстояние. Найдем через S: S=½*HT*PL*x

27 X- искомое расстояние. Найдем через S: S=(1/2)*HT*PL*x 1) PL = 0,5·РО, т.к. PL - ср. линия треугольника НРО. Найдём высоту пирамиды. В прямоугольном треугольнике PОС: PС = 6 и ОС = 0,5·АС = 0,5·42 = 22. По теореме Пифагора находим РО = =28 = 27. Значит, PL = 7. 2) НТ = ВС = АВ = 4. HL = 0,5·HO = 0,5·2 = 1, LT = HT - HL = = 3. 3) PT найдём по теореме Пифагора из треугольника PLT: PT = = 4. Теперь можно искать высоту х, проведённую к стороне РТ треугольника PTL: HT·PL = PT·x 4·7 = 4·x x = 7 Ответ: 7

28 Задача 10 В прямоугольном параллелепипеде A…D 1, AB=BC=102, AA1=27. Сечение параллелепипеда проходит через точки B и D и образует с плоскостью ABC угол. Найдите площадь сечения.

29 Сначала нам нужно построить это сечение. Очевидно, что отрезок принадлежит плоскости сечения и плоскости основания, то есть принадлежит линии пересечения плоскостей. Угол между двумя плоскостями – это угол между двумя перпендикулярами, которые проведены к линии пересечения плоскостей и лежат в этих плоскостях. BD AC. Пусть точка – точка пересечения диагоналей основания. – перпендикуляр к линии пересечения плоскостей, который лежит в плоскости основания:

30 Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что если прямая перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Ищем наклонную по ее проекции (OC) и углу между проекцией и наклонной). Найдем тангенс угла COC 1 между OC 1 и OC : => между плоскостью сечения и плоскостью основания больше, чем между OC 1 и OC. То есть сечение расположено как-то так: K- точка пересечение OP и A 1 C 1. LM ll B 1 D 1.

31 Найдем проекцию сечения BLMD на плоскость основания. Для этого найдем проекции точек L и M. Четырехугольник BL 1 M 1 D– проекция сечения BLMD на плоскость основания. Найдем площадь четырехугольника BL 1 M 1 D. Для этого из площади треугольника BCD вычтем площадь треугольника L 1 CM 1 Найдем площадь треугольника L 1 CM 1. Треугольник L 1 CM 1 подобен треугольнику BCD. Найдем коэффициент подобия. Для этого рассмотрим треугольники OPC и OKK 1 : =>

32 S L1CM1 равен S BCD (отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия). Тогда площадь четырехугольника BL 1 M 1 D равна площади треугольника BCD и равна: Найдем Ответ: 112