Решение заданий С2 по материалам ЕГЭ 2012 года (Часть 3) МБОУ СОШ 5 – «Школа здоровья и развития» г. Радужный Учитель математики Е.Ю. Семёнова. - презентация

1 Решение заданий С2 по материалам ЕГЭ 2012 года (Часть 3) МБОУ СОШ 5 – «Школа здоровья и развития» г. Радужный Учитель математики Е.Ю. Семёнова

2 В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1, все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми АВ 1 и ВС 1. Задача 1 1 А С В D А1А1 С1С1 В1В1 1 Решение. Продлим плоскость ВСС 1, тогда искомый угол – AВ 1 D, т. к. и C 1 В и B 1 D параллельны. Найдем его из AB 1 D по теореме косинусов. cos AB 1 D = AB B 1 D 2 – AD 2 2·AB 1 ·B 1 D cos AB 1 D = = – 3 1 2· 2 4 АВ 1 = B 1 D = 2; DA 2 = AB 2 + BD 2 – 2·AB·BD ·cos120 o DA 2 = – 2·1·1·(-1/2) = 3 Ответ: 1/4.

3 В правильной шестиугольной призме ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1, стороны основания которой равны 5, а боковые рёбра равны 11, найдите расстояние от точки С до прямой A 1 F 1. Задача 2 Решение. Так как ABCDEF – правильный шестиугольник, прямые AC и AF перпендикулярны. Поскольку прямые FA и F 1 A 1 параллельны, то CA A 1 F 1. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах CA 1 A 1 F 1, так что длина отрезка CA 1 равна искомому расстоянию. CA = 5 3; по условию AA 1 = 11. По теореме Пифагора для CAA 1 : CA 1 2 = = 196. CA 1 = 14 Ответ: А СВ D F E А1А1 С1С1 В1В1 D1D1 F1F1 E1E1 11

4 Решение. Так как ABCD – квадрат, то прямые АВ AD. Поэтому проекция AB на плоскость (SAD) будет перпендикулярна AD. Значит, искомый угол – двугранный угол при ребре основания AD. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямой AB и плоскостью SAD. SM – высота боковой грани SAD, SM = 3/2, MO AB; MO = ½AB = 0,5. Задача 3 С В D А S O M N SMO – искомый угол, косинус которого найдем из п/у SMO cos SMO = = = MO 0,5 1 SM 3/2 3 Ответ: 3/3

5 В кубе ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 найдите угол между прямой AC 1 и плоскостью ВСC 1. Задача 4 С В D А1А1 С1С1 В1В1 D1D1 А Решение. Проекцией прямой АС 1 на данную плоскость является прямая ВС 1, так как AB (ВCС 1 ), а значит AB ВС 1 ; т.е. АВC 1 – п/у. Значит, искомый угол – AС 1 В Пусть АВ = а, тогда ВС 1 = а 2 tg AC 1 B = = = AB a 1 BC 1 a2a2 2 AC 1 B = arctg 2/2 Ответ: arctg 2/2

6 В правильной четырехугольной призме ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, стороны оснований которой равны 3, а боковые рёбра 4, найдите угол между прямой АВ 1 и плоскостью BDD 1. А С В D А1А1 С1С1 В1В1 D1D1 O 3 4 Решение. Так как О середина отрезка BD, то АО (BDD 1 ). AB 1 О – искомый. АО = ; АВ 1 = 5 (в п/у АВВ 1 ). sin AB 1 О = AO : AB 1 = AB 1 О = arcsin Ответ: arcsin Задача 5

7 Решение. Прямая AN является проекцией прямой AS на плоскость основания. Поэтому проекция точки М – точка Н лежит на отрезке AN. Значит угол MNH – искомый. МН – средняя линия SAO, тогда NH = АО = R = = = 24. Ответ: arctg 7/48. В правильной треугольной пирамиде SABC известны ребра: АВ = 24 3, SC = 25. Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер АS и BC. O 25 А С В S M N 24 3 H 3 AB 3 MH = ½SO = ½ SA 2 – AO 2 = ½ 25 2 – 24 2 MH = 3,5; из п/у АМН: tg MNH = MH : NH = 3,5 : 24 = 7/48. MNH = arctg 7/48. Задача 6

8 В правильной четырехугольной призме ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 стороны основания равны 1, а боковые ребра равны 5. На ребре АА 1 отмечена точка Е так, что АЕ : ЕА 1 = 2 : 3. Найдите угол между плоскостями АВС и BED 1. Задача 7 С В D А1А1 С1С1 В1В1 D1D1 E 5 1 А M P 3 2 Решение. Плоскости BED 1 и АВС пересекаются по прямой PB. Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол АМЕ. Стороны данного угла – высоты ВЕР и AВР. Значит, угол АMЕ – искомый. РDD 1 ~ РAE (по углам) АР = 2, тогда РВ = 5, АМ = (АР·АВ)/ РВ = 2/ 5. В п/у AМЕ tg АMЕ = AE/AM tg АMЕ = 5 АMЕ = arctg 5. 1

9 Дан куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1. Найдите угол между плоскостями АВ 1 С 1 и А 1 В 1 С. Задача 8 С В D А1А1 С1С1 В1В1 D1D1 А Решение. Плоскости АВ 1 С 1 и А 1 В 1 С пересекаются по прямой B 1 D. Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол А 1 ОС 1.Стороны данного угла – высоты равных DС 1 B 1 и DA 1 В 1. Значит, угол A 1 OС 1 – искомый. Пусть АВ = а, тогда B 1 D = a 3, А 1 D = DC 1 = A 1 C 1 = a 2, OC 1 = OA 1 = = (А 1 B 1 · DA 1 )/ DВ 1 = a 6/3. В р/б A 1 OC 1 по теор. косинусов cos A 1 OC 1 = (A 1 О 2 + C 1 О 2 –А 1 C 1 2 ) / / (2А 1 О · C 1 О) = 0,5 O а а A 1 OC 1 = 120 º, значит, угол между плоскостями смежный с данным углом. Искомый угол равен 180 º – 120 º = 60 º.

10 Основанием прямой треугольной призмы ABCA 1 B 1 C 1, является равнобедренный треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 20, АС = 32. Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру ВВ 1, причем ВР : РВ 1 = 1 : 3. Найдите тангенс угла между плоскостями А 1 В 1 С 1 и АСР. 20 А С В А1А1 С1С1 В1В1 24 Ответ: 1/2. Задача 9 Р Н 16 Решение. Поскольку (АВС) (А 1 В 1 С 1 ), то углом между плоскостями А 1 В 1 С 1 и АСР можно считать угол между (АВС) и (АСР). Т.к. ВН АС (высота р/б ), то по теореме о трех перпендикулярах РН АС. Тогда РНВ – линейный угол двугранного угла РАСВ. Найдем его из п/у РНВ. РВ = ¼ ВВ 1 = ¼ · 24 = 6, ВН 2 = АВ 2 – АН 2 ВН 2 = 20 2 – 16 2 = 144, ВН = 12; tg РНВ = PB/HB = 6/12 = 0,5. 32

11 Решение. Поскольку (АВС) (А 1 В 1 С 1 ), то углом между плоскостями А 1 В 1 С 1 и BD 1 F 1 можно считать угол между (А 1 В 1 С 1 ) и (BD 1 F 1 ). Т.к. В 1 E 1 F 1 D 1 (в правильном шестиугольнике), то по теореме о трех перпендикулярах ВР F 1 D 1. Тогда BРВ 1 – линейный угол двугранного угла BF 1 D 1 В 1. PB 1 – высота р/с В 1 F 1 D 1, сторона которого равна 3, значит PB 1 = 1,5. tg BРВ 1 = BB 1 /PB 1 = 1/1,5 = 2/3. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями АВС и BD 1 F 1. Задача 10 Ответ: 2/3. 1 D 1 C E F B A C1C1 E1E1 D1D1 F1F1 A1A1 B1B1 P

12 Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 2 5, АВ = АС = 10, ВС = 4 5. Решение. (1 способ) Искомое расстояние равно высоте АН, опущенной в пирамиде АКМN из вершины А на основание КМN. Найдем объем этой пирамиды V = 1/3 · S AMN · AK V = 1/3 · 1/2 · AF · MN = 10 5/3, где MN = ½ BC = 2 5, AF 2 = AM 2 – MF 2 AF 2 = 25 – 5 = 20, АК = ½ AD = 5 С другой стороны, V = 1/3 · S KMN · AH, откуда найдем высоту АН: АН = 3V/S KMN где S КMN = ½ MN · KF, KF 2 = KM 2 – MF 2 = = AK 2 + AM 2 – MF 2 = – 5 = 25 KF = 5. Итак, АН = 3·(10 5/3)/ 5 5 = 2. D C B A N F М К Р Н Задача 10

13 Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 2 5, АВ = АС = 10, ВС = 4 5. D C B A N F М К Р Решение. (2 способ) Искомое расстояние AH равно половине расстояния от вершины А до плоскости BCD, т.к. (KMN) (BCD) и KF – средняя линия ADP. AL = (AD · AP)/ DP, где AP 2 = AB 2 – BP 2 = 100 – 20 = 80 DP 2 = AD 2 + AP 2 = = 100 DP = 10; AL = (2 5 · 4 5)/10 = 4 Итак, АН = ½ AL = 2. L Н Ответ: 2. Задача 10

14 А С В D M N 10 6 В пирамиде DABC известны длины ребер: АВ = АС = DВ = DС = 10, BC = АD = 12. Найдите расстояние между прямыми DA и ВС. Аналогично, и с DBC: DN является в нем медианой и высотой. А потому ВС АN и ВС DN, а значит, ВС (ADN), следовательно, и любой прямой в этой плоскости. Таким образом, MN ВС. Так как АВС = DBC, то АN = DN = 8, а поэтому MN – медиана и высота в р/б АDN, а потому MN AD. Значит, MN – общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым. Используя теорему Пифагора, получаем, что MN 2 = AN 2 – AM 2 = 64 – 36 = 28, MN = 2 7 Решение. Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти, как длину их общего перпендикуляра. Так как АВ = АС, то АВС – р/б и медиана АN одновременно является и высотой Задача 11

15 В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит квадрат АВСD со стороной 3 10/5. Длины всех боковых ребер 3, точка М – середина ребра AS. Через прямую ВМ параллельно диагонали АС проведена плоскость. Определите величину угла (в градусах) между этой плоскостью и SAC. Задача 12 Решение. Поскольку плоскость проведена через прямую ВМ параллельно диагонали АС, то ей принадлежит и прямая, параллельная AC и проходящая через точку M (назовём её MN). Таким образом, нам нужно найти угол между плоскостями SAC и BMN, пересекающимися по прямой MN. По условию, пирамида SABCD – правильная, а значит, высота SO делит диагонали основания пополам. Кроме того, точка N делит ребро SC пополам, BM = BN, а точка P делит пополам отрезки MN и SO. B D A N М О S С P

16 P Решение. Отрезок BP MN (BP (BMN)), отрезок OP MN (OP (SAC)). Поэтому угол между плоскостями – это BPO, который мы найдём из п/у BPO. BO = AO = 3 10/5 · 2/2 = 3 5/5. PO = ½ SO (в п/у ASO) SO 2 = AS 2 – AO 2 = 9 – 9/5 = 36/5, PO = 3 5/5. То есть, BO = PO, а значит, BPO не только п/у, но и р/б, BPO = 45 º. В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит квадрат АВСD со стороной 3 10/5. Длины всех боковых ребер 3, точка М – середина ребра AS. Через прямую ВМ параллельно диагонали АС проведена плоскость. Определите величину угла (в градусах) между этой плоскостью и SAC. Задача 12 B D A N М О S С Ответ: 45 º.

17 В нем SM 2 = SA 2 – AM 2 = 49 – 16 = 33 В р/б МSN SO – также медиана. Значит, MO = 2. O Решение. Искомое сечение – р/б MSN, SO – его высота, проведенная к основанию MN. MN – средняя линия ABC MN = 4. Рассмотрим р/б BSA. M N В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC проведено сечение через середины рёбер AB и BC и вершину S. Найдите площадь этого сечения, если боковое ребро пирамиды равно 7, а сторона основания равна 8. S Задача 13 C A В SO = SM 2 – МO 2 = 33 – 2 2 = 29 S МSN = ½ MN · SO S МSN = ½ · 4 · 29 = Ответ: 2 29.

18 Решение. Плоскости (BDD 1 ) и (AD 1 B 1 ) имеют общую прямую D 1 B 1. Проведем AH D 1 B 1 и AM BD. Прямая HM (проекция прямой AH на плоскость (BDD 1 ). Значит, D 1 B 1 HM (по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах). AHM линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями (BDD 1 ) и (AD 1 B 1 ). В прямоугольном параллелепипеде ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 известны ребра: AB = 5, AD = 12, CC 1 = 3. Найдите угол между плоскостями (BDD 1 ) и (AD 1 B 1 ). Задача 14 С D B А1А1 С1С1 D1D1 B1B1 12 А Н 3 5 М

19 Решение. BAD – п/у. Площадь BAD равна: S BAD = ½ AD AB. С другой стороны, S BAD = ½ AМ BD. Отсюда, АМ = (AD AB)/BD, т.е. BD = = 13; АМ = (12 5)/13 = 60/13. AМН – п/у, tg AHM = AM/HM = 20/13. Откуда AHM = arctg 20/13. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 известны ребра: AB = 5, AD = 12, CC 1 = 3. Найдите угол между плоскостями (BDD 1 ) и (AD 1 B 1 ). Задача 14 Ответ: arctg 20/13. С D B А1А1 С1С1 D1D1 B1B1 12 А Н 3 5 М

20 1.Основанием прямой треугольной призмы ABCA 1 B 1 C 1, является равнобедренный треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 10, АС = 16. Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р – середина ребра ВВ 1. Найдите тангенс угла между плоскостями А 1 В 1 С 1 и АСР. 2.В правильной шестиугольной призме ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки А до плоскости DEA 1. Для самостоятельного решения