Решение заданий по материалам ЕГЭ 2012 года. Математика (часть 3) презентация

№5 – «Школа здоровья и развития»
г. Радужный

Учитель математики Е.Ю. Семёнова

косинус угла между прямыми АВ1 и ВС1.

Задача №1

1

А

С

В

D

А1

С1

В1

1

Решение.
Продлим плоскость ВСС1, тогда искомый угол – AВ1D, т. к. и C1В и B1D параллельны.

Найдем его из ∆AB1D по теореме косинусов.

Ответ: 1/4 .

боковые рёбра равны 11, найдите расстояние от точки С до прямой A1F1.

Задача №2

Решение.
Так как ABCDEF – правильный шестиугольник, прямые AC и AF перпендикулярны. Поскольку прямые FA и F1A1 параллельны, то
CA⊥A1F1. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах CA1⊥A1F1, так что длина отрезка CA1 равна искомому расстоянию.

Ответ: 14.

11

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.

Задача №3

С

В

D

А

S

O

M

N

∠SMO – искомый угол, косинус которого найдем из п/у ∆SMO

Задача №4

С

В

D

А1

С1

В1

D1

А

Решение.
Проекцией прямой АС1 на данную плоскость является прямая ВС1, так как AB⊥(ВCС1), а значит AB⊥ВС1;
т.е. ∆АВC1 – п/у.
Значит, искомый угол – ∠AС1В

боковые рёбра 4, найдите угол между прямой АВ1 и плоскостью BDD1.

O

3

4

Задача №5

проекция точки М – точка Н лежит на отрезке AN. Значит угол ∠MNH – искомый.
МН – средняя линия ΔSAO,
тогда NH = АО = R = = = 24.

Ответ: arctg 7/48.

H

Задача №6

ребра равны 5. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ : ЕА1 = 2 : 3. Найдите угол между плоскостями АВС и BED1.

Задача №7

С

В

D

А1

С1

В1

D1

E

5

1

А

M

P

3

2

Решение.
Плоскости BED1 и АВС пересекаются по прямой PB.
Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол АМЕ.
Стороны данного угла – высоты ΔВЕР и ΔAВР.
Значит, угол ∠АMЕ – искомый.
ΔРDD1 ~ ΔРAE (по углам) ⟹ АР = 2, тогда РВ = √5,
АМ = (АР·АВ)/ РВ = 2/√5.
В п/у ΔAМЕ tg ∠АMЕ = AE/AM
tg ∠АMЕ = √5 ⟹∠АMЕ = arctg √5.

1

№8

С

В

D

А1

С1

В1

D1

А

Решение.
Плоскости АВ1С1 и А1В1С пересекаются по прямой B1D.
Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол А1ОС1.Стороны данного угла – высоты равных ΔDС1B1 и ΔDA1В1.
Значит, угол ∠A1OС1 – искомый.
Пусть АВ = а, тогда B1D = a√3,
А1D = DC1 = A1C1 = a√2, OC1 = OA1 =
= (А1B1 · DA1)/ DВ1 = a√6/3.
В р/б ΔA1OC1 по теор. косинусов
cos∠A1OC1 = (A1О2 + C1О2 –А1C12) /
/ (2А1О · C1О) = − 0,5 ⟹

O

а

а

∠A1OC1 = 120º, значит, угол между плоскостями смежный с данным углом. Искомый угол равен 180º – 120º = 60º.

АВ = ВС = 20, АС = 32. Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру ВВ1, причем ВР : РВ1 = 1 : 3. Найдите тангенс угла между плоскостями А1В1С1 и АСР.

20

А

С

В

А1

С1

В1

24

Ответ: 1/2 .

Задача №9

Р

Н

16

16

Решение.
Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом между плоскостями А1В1С1 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 ВВ1 = ¼ · 24 = 6, ВН2 = АВ2 – АН2
ВН2 = 202 – 162 = 144, ВН = 12;
tg∠РНВ = PB/HB = 6/12 = 0,5.

32

считать угол между (А1В1С1) и (BD1F1).
Т.к. В1E1⊥F1D1 (в правильном шестиугольнике), то по теореме о трех перпендикулярах ВР⊥ F1D1.
Тогда ∠BРВ1 – линейный угол двугранного угла BF1D1В1.
PB1 – высота р/с ∆В1F1D1, сторона которого равна √3, значит PB1 = 1,5.
tg∠BРВ1 = BB1/PB1 = 1/1,5 = 2/3.

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между плоскостями АВС и BD1F1.

Задача №10

Ответ: 2/3.

1

P

из вершины А на основание КМN.

D

C

B

A

N

F

М

К

Р

Н

Задача №10

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.

L

Н

Ответ: 2.

Задача №10

= 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 MN2 = AN2 – AM2 = 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.

6

10

6

6

Задача №11

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

3

P

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)
SO2 = AS2 – AO2 = 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 = 45º.

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

3

Ответ: 45º.

= 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

4

7

4

AH⊥D1B1 и AM⊥BD. Прямая HM (проекция прямой AH на плоскость (BDD1).
Значит, D1B1⊥HM (по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах).
⇒ ∠AHM − линейный угол двугранного угла,
образованного плоскостями (BDD1) и (AD1B1).

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра: AB = 5 , AD = 12 , CC1 = 3.
Найдите угол между плоскостями (BDD1) и (AD1B1).

Задача №14

С

D

B

А1

С1

D1

B1

12

А

Н

3

5

М

AD⋅ AB.
С другой стороны,
S∆BAD = ½ AМ⋅ BD.
Отсюда, АМ = (AD⋅ AB)/BD, т.е.
BD = √52 + 122 = 13;
АМ = (12⋅ 5)/13 = 60/13.
∆ AМН – п/у, ⇒
tg∠AHM = AM/HM = 20/13.
Откуда ∠AHM = arctg 20/13.

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра: AB = 5 , AD = 12 , CC1 = 3.
Найдите угол между плоскостями (BDD1) и (AD1B1).

Задача №14

Ответ: arctg 20/13.

С

D

B

А1

С1

D1

B1

12

А

Н

3

5

М

АВ = ВС = 10, АС = 16. Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р – середина ребра ВВ1. Найдите тангенс угла между плоскостями А1В1С1 и АСР.
В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки А до плоскости DEA1.

Для самостоятельного решения