Решение заданий С2 Решение заданий С2 по материалам по материалам

ЕГЭ 2012 года ЕГЭ 2012 года

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

Учитель математики Е.Ю. Учитель математики Е.Ю. СемёноваСемёнова

В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми АВ1 и ВС1.

Задача №1Задача №1

1А

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.

cos∠AB1D =AB1

2 + B1D2 – AD2

2·AB1·B1D

cos∠AB1D = = 2 + 2 – 3 1

2· 2 4

АВ1 = B1D = √2; DA2 = AB2 + BD2 – 2·AB·BD ·cos120o

DA2 = 12 + 12 – 2·1·1·(-1/2) = 3

Ответ: 1/4 .

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, стороны основания которой равны 5, а боковые рёбра равны 11, найдите расстояние от точки С до прямой A1F1.

Задача №2Задача №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. CA = 5√3; по условию AA1 = 11.По теореме Пифагора для ∆CAA1: CA1

2 = 75 + 121 = 196. CA1 = 14

Ответ: 14.

5

А

С В

D

FE

А1

С1 В1

D1

F1E1

11

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 №3Задача №3

С

В

D

А

S

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

cos∠SMO = = = MO 0,5 1SM √3/2 √3

Ответ: √3/3

В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между прямой AC1 и плоскостью ВСC1.

Задача №4Задача №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 – ∠AС1ВПусть АВ = а, тогда ВС1 = а√2

tg∠AC1B = = = AB a 1

BC1 a√2 √2

∠AC1B = arctg√2/2

Ответ: arctg√2/2

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1, стороны оснований которой равны 3, а боковые рёбра 4, найдите угол между прямой АВ1 и плоскостью BDD1.

А

С

В

D

А1

С1

В1

D1

O3

4

Решение. Так как О середина отрезка BD, то АО (BDD1). AB1О – искомый.

АО = ; АВ1 = 5 (в п/у АВВ1).

sin AB1О = AO : AB1 =

AB1О = arcsin

23√2

103√2

103√2

Ответ: arcsin . 10

3√2

Задача №Задача №55

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

АС

В

S

M

N 24√3H

24√3√3

AB√3

MH = ½SO = ½√SA2 – AO2 = ½√252 – 242 MH = 3,5; из п/у АМН:

tg MNH = MH : NH = 3,5 : 24 = 7/48.

MNH = arctg 7/48.

Задача №Задача №66

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 1, а боковые ребра равны 5. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ : ЕА1 = 2 : 3. Найдите угол между плоскостями АВС и BED1.

Задача №Задача №77

С

В

D

А1

С1

В1

D1

E

5

1

А MP

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 ВЕР и AВР. Значит, угол АMЕ – искомый.РDD1 ~ 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

Дан куб ABCDA1B1C1D1. Найдите угол между плоскостями АВ1С1 и А1В1С.

Задача №8Задача №8

СВ

D

А1

С1В1

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 DС1B1 и DA1В1. 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 A1OC1 по теор. косинусовcosA1OC1 = (A1О2 + C1О2 –А1C1

2) / / (2А1О · C1О) = − 0,5 ⟹

O

а

а

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

Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1, является равнобедренный треугольник АВС, в котором 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

СВ

А1

С1

В1

24

Ответ: 1/2 .

Задача №9Задача №9

Р

Н16

16

Решение. Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом

между плоскостями А1В1С1 и АСР можно

считать угол между (АВС) и (АСР). Т.к. ВНАС (высота р/б ∆), то по теореме о трех перпендикулярах РНАС. 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

Решение. Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом между плоскостями А1В1С1 и BD1F1 можно считать угол между (А1В1С1) и (BD1F1). Т.к. В1E1F1D1 (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 №Задача №1010

Ответ: 2/3.

1

D

1

C

EF

BA

C1

E1 D1

F1

A1 B1

P

Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 25, АВ = АС = 10, ВС = 45.

Решение. (1 способ)Искомое расстояние равно высоте АН, опущенной в пирамиде АКМN из вершины А на основание КМN.

Найдем объем этой пирамидыV = 1/3 · SAMN · AK V = 1/3 · 1/2 · AF · MN = 105/3, гдеMN = ½ BC = 25, AF2 = AM2 – MF2

AF2 = 25 – 5 = 20, АК = ½ AD = 5С другой стороны, V = 1/3 · SKMN · AH, откуда найдем высоту АН: АН = 3V/SKMN где SКMN = ½ MN · KF,KF2 = KM2 – MF2 = = AK2 + AM2 – MF2 = 5 + 25 – 5 = 25KF = 5. Итак, АН = 3·(105/3)/ 55 = 2.

D

C

B

A

N

FМ

К

Р

Н

Задача №10Задача №10

Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 25, АВ = АС = 10, ВС = 45.

D

C

B

A

N

FМ

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, гдеAP2 = AB2 – BP2 = 100 – 20 = 80DP2 = AD2 + AP2 = 20 + 80 = 100DP = 10; AL = (25 · 45)/10 = 4Итак, АН = ½ AL = 2.

L

Н

Ответ: 2. Задача №10Задача №10

АС

В

D

M

N 106

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 MN2 = AN2 – AM2 = 64 – 36 = 28, MN = 27

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 №11Задача №11

В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит квадрат АВСD со стороной 310/5. 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 №12Задача №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

DA

N

М

О

S

С

3√105

3

P

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 = 310/5 · 2/2 = 35/5.PO = ½ SO (в п/у ∆ ASO) SO2 = AS2 – AO2 = 9 – 9/5 = 36/5,PO = 35/5.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 310/5. 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 №12Задача №12

B

DA

N

М

О

S

С

3√105

3

Ответ: 45º.