Готовимся к ЕГЭ, формат 2010 по Росси

Готовимся к ЕГЭ, формат 2010
Задачи пробных,
досрочных и ЕГЭ
по Росси
(интернет переписка)
«Комментарии»
«Ответы ко всем задачам ЕГЭ
по математике 2010 года»
Готовимся к ЕГЭ, формат 2010
Стереометрия.
Задания С 2.
Тематика задач
слайды
 Угол и расстояние между скрещивающимися прямыми
 Расстояние от точки: до прямой (до плоскости)
4 - 10
11 - 12
 Угол между прямой и плоскостью ,
13 - 14
 Двугранный угол (между плоскостями) - ЛИНЕЙНЫЙ угол. 15 - 21
Тематика задач
32 задачи пробного, досрочного и ЕГЭ
разных регионов России
чертежи и решения
с анимацией
( Word. PowerPoint 2007 )
Слайд 3
Теория
Не отвлекайтесь !
3
Теория
Основные понятия - тематика задач
а и b - скрещивающиеся:
b
a
В•
α
* угол между прямой и плоскостью
b
• С
с
а
Прямая а лежит в α ,
b пересекает α в точке В
. с II а в плоскости α
•
В
α
* двугранный угол - ребро с,
А
β
через точку В.
* угол между а и b :
b
СА Ι пл. α
АВ проекция прямой ВС на плоскость
* Расстояние
* угол между прямой и её проекцией - АВС
между а и b их общий перпендикуляр. * СА - расстояние от точки С до плоскости.
а
α
Далее задачи с решениями.
Первое, что нужно - усвоение условия задачи !
•В
с
В - точка ребра
а Ι с, b Ι с.
* линейный угол.
4
Угол между скрещивающимися прямыми
M
D₁
Т
•
А₁
В₁
К
D
•А
№1. В кубе A…D₁ точка К - середина рёбра А₁В₁ .
Найдите косинус угла между прямыми АК и ВD₁.
С₁
•Р
С
АК и BD₁ - скрещивающиеся прямые
Построение угла между ними - искомого косинуса:
1) Прямая BD₁ и точка А - дают единственную плоскость.
2) В этой плоскости проводим АМ параллельно BD₁.
3) Угол МАК - ИСКОМЫЙ ! Выход на Δ МАК.
Найдём стороны ∆АМК и т. косинусов для МК…
•В
Ответ: √15/15
2) Прямая АК и точка В
Ваши предложения
решения?
(ребро куба 1)
M И решаем
а) АК в Δ АА₁К
1 D₁ 1/2 Т
б) АМ (∆АМD₁)План
= ВД₁ (Δрешения
АD₁В)
или в ∆ ВД₁D , проведя ВD, или ∆ВD₁С₁.
1
в) МК - вынесенный чертёж:
***
А₁
Δ МКТ Вычисления
- по т. Пифагора
•К
самостоятельно
Δ МАК. МК² = АМ² + АК² - 2 АМ ∙ АК ∙ cos МАК
- дают единственную плоскость.
В этой плоскости проводим ВР параллельно АК.
D₁
Второй способ
Выход на Δ D₁ВР → D₁Р
Угол D₁ВР - ИСКОМЫЙ !
1
с построения угла
Решение аналогично (вынесенный чертёж ) → D₁Р в ∆ А₁D₁Р
между скрещивающимися прямыми:
А₁
1
В₁ 1/2
•Р
Укажите плоскость, проходящую через одну из прямых и точку другой прямой.
В этой плоскости через взятую точку провести прямую, параллельную взятой прямой.
Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.
5
Угол между скрещивающимися прямыми
D₁
С₁
M
•Р
К
•
А₁
№ 2. В кубе A…D₁ точки К и Р - середины рёбер соответственно А₁В₁ и В₁С₁.
Найдите косинус угла между прямыми АК и ВР.
№ 3. К, Р -середины А₁В₁ и D₁С₁.
АК и ВР - скрещивающиеся , угол между ними - ГЛАВНОЕ в задаче!
В₁
1). На АК берём точку А.
2). Прямая ВР и точка А дают плоскость.
3). В этой плоскости проводим прямую АМ II ВР.
D
С
А•
АМ
Δ АА₁М
Кликнуть.
следить
по чертежу Δ А₁МК
Cos МАК теорема Внимательно
МК прямоугольные
Δ МАК
косинусов
по т. Пифагора
за непрерывной анимацией .
АК***
Δ АА₁К
по теореме
косинусов
(план решения, вычисления
самостоятельно)
В
Р
D₁
К
А₁
4). Искомый угол МАК. 5). Выходим на Δ МАК.
Решение (схема), пусть ребро куба 1. Сначала самостоятельно
МК² = АМ² + АК² - 2 АМ ∙ АК∙ cos МАК
С₁
В₁
D₁
М
Р
С₁
1. ВМ = АК в Δ АА₁К
D
А
СС
РМ
2. ВР (см. рис.) в Δ ВРС₁
(сначала ВС₁ в Δ ВСС₁).
3. РМ - вынесенный чертёж:
•
(∆РКМ)
М
А₁
В
К
В₁
Прямая АК и точка В → плоскость, в ней
ВМ параллельно АК → искомый угол в
Δ МВР.
ВМ - ? МР - ? ВР - ?
МР² = ВМ² + ВМ² - 2 ВМ ∙ ВР ∙ cos МВР → cos МВР
(0,8 и 3√5/5)
- Ответы №№ 2, 3.
6
Угол между скрещивающимися прямыми
№ 4.
•С₁
В₁
Прямая В₁С и точка С₁ прямой МС₁ - единственная плоскость.
В этой плоскости - С₁К || В₁С. Угол МС₁К искомый - в ∆ М С₁К.
D₁
А₁
Точка М – середина ребра АD куба АВСDА₁В₁С₁D₁.
Найдите угол между прямыми С₁М и В₁С.
1) С₁К в ∆ С₁СК по т. Пифагора
С
В
К
В
А
•
М
D
√2 (ребро куба за 1).
2) МС₁ , проведя проекцию МС, в ∆ МС₁С по т. Пифагора.
Сначала МС в ∆ МСD по т. Пифагора. Вынесенный чертёж :
С
К
МС = √5/2.
МС₁ = 3/2.
Р
1
А
•
М 1/2 D
1
Р
Провести
по т. Пифагора
в ∆? МС₁Д.
Как С₁Д
ещёиможно
найти МС₁
3)
В ∆ МКР
МК
= √13/2.
Нашли все три стороны ∆ МС₁К ,
к т. косинусов для МК:
МК² = С₁М² + С₁К² - 2 С₁М∙ С₁К∙ Cos MC₁K
Подставим МК, С₁М, С₁К.
сos MC₁K = √2/6.
Угол MC₁K = arccos (√2/6).
Укажите плоскость, проходящую через одну из прямых и точку другой прямой.
В этой плоскости через взятую точку провести прямую, параллельную взятой прямой.
Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.
7
Угол между скрещивающимися прямыми
С₁
Р
•
D
•
А₁
5. В правильной треугольной призме А…С₁ , все рёбра которой равны 1,
точки D и Р – середины рёбер соответственно А₁В₁ и В₁С₁. Найдите
косинус угла между прямыми АD и ВР.
½
К
В₁
½
1
Прямая АD и точка В в одной плоскости.
Продлим плоскость и в ней
проводим ВК || АD .
Вынесенный чертёж
1). РК - ?
Р
•
РК² = 3/4
После появления чертежа
Угол КВР,
cos BKP - ?
∆ КВР
С
стороны
Ответ: 0,7
кликнуть½и следить
по
1.
за появлением данных
60⁰
В
А
на рисунках
В₁
К
120⁰
½
Δ ВВ₁Р
Cos КВР
по т.
косинусов
ВР
ВК
РК
Δ КВР
по т. Пифагора
Δ ВВ₁К
Δ КВ₁Р
Кликнуть .
1/2
•Е
1/2
1/2
Р
1/2
К
Следите за построением
угла,
дополнительными
Д
D
С
построениями,
1
нанесением1/2
данных.
1
•
В !)
А (Обоснования Ваши
Cos TAK - ?
РК² = ВР² + ВК² - 2 ВР∙ ВК∙ cos КВР
6. В правильной четырёхугольной пирамиде МАВСD, все рёбра которой равны 1,
точки К и Р середины рёбер соответственно МВ и МС. Найдите косинус угла
между прямыми АК и ВР.
М
Т
Нанесём данные на чертежах
1). Δ ТАК : АТ = ВР = АК легко находятся в равных Δ ВРС или Δ АКВ.
Е
Т
Прежде сами решите.
2). Чтобы применить т. косинусов в Δ ТАК,
решение сводится к определению ТК.
Затем посмотрите.
3). Для этого выполним вынесенный чертёж:
ТК по т. Пифагора в Δ ТРК
1/2
Р
1/2
1/2
К
В Δ ТАК по т. косинусов ТК² = АТ² + АК² - 2 АТ∙ АК ∙ cos ТАК. Ответ: 1/6 .
8
Угол между скрещивающимися прямыми
F₁
К 1/2
•
А₁
№ 7-8. В правильной шестиугольной призме А…F₁
все рёбра равны 1.
D₁
Е₁
1
Р
•
С₁
1) АК и В → плоскость.
2) ВМ II АК.
•М
В₁
3) Угол РВМ - искомый
D
Е
4) Выход на ∆ РВМ.
ВР (∆ ВВ₁Р), ВМ ( ∆ ВВ₁М)
прямоугольные
.
План решения
– сначала
ВАШ
РМ
?
и
т.
косинусов
в
∆РВМ
(вычисления самостоятельно) !
F
С
А
1
В
•
Найдите косинус угла между прямыми АК и ВР.
D₁
Е₁
А₁
•М
F₁
В
Е
А
F
120⁰
Ответ: 0,9
•
8) Найдите косинус угла между прямыми АF₁ и FC₁.
В₁ 1/2
1/2
М
60⁰ 60⁰
Немного
60⁰
о
120⁰
правильном
6 - угольнике
а а
а
1) АF₁ и F → плоскость.
2) FМ II АF₁.
F₁
С₁
3) Угол C₁FМ - искомый
D
С
С₁
А₁
?
В₁
1/2
РМ² = ВР² + ВМ² -2 ВР∙ВМcos РВМ
7) Точки К и Р середины рёбер соответственно A₁B₁ и B₁C₁
С₁
вынесенный чертёж
С₁
И
данные на чертежах
• Р
4) Выход на ∆ C₁FМ.
FM = AF₁ ( ∆ AF₁F),
FC₁ решения
( ∆ FCC₁),– проведя
CF.
План
сначала ВАШ
(вычисления
С₁М - ?самостоятельно)
и т. косинусов !
С₁М² = C₁F² + FМ² -2 C₁FР∙FМcos РВМ
D₁
?
вынесенный чертёж
E₁
B₁ 120⁰
И
данные на чертежах
1
1
А₁
F₁
•М
Ответ: 90⁰, т.к. Cos C₁FM = 0
9
Угол между скрещивающимися прямыми
№ 9. В правильной шестиугольной призме А…F₁
все рёбра равны 1.
Найдите косинус угла между прямыми AF₁ и FD₁.
D₁
С₁
В₁
√2
Е₁
F₁
А₁
2
1
СС
Д
D
В
ЕЕ
2
А
1
•
F
?
К
•
1) АF₁ и F → плоскость.
С₁
2) FK II АF₁.
D₁
Описание построения по условию задачи
3) Угол D₁FК - искомый
?2
4) Выход на ∆ D₁FK.
2
Е₁
В₁
Вынесенный чертёж
√3
FK ( ∆ FF₁K).
1
FD₁ ( ∆ FF₁D₁), проведя
F₁D₁.
1
План решения
F₁
А₁
D₁К - ? иданные
т. косинусов
!
( следите,
появляются
на рисунках)
Вынесенный чертёж
D₁К² = FD₁² + FK² - 2 FD₁ ∙ FK ∙ cos D₁FK
К
(∆ D₁FK).
Ответ: 45⁰
Немного подумав и проявив внимательность, можно справиться с задачей значительно проще !
Рациональный
способ
решения
построения
Проведём СD₁ ! (CD₁
II AF₁ и имеет общую
точку
с прямойсFD₁
)
угла между
скрещивающимися
прямыми
Получим
угол между
скрещивающимися
АF₁ и FD₁ ! Угол CD₁F.
Выходим на ∆ СD₁F, проведя FC.
FC² = D₁С² + D₁F² - 2 D₁С ∙ D₁F ∙ cos СD₁F.
Укажите плоскость, проходящую через одну из прямых и точку другой прямой.
В этой плоскости через взятую точку провести прямую, параллельную взятой прямой.
Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.
10
Угол между скрещивающимися прямыми (прямые выделены разным цветом).
D
№ 10*. Ребра АD и BC пирамиды DABC равны 24 см. и 10 см.
Расстояние между серединами рёбер ВD и АС равно 13 см.
Найдите угол между прямыми АD и ВС.
• D₁
24
90⁰
А
•
•N
13
Р
10
13
•М
Чертёж и данные по условию. Точка А и прямая СВ
•Т
В этой плоскости (в основании) через А прямую АР II CB. Угол DАР.
В
Дополнительные построения
D₁
Угол DАР - ?
С
24
Вынесенный чертёж
KT II CВ, точки М и Т – середины!
Вышли на ∆ АDР. Или на ∆ КD₁Т.
Данные на чертеже, и т. косинусов.
Найти бы D₁Т.
10
К •
→ плоскость.
К
13
10
•Е
Достроим до параллелограмма. Найдём D₁Т.
КЕ² + D₁Т² = 2∙КD₁² + 2∙КТ².
•Р
D₁Т² = 676.
Cos D₁КТ = 0
Теорема косинусов D₁Т² = КD₁² + КТ² - 2 КD₁ ∙ КТ cos D₁КТ.
Т
№ 11. В пирамиде DАВС известны длины рёбер: АВ = АС = DВ = DС =10,
ВС = DА = 12. Найдите расстояние между прямыми АD и СВ.
D
10
Пирамида. Данные по условию.
Отметим , что:
∆ CАВ и ∆ СDВ
Равнобедренные ! Равные ! Общее основание СВ. То их высоты к СВ- ?
Да - ! Пересекаются в одной точке Н и равны - высоты DН и АН. Заметим:
10
12 Р
•
В
6
10
•
Н
А
12
6
10
| АD и СВ.
∆ АDН равнобедренный. Высота НР - общий —
(CВ перпендикулярна АН и DН, то и РН – признак)
Главное - указали, расстояние
НР - ?
между скрещивающимися прямыми.
Решение: АН = 8 в ∆ АНС по т. Пифагора. НР = 2√7 в ∆ АРН по т. Пифагора.
С
Расстояние
между скрещивающимися прямыми - их общий перпендикуляр *
11
Расстояние от точки до прямой (до плоскости) - перпендикуляр к ним из этой точки !
№ 12. В правильной треугольной призме АВСА₁В₁С₁ высота равна 1,
а ребро основания равно 2. Найти расстояние от точки А₁ до
прямой ВС₁.
С₁
2
Призма правильная.
2
Прямая ВС₁ и точка А₁ определяют единственную плоскость А₁С₁В.
А₁•
•К
?
√—
5
1
В₁
Искомое расстояние - А₁К | ВС₁ , т.е. А₁К высота ∆ А₁С₁В
—
Заметим ВС₁ = ВА₁ - диагонали равных боковых граней правильной призмы.
1
Находим их в ∆ АА₁В по т. Пифагора:
С
А
Чтобы найти А₁К , сделаем
вынесенный чертёж:
В
2
А₁
D₁
1
Н 1
•
С₁
√—
5
А₁
D
К
В
С₁
Проведём высоту ВН,
то в ∆ А₁НВ.
ВН = 2 .
Искомое А₁К тоже высота ∆ А₁С₁В ,
Помогут две формулы
Часто
применяется
S ∆ A₁C₁B :
1/2 А₁С₁ · ВН = 1/2 ВС₁ · А₁К . Умножим на 2, подставим:
В
№ 12 - а.
•С
•
•К
√—
5
2
В₁
Чертёж к задаче 12а
после самостоятельного решения
непрерывная анимация
А
√—
5.
2·2 =
√—
5 ·
А₁К .
А₁К = 4/ √—
5 .
5 = 0,8 √—
В кубе АВСD А₁В₁С₁D₁ все рёбра равны 1. Найдите расстояние от
точки С до прямой ВD₁.
√ 2/3
подсказка
Пробный в Подмосковье, март 2010
Расстояние от точки до прямой (до плоскости) - перпендикуляр к ним из этой от точки !
№ 13. Ребро пирамиды DАВС перпендикулярно плоскости основания АВС.
Найдите расстояние от вершины А до плоскости, проходящей через
Середины рёбер АВ, АС и АD, если АD = 2 √5, АВ = АС = 10, ВС = 4√5
D
2√5
АD перпендикуляр АВ и АС.
В
К •
10
•О
5
2√5
А
5
•
2√5
•Н
√5
•
М
4√5
С
10
Плоскость КМР, до которой надо найти расстояние от вершины А.
Данные по условию. Точки - середины, то АМ = АР = 5, МР = 2√5, КА = √5 .
Покажем искомое расстояние на чертеже. ∆ МКР и ∆ МАР - равнобедренные,
с общим основанием МР.
Δ МКР - равнобедренный, так как наклонные КМ и КР
Р
√5
имеют равные проекции АМ и АР - половины равных сторон.
Проведём КН – высоту ∆ КМН,
Н - середина МР. Где МН = √5,
АН – высота ∆ АМН - равнобедренный → ∆ АМН
Р
Проводим АО в АКН - высоту к КН - это искомое расстояние от А до пл. КМР.
5
Р
Е
Ш
Е
Н
И
Е:
К, М и Р - середины рёбер.
А
| пл. ∆ АКР (по признаку), то МР | АО
Т. к. МР —
—
Н
√5
5
АН = 2√5, В ∆ АМН.
М
прямоугольный
К
АН
О
АО
5
прямоугольный
А
Н
2√5
АО · 5 = √5 ·
√―
20
∆ АКН
5
∆ АКН
АО · КН = АК ∙ АН
(из формул площади)
√5
по т. Пифагора
∆ АМН
√―
20.
КН
АО = 2.
прямоугольный
по т. Пифагора
12
13
Угол между прямой и плоскостью - угол между прямой и её проекцией на плоскость
№ 14.
В₁
В прямоугольном параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ найдите угол межу
Плоскостью АА₁С и прямой А₁В , если АА₁ = 3, АВ = 4, ВС = 4.
Параллелепипед, в основании
С₁
квадрат (по условию).
Угол межу ними - ?
Это угол между прямой А₁В и её проекцией на пл. АА₁С₁С.
плоскость АА₁С₁С , прямая А₁В.
А₁
3
D₁
АВСD - квадрат (по условию), диагонали перпендикулярны.
| ВО (по т. о 3-х перпендикулярах) →
ВО | АС. А₁О —
—
С
В
О
ВО | пл. АА₁С₁С (признак перпендикулярности прямой и плоскости).
—
•
4
А₁О проекция А₁В на плоскость АА₁С₁С .
А
D
4
∆ ВА₁О прямоугольный,
5
В
2√2
Угол ВА₁О - искомый
_⁄ ВА₁О - определение синуса
(ВО : А₁В).
А₁
1. А₁В в ∆ ВА₁А по т. Пифагора, 5
5
2. ВО ½ ВD в ∆ АВD по т. Пифагора, 2√2
О
3. Sin ВА₁О = ВО : А₁В = 2√2 : 5.
_⁄
№ 15.
В прямоугольном параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ , у которого АА₁ = 4,
А₁D₁ = 6, С₁D₁ = 6, найдите тангенс угла между плоскостью АDD₁ и
прямой МК, проходящей через середины рёбер АВ и В₁С₁.
(ориентир при решении - рис. параллелепипеда к задаче № 14)
ВА₁О = arcsin 0,4√2.
Ответ0,6.
Ответ:
Пусть М Є АВ, К Є В₁С₁ .
Искомый угол -- как и между МК и пл. ВВ₁С₁С. - ?
ВК - проекция МК на плоскость ВВ₁С₁С. →
В ∆ ВКМ (прямоугольный),
_⁄ ВКМ.
Tg ВКМ = ВМ : ВК.
14
Угол между прямой и плоскостью - угол между прямой и её проекцией на плоскость
16.
16. В основании прямой призмы АВСА₁В₁С₁ лежит прямоугольный
треугольник АВС, угол С = 90⁰, угол А = 30⁰, АС = 10 √ 3. Диагональ
боковой грани В₁С составляет угол 30⁰ с плоскостью АА₁В₁.
Найдите высоту призмы.
В₁
А₁
С₁
30⁰
?
С
АС = 10 √3
В₁С
прямоугольный
ВВ₁
по т. Пифагора
Нужна
| АВ , то
проекция В₁С на эту плоскость! Из точки С проводим СН —
5 √3
30⁰
А
Укажем угол между прямой В₁С и плоскостью АА₁В₁В.
В
Н
∆ВВ₁С
ВС
| пл. АА₁В₁В , т. к. призма прямая. Значит СН—
| НВ₁. НВ₁С = 30⁰. ВВ₁ -?
СН —
прямоугольный
угол 30⁰→ 2СН - ?
прямоугольный
по опред tg 30⁰
∆НВ₁С
∆АВС
→
СН
прямоугольный
НС против 30⁰
ВС = 10.
ВВ₁ = 10√2
СН = 5 √3,
В₁С=10√3.
∆АНС
- ответ.
№ 17.
Казань. Февраль 2010.
В прямом круговом цилиндре диаметр нижнего основания AB равен 8 ,
точка C - середина дуги AB. Найдите высоту цилиндра AК, если угол между
прямой AК и плоскостью КBC равен 30⁰.
К
•
Главное - указать угол между AК и пл. КBC. Вынесенный чертёж основания :
_⁄ АСВ = 90⁰,
А•
8 О
•
•
т. к. вписанный и опирается на диаметр.
30⁰
| СВ (т. о 3-х перпендикулярах).
АС - проекция ДС → КС —
?
| пл. КВС, то угол АДС = 30⁰ - по условию.
Пл. АКС —
∆ АКС - прямоугольный с _
⁄ АКС = 30⁰ (по условию).
•
А
•В 1. В ∆ АВС по т. Пифагора). АС = 4√2
2. ∆ АКС – по определению, tg 30⁰ = АС : АК . √3/3 = 4√3 : АК ,
АК = 12.
С
Решение аналогично,
arctg √2/2.
8 О
•
•
С
•
В
№ 18.
В прямом круговом цилиндре диаметр нижнего основания АВ = 6,
точка С - середина дуги АВ, высота цилиндра АК равна 6.
Найти угол между прямой АК и плоскостью КВС.
15
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
М
Другой
Н
№ 19.
Р
ракурс
К
чертежа
Задача С2 . Вариант 101 (пробный, март) Башкирия.
В основании четырехугольной пирамиды МАВСД лежит квадрат АВСД со
стороной (3√10)/5. Длина всех боковых ребер равна 3. точка К - середина
ребра AМ. Через прямую ВК, параллельно диагонали АС проведена плоскость. Определите величину угла между этой плоскостью и МAC.
М
Пирамида правильная. Основание - квадрат, пересечение диагоналей,
высота, вершина, боковые рёбра по 3.
Точка К - середина АМ. Прямая ВК.
3/2
Плоскость МАС и пересекающая её плоскость, имеют общую тоску К.
3
К
•
•Н
3/2
а
Значит пересекаются плоскости по прямой, проходящей через точку К.
•Р
Пусть - это КР || АС по признаку, т. к. АС || плоскости ВКР
D
А
Строим линейный угол
•
3√―
10
5
двугранного угла с ребром КР:
| КР , Н - середина (ВК = ВР в равных гранях), и
В ∆ ВКР проводим ВН —
О
В
(по условию)
| КР , т. е
НО —
С
⁄
ВНО - искомый в ∆ ВНО – прямоугольный.
1) ВО = ½ ВD , ВD - в ∆ ВСD по т. Пифагора. 2) НО = ½ МО, МО - в ∆ ВМО по т. Пифагора.
ВО и НО равны
3√―
5
, а = 45⁰ .
5
Провести перпендикуляры В точку ребра: в одной из граней – «принудительно» выгодно для решения, в другой - «вынужденно» - из полученной точки на ребре.
Получаем – линейный угол двугранного угла (между плоскостями) - по определению.
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
16
№ 20. Основанием прямой треугольной призмы АВСА₁В₁С₁ является равнобедренный
Δ АВС, в котором АВ = ВС = 10, АС = 16. Боковое ребро призмы 24. Точка Р середина ребра ВВ₁. Найдите тангенс угла между плоскостями А₁В₁С₁ и АСР.
Призма. Данные по условию. (•) Р -- середина ребра .
В₁
10
Главное - указать ЛИНЕЙНЫЙ угол ДВУГРАННОГО угла (между плоскостями)
10
А₁В₁С₁
16
А₁
Плоскость АСР.
и АСР .
С₁
Или всё равно, что угол между плоскостями АСР и АВС
• Р
- основания
(А₁В₁С₁ II АВС).
24
В
А
•
Д
6 10
С
(•) Р – середина, АР = СР – наклонные, АВ и ВС - их равные ПРОЕКЦИИ.
- высоты равнобедренных треугольников
Проведём PD и BD
8
с общим основанием.
_⁄
PDB – линейный угол искомого двугранного угла.
tg PDB = PB : DB в ∆ DPB.
Равен
2
№ 21 – а, б.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ известны
ребра: AB = 3, AD = 4, CC₁ = 4. Найти угол между плоскостями
BDD₁ и AD₁D₁.
ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06.
Решение № 21 а на слайде 19.
В прямоугольном параллелепипеде FDCDA₁B₁C₁D₁ известны
ребра: АВ = 5, AD = 12, CC₁ = 3. Найти угол между плоскостями
BDD₁ и AD₁B₁.
ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06.
17
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
№ 22.
В прямоугольном параллелепипеде A … D₁, у которого АВ = 6, ВС = 6,
СС₁ = 4, найдите тангенс угла между плоскостями АСD₁ и А₁В₁С₁.
1. Плоскости по условию задачи - А₁В₁С₁ и АСD₁.
С₁
В₁
D₁
А₁
2. Заметим, что искомый двугранный угол - всё равно , что угол с
ребром АС - образованного АСD₁ и АСД (основания параллельны).
4
4
3. По условию (данные на чертеже) - Δ АСD₁ – равнобедренный:
АD₁ = D₁С в прямоугольных Δ АD₁D и Δ DD₁С с катетами 6 и 4.
О•
4. Высоты Δ АСD и Δ АD₁С и образуют искомый линейный угол .
Угол ₁D₁ОD прямоугольный
определение tg
С
В
А
ОD
ВD по т. Пифагора
½ ВD (АВСD квадрат)
tg АВD = DD₁ : ОD
Δ АВD
Плоскости по условию
1. Двугранный угол между CDD₁ и BDA₁ - всё равно, что между АВА₁ и ВDА₁
2/3√2
В₁
С₁
А₁
перпендикуляр АО (высоту) к АВ.
В
3. DO - перпендикуляр к А₁В (по т. о 3 - х перпендикулярах)
6
(А₁В - перпендикуляр АО, то и к наклонной ДО)
Угол АОD - искомый линейный.
Δ АОD , tg АОD = АD : АО.
О•
А
D₁
А₁
О
2. Проведём в
D
6
DD₁ = 4
Δ D₁ОD
6
С
4
А
В
6
D
АО в Δ АА₁В: из подобия ∆АА₁В и ∆ АОВ). АО : АВ = АА₁ : А₁В.
tg АОD = (12√13):13
№ 23.
В прямоугольном параллелепипеде A … D₁, у которого АВ = 4, ВС = 6,
СС₁ = 4, найдите тангенс угла между плоскостями СDD₁ и ВDА₁.
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
№ 24. Дан куб A… D₁ . Найдите угол между плоскостями АВ₁С₁ и А₁В₁С.
1
В₁
С₁
√—
2
1
А₁
1. Плоскости: Δ АВ₁С₁ и Δ А₁В₁С .
ребро искомого двугранного угла.
D₁
•
2. Главное: построить линейный угол
Н
•
(•) О - точка пересечение диагоналей куба
С
В
Следует
В₁О = А₁О = С₁О →
D
А
√—
2
Вынесенный чертёж:
1
А₁
Н
1/2
равнобедренные, равные.
С₁
Остаётся найти А₁Н = НС₁,
Н
К
С₁
Диагональ куба
√—
3 ,
то ОА₁ = ОВ₁ = ОС₁ =
√—
3 /2 .
НС₁ - по формулам S ∆ОВ₁С₁: ½ ОВ₁ ∙ НС₁ = ½ ОК · В₁С₁ , где ОК =
√—
3 /2
√—
3 /2
О
∆ ОС₁В₁
Затем и угол А₁НС₁ по т. косинусов.
•
√—
3 /2
∆ ОА₁В₁
| В₁О , то и С₁Н | В₁О (высоты этих треугольников).
Проведём А₁Н —
_⁄ А₁НС₁ - искомый ЛИНЕЙНЫЙ—угол в ∆ А₁НС₁ - равнобедренный.
А₁
В₁
этого двугранного угла.
На ребре В₁D следует выбрать точку (удобную для решения),
в эту точку провести перпендикуляры к ребру В₁D в гранях угла.
О
1
В₁D -
Их линия пересечения
√—
2 /2 .
по т. Пифагора в ∆ОВ₁К.
НС₁ =
√—
2/3.
Угол А₁НС₁ по т. косинусов для А₁С₁:
120⁰
18
19
№ 25. Диагональ куба служит ребром двугранного угла, грани которого
проходят через вершины В и D. Найдите величину этого угла.
С₁
В₁
Сравните с предыдущей задачей. Она же - с другой трактовкой условия.
D₁
А₁
А₁С – диагональ куба - ребро двугранного угла.
Для начала, предположим, что ребро куба равно 1.
Тогда диагональ куба равна √—
3 .
√—
3
√—
2
√—
2
•
Н
Плоскости через В и D, диагональ А₁С - по условию: ?
С
В
Рассмотрим ∆ A₁CB и ∆ A₁CD.
Опустим перпендикуляры - высоты к A₁C из точек B и D.
1
Раз треугольники равны, их высоты тоже равны
и попадают в одну точку H.
D
А
_⁄
а
D₁
а
ВНО
- искомый линейный угол
120⁰
В прямом параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ основанием служит
ромб со стороной, равной а, угол АВС = 120. Через сторону ВС
и вершину А₁ проведена плоскость, составляющая с плоскостью
основания угол 45. Найдите площадь сечения.
В₁
А
45⁰
120⁰
Г•
Н
D
а
D
С
№ 26.
А₁
120⁰
С₁
Они равны по трем сторонам.
В
а
90⁰
С
•Н
А чтобы определиться с построением линейного угла.
120⁰
В
_⁄
Вынесенный чертёж основания - ромб,
На основной чертёж:
DH |
D₁HD = 45⁰.
—
| СВ (т. о 3 – х перпендикулярах)
СВ, то и D₁H —
3 ) : 2. В ∆ D₁НD , D₁H = а √—
То DH = D₁D = (а √—
3/2.
S CD₁A₁B = а² √—
3/2.
(по т. Пифагора)
20
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
№ 21 – а. Со слайда № 15
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ известны
ребра: АВ = 3, AD = 4, СС₁ = 4. Найти угол между плоскостями
BDD₁ и АD₁В₁.
ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06.
D₁
С₁
Н
А₁
В₁
Плоскость BDD₁ → Диагональное сечение BDD₁B₁ .
Плоскость ADB₁ → D₁B₁- ребро искомого двугранного угла.
Линейный угол искомого двугранного угла:
| D₁B₁ → _
| D₁B₁ , НК —
АН —
⁄ АНК - ? в ∆ АНК
прямоугольный
4
Это уже 1 балл из 2 возможных за решение задачи
4
Д
4
А
С
К
3
НК – известно, как равное боковому ребру. НК = 4.
Знать бы АН или АК. Угол АНК легко находится
по определению тригонометрической функции
D₁
4
В
—
4√ 2
Площадь ∆ АD₁В₁ (приём сравнения):
Н
D₁В₁ = 5, ∆ D₁С₁В₁
5
М
B₁
5
АВ₁ = 5, ∆ АВ₁В
—
AD₁ = 4√ 2 , ∆ АА₁D₁
D
В₁М =
½ AD₁∙ В₁М = ½ D₁B₁ ∙ АН → АН →
Cos _⁄ АНК = НК : АН. Но сначала В₁М:
_⁄ АНК =
arccos
√—
17
—
5√34
34
т.
П
И
Ф
А
Г
О
Р
А
Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁В₁С₁D₁ известны
три измерения AB = 12 , BC = 5, CC₁ = 7. Найдите угол между
плоскостями CB₁D₁ и АВ₁D₁.
D₁
С₁
• Н₂
В₁
7
D
С
12
5
12
А
5
• Н
В
Далее надо построить линейный угол угла между плоскостями это перпендикуляр в каждой грани в одну точку ребра В₁D₁.
Высоты к общему основанию В₁D₁. Да ! Не в одну точку.
В обоих случаях ближе к меньшей стороне, но РАВНЫЕ !
Для построения линейного угла в плоскости ∆ АВ₁D₁ -Н₁К ΙΙ Н₂А
(равны)
Угол КН₁С - искомый, в ∆ КН₁С - равнобедренный
Можем найти сначала угол СН₁Н в ∆ СН₁Н
по опред. косинуса.
Но надо знать СН₁ !
К
13
13 - Х
D₁
√193
Особенность задачи !!!
Двугранный
угол образован
двумя
В чём особенность
задачи
?
равными треугольниками с общей
стороной, ноКликнуть.
их высоты, хотя и равны, не в одну точку. Что делали ?
Параллелепипед. Измерения.
Плоскости: ∆ СВ₁D₁ и ∆ АВ₁D₁
СН₁
Проведём анализ по чертежу, заметив: ∆ СВ₁D₁ = ∆ АВ₁D₁
(В₁D₁ - общая , СВ₁ = АD₁ ; СD₁ = АВ₁ ).
• Н₁
А₁
№ 27.
Вынесенный чертёж: стороны - диагонали
по т. Пифагора
В₁
Пусть Н₁В₁ = Х, то
по т. Пифагора в 2-х треуг. СН₁ :
√74
74 - Х² = 193 - (13 – х)².
С
Х = 25/13,
Н₁
• Х
∆ СН₁В₁ по т. Пифагора: СН₁ = 109/13,
в ∆ СН₁Н
cos СН₁Н =
НН₁ : СН₁ =
Угол СН₁Н = arccos 91/109.
7 : 109/13 =
Угол КН₁С =
2arccos
91/109.
91/109.
21
22
Итоговый обобщающий к С 2
СТЕРЕОМЕТРИЯ
Главное - верно указать на чертеже ИСКОМОЕ (слайд 2) и план решения.
Это уже 1 балл из 2 возможных за решение задачи
Чертёж советуем выполнять ЭТАПАМИ
что помогает
ПРОГНОЗУ
текста условия,
поиска пути решения задачи.
ПЛАНИМЕТРИЯ
Используйте
«ИЩИ ТРЕУГОЛЬНИК»
принцип
Если определить ТРИ любых элемента треугольника, разрешима любая задача !!!
Часто встречаются «классические» задачи:
Чтобы найти ЛЮБОЙ угол ∆,
хорошо знать ТРИ стороны.
в
α
а
с
Применить т. косинусов.
а² = в² + с² - 2вс∙cos α
Чтобы найти ЛЮБУЮ высоту ∆,
а a-x
в
h
с
x
хорошо знать ТРИ стороны.
Уравнение: по т. Пифагора
в двух ∆, введя Х
или ½ аh = S по формуле ГЕРОНА
Чтобы найти ВЫСОТУ к БОКОВОЙ стороне ∆,
h₁
в
в
h
хорошо знать стороны. Высоту к основанию,
найти её по т. Пифагора. УРАВНЕНИЕ:
½ в h = ½ а h₁ → h
а
Удачи на ЕГЭ!