Помощь по Теле2, тарифы, вопросы

Источник задания: Решение 3249. ЕГЭ 2016 Математика, И.В. Ященко. 36 вариантов. Ответ.

Задание 14. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 стороны основания равны 5, боковые рёбра равны 2, точка D - середина ребра СС1.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей ABC и ADB1.

б) Найдите угол между плоскостями ABC и ADB1.

Решение.

а) Построение. Отметим точку K как результат пересечения прямой BC и прямой : т.е. (см. рисунок). Точка A является общей точкой для плоскостей ABC и . Следовательно, указанные плоскости пройдут через линию AK (см. рисунок). Данная линия и будет прямой пересечения плоскостей ABC и .

б) Необходимо найти угол DHC (см. рисунок). Рассмотрим треугольник и подобный ему треугольник с коэффициентом подобия (то есть они равны между собой). Отсюда получаем, что . Имеем равнобедренный треугольник с углом (так как угол у равностороннего треугольника ABC). В равнобедренном треугольнике высота CH, проведенная к основанию, является также и биссектрисой. Рассмотрим прямоугольный треугольник CHK, у которого гипотенуза и прилегающий к ней угол . Тогда катет CH можно найти как

Задание.

Дана правильная треугольная призма ABCA 1 B 1 C 1 , сторона AB основания которой равна 10, а боковое ребро BB 1 равно √15. На ребрах AB и B 1 C 1 отмечены точки K и L соответственно, причем AK = 7; B 1 L = 1. Точка M – середина ребра A 1 C 1 . Плоскость γ проходит через точки K и L и параллельна прямой AC.

а) Докажите, что плоскость γ перпендикулярна прямой BM.

б) Найдите расстояние от точки C 1 до плоскости γ.

Решение:

a) Докажите, что плоскость γ перпендикулярна прямой BM.

Проведем через точки K и L прямые, параллельные AC. Эти прямые пересекают ребро BC в точке K 1 и ребро A 1 B 1 в точке L 1 (см. рис. 1). Тогда равнобедренная трапеция KL 1 LK 1 является сечением призмы ABCA 1 B 1 C 1 плоскостью γ.

Рассмотрим плоскость BB 1 M. Эта плоскость пересекает прямую AC в точке N, прямую KK 1 в точке E и прямую LL 1 в точке F. Четырехугольник BB 1 MN – прямоугольник.

Рассмотрим прямоугольный треугольник A 1 MB 1 .

MB 1 = A 1 B 1 ·sin60 0

MB 1 = NB = 5√3.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MB 1 B. По теореме Пифагора найдем MB.

MB 2 = MB 1 2 + BB 1 2

MB 2 = (5√3) 2 + (√15) 2 = 90

По теореме Фалеса:

B 1 F: MB 1 = B 1 L: B 1 C 1 = 1: 10.

B 1 F: MB 1 = 1: 10.

B 1 F = 1·MB 1 /10

B 1 F = (1·5√3)/10 = √3/2.

Проведем KS параллельно AA 1 . Рассмотрим прямоугольный треугольник KSL 1:

KS = AA 1 = √15

SL 1 = A 1 L 1 — A 1 S

A 1 L 1 = A 1 B 1 — B 1 L = 10 – 1 = 9

SL 1 = A 1 L 1 — AK = 9 — 7 = 2

По теореме Пифагора:

KL 1 2 = KS 2 + SL 1 2

KL 1 2 = (√15) 2 + 2 2 = 19

Треугольник ABC и треугольник KBK 1 подобные треугольники, значит

AC: KK 1 = AB: KB

10: KK 1 = 10: 3

Треугольник A 1 B 1 C 1 и треугольник L 1 BL подобные треугольники, значит

A 1 C 1: LL 1 = A 1 B 1: B 1 L 1

10: LL 1 = 10: 1

Рассмотрим равнобедренную трапецию KL 1 LK 1 , EF – высота трапеции.

Проведем PL 1 параллельно EF, тогда KP = (KK 1 — LL 1)/2 = 1.

Рассмотрим прямоугольный треугольник KPL 1 . По теореме Пифагора:

PL 1 2 = KL 1 2 – KP 2

PL 1 2 = (√19) 2 — 1 2 = 18

EF = PL 1 = 3√2.

Рассмотрим рисунок 2.

рис. 2.

Из прямоугольного треугольника MBB 1:

Из прямоугольного треугольника TEF:

Рассмотрим треугольник MFO:

То есть прямые MB и EF перпендикулярны. Прямая KK 1 параллельна прямой АС, которая перпендикулярна плоскости BB 1 M. Значит, прямые KK 1 и EF перпендикулярны прямой MB, поэтому прямая MB перпендикулярна плоскости γ.

б) Найдите расстояние от точки C 1 до плоскости γ. Смотри рисунок 3.

рис. 3.

Урок одной задачи

Шпилёва Людмила Александровна

МАОУ «Лицей «Технический» г. Владивостока»

Решение задач по геометрии, в том числе задач С2, вызывает затруднения у большинства учащихся 11 классов. Это вызвано не только недостаточными знаниями по геометрии, но и психологическими причинами. Учащиеся считают, что задачи по геометрии, тем более в части С, очень сложные, не решаемые, поэтому за их решение не всем стоит браться.

Устранить эту проблему можно, например, рассматривая различные подходы к решению одной и той же задачи. Проведение «уроков одной задачи» позволит убедить учащихся, что задачи по геометрии вполне им по силам. Кроме этого, такие уроки позволят повторить большой объём теоретического материала, разные подходы при решении задач по геометрии.

Рассмотрим задачу С2 КИМ 2012 года. Сложность этой задачи состоит в том, на первоначальном чертеже к задаче плоскости, между которыми требуется найти угол, пересекаются в одной точке. Поэтому в ходе решения задачи необходимо построить прямую пересечения рассматриваемых плоскостей или найти способы решения, в которых нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.

Задача С2 : В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D - середина ребра СС 1. Найдите угол между плоскостями ABC и ADB 1 .

Рассмотрим несколько способов решения этой задачи.

1 способ решения задачи:

Достроим треугольную призму ABCA 1 B 1 C 1 (рис. 1) до четырёхугольной ACBFA 1 C 1 B 1 F 1 , в основании которой лежит ромб A C B F (рис 2).

рис 1.

рис 2.

Построим сечение призмы ACBFA 1 C 1 B 1 F 1 плоскостью ADB 1 . Параллельные плоскости ВВ 1 С 1 С и FF 1 A 1 A , СС 1 А 1 А и FF 1 В 1 В пересекаются секущей плоскостью по параллельным прямым DB 1 и AT , AD и B 1 T соответственно (Т – середина ребра FF 1 ). Искомое сечение - ромб DATB 1 (рис 3).

Для построения угла между плоскостями ВСА и DAB 1 построим их прямую пересечения. Для этого продлим до пересечения прямые В 1 T и В F , В 1 D и ВС. В 1 T ∩ В F = N , В 1 D ∩ ВС = M . Прямая MN - прямая пересечения рассматриваемых плоскостей (рис 4).

рис 3

рис 4.

∆ MDC = ∆ В 1 DC 1 , ∆ NFT = ∆ B 1 F 1 T по катету и прилежащему острому углу. Поэтому M C = B 1 C 1 = 1, NF = B 1 F 1 = 1. Т. к. B 1 C 1 = ВС = 1 и B 1 F 1 = BF = 1, то MB = BN = 2. Поэтому треугольник MBN – равнобедренный с основанием MN .

Т.к. A C B F - ромб, то его диагональ АВ является биссектрисой угла CBF . Следовательно, АВ является биссектрисой, проведённой к основанию равнобедренного ∆ MB 1 N , т.е. высотой. Поэтому А В  MN .

АВ является проекцией наклонной АВ 1 на плоскость АВС, поэтому AB 1  MN по теореме о трёх перпендикулярах. Угол В 1 А B = α – угол между плоскостями ABC и ADB 1 (рис. 5).

рис 5.

рис 6.

Если вернуться к начальной правильной треугольной призме, то линейный угол между рассматриваемыми плоскостями образован стороной основания АВ и диагональю АВ 1 грани ВВ 1 А 1 А (рис. 6). В прямоугольном треугольнике В 1 А B ( B = 90°) BB 1 = 3, АВ = 1. ; ; . Ответ:

2 способ решения задачи:

Построим прямую пересечения плоскостей ABC и ADB 1 , продлив до пересечения прямые B 1 D и B С. B 1 D ∩ B С= Е. Прямая A Е – искомая прямая (рис 7).

ЕС = СВ. Данное равенство следует из равенства прямоугольных треугольников B 1 DC 1 и E DC по катету и прилежащему острому углу. ЕС = С 1 B 1 = С B .

рис 7

Равенство отрезков ЕС и СВ также вытекает из подобия треугольников DEC и B 1 Е B с коэффициентом подобия .

рис 7.

рис 8.

Рассмотрим ∆ A ВЕ (рис 8). Докажем, что он прямоугольный несколькими способами.

1 способ : ЕС = С B = A С = ВА = 1, Е B = 2. Т.к. углы ∆ A ВС равны 60°, то  A СЕ = 120°.

Найдём из ∆ AEC сторону A Е по теореме косинусов.

рис 8.

Т.к. , то по теореме, обратной теореме Пифагора, ∆ A ВЕ – прямоугольный,  BA Е = 90°.

2 способ : Углы ∆ A ВС равны 60°,  A СЕ = 120°. Т. к. ЕС = A С, то ∆ AEC – равнобедренный с основанием АЕ и углы при его основании равны .

Поэтому , т. е. ∆ A ВЕ – прямоугольный.

3 способ : Воспользуемся признаком прямоугольного треугольника. Если медиана, проведённая к стороне

треугольника, равна половине этой стороны, то этот треугольник – прямоугольный. Причём, медиана проведена к гипотенузе треугольника .

В ∆ АВЕ медиана . Поэтому ∆ A ВЕ – прямоугольный, B Е - гипотенуза.

Вернёмся к нахождению угла между плоскостями. Т.к.  BA Е = 90°, то АВ ^ A Е. АВ – проекция наклонной B 1 A на плоскость АВС, поэтому B 1 A ^ A Е по теореме о трёх перпендикулярах. Угол ВА B 1 – угол между плоскостями ABC и ADB 1 .

В прямоугольном треугольнике ВА B 1 (Ð B = 90°) BB 1 = 3, АВ = 1, . ; . Ответ:

3 способ решения задачи:

Аналогично предыдущему случаю, построим прямую пересечения плоскостей ABC и ADB 1 , продлив до пересечения прямые В 1 D и ВС. В 1 D ∩ ВС = Е. Прямая АЕ – искомая прямая (рис 9).

В плоскости A ВЕ (AB С) проведём к прямой A Е перпендикуляр С K . KC – проекция наклонной DK на плоскость АВС, то KD ^ АЕ по теореме о трёх перпендикулярах. Угол DKC = α - угол между плоскостями ABC и ADB 1 .

Найдём длину отрезка КС несколькими способами .

1 способ : ЕС = A С = 1 (доказано во 2 способе решения задачи), Ð A СЕ = 120°.

Найдём из ∆ AEC сторону A Е по теореме косинусов.

рис 9

∆ AEC - равнобедренный с основанием АЕ. СК в нём высота, проведённая к основанию, значит, и медиана.

Тогда , СЕ = 1. Из прямоугольного ∆ К EC .

2 способ : ∆ AEC - равнобедренный с основанием АЕ. В нём ЕС =1, Ð A СЕ = 120°. СК является высотой, проведённой к основанию, а, значит, медианой и биссектрисой Ð A СЕ. Тогда ÐКСЕ = 60°, ÐКЕС = 30°. В прямоугольном треугольнике КСЕ катет КС, лежит против угла в 30°, поэтому равен половине гипотенузы ЕС, т. е. .

3 способ : Для нахождения отрезка КС применим метод площадей, т.е. найдём площадь треугольника АСЕ различными способами.

, ,

, , .

Вернёмся к нахождению угла между плоскостями ABC и ADB 1 . В прямоугольном треугольнике DKC (Ð C = 90°) . , , ; ;

Ответ: 4 способ решения задачи:

Рассмотрим следующий способ решения задачи. Для этого через точку D проведём плоскость А 2 DB 2 ║ ACB (рис. 10). Т. к. D - середина ребра СС 1 , то точки А 2 и B 2 – середины рёбер АА 1 и ВВ 1 соответственно. Угол между плоскостями ABC и ADB 1 равен углу между плоскостями А 2 DB 2 и ADB 1 .

В плоскости ВВ 1 А 1 А плоскости А 2 DB 2 и ADB 1 пересекаются в точке К. (АВ 1 ∩ А 2 В 2 = К).

В параллелограмме ВВ 1 А 1 А (рис 11.) А 2 К = КВ 2 и АК = КВ 1 , т.к. ∆ АА 2 К = ∆ В 1 В 2 К по стороне и двум прилежащим к ней углам: АА 2 = В 1 В 2 ,  А 2 АК =  В 2 В 1 К

рис. 11

рис. 10

как накрест лежащие углы при параллельных прямых АА 1 и ВВ 1 и секущей АВ 1,  АКА 2 =  В 2 КВ 1 как вертикальные. Следовательно, точка К – середина отрезков АВ 1 и А 2 В 2 .

Точки D и К принадлежат каждой из плоскостей А 2 DB 2 и ADB 1 , поэтому прямая DK является прямой их пересечения.

∆ A DC = ∆ В 1 DC 1 по двум катетам, поэтому AD = DB 1 . ∆ А DB 1 1 , DK в нём является медианой, проведённой к основанию, значит, и высотой, т.е. АВ 1  DK .

Аналогично, в равнобедренном ∆ А 2 DB 2 А 2 В 2  DK . Т.к АВ 1  DK и А 2 В 2  DK , то угол В 1 K В 2 = α – угол между плоскостями А 2 DB 2 и ADB 1 .

рис. 12

рис 12

В прямоугольном треугольнике В 1 K В 2 (ÐВ 2 = 90°) , ; . , . Ответ:

5 способ решения задачи:

Воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции многоугольника.

Площадь ортогональной проекции многоугольника равна произведению площади этого многоугольника на косинус угла между плоскостями многоугольника и его проекции.

Применение этой теоремы удобно тем, что нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.

рис. 12

Так как призма прямая, то ВВ 1  АВС, DC ^ АВС, АА 1 ^ АВС. Поэтому треугольник АВС является ортогональной проекцией треугольника А DB 1 на плоскость АВС (рис. 12).

Следовательно, , где α – угол между плоскостями ABC и ADB 1 .

Поэтому . Вычислим площади треугольников АВС и А DB 1 .

Т. к. АВ = 1 и ∆ АВС – равносторонний.

∆ A DC = ∆ В 1 DC 1 по двум катетам, поэтому AD = DB 1 . ∆ А DB 1 – равнобедренный с основанием АВ 1 .

рис 12

Из прямоугольного треугольника АС D .

Проведём DK  AB 1 , DK – высота, проведённая к основанию равнобедренного треугольника, поэтому – медиана. К – середина AB 1 (рис. 13).

BB 1 , .

Из прямоугольного треугольника А DK ,

Поэтому .

Тогда .

рис 13

. Ответ: .

(Если , то и )

6 способ решения задачи:

Рассмотрим векторно-координатный метод вычисления угла между данными плоскостями. Он тоже хорош тем, что нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.

рис. 15

Т. к. рассматриваемая призма прямая и в её основании лежит равносторонний треугольник, то ввести систему координат можно несколькими способами.

рис. 14

рис. 14

Можно ввести систему координат с началом координат в точке О – середине стороны АВ (или в середине любой другой стороны треугольника) (рис. 14).

рис. 14

рис 16

рис 17

Пусть а – сторона равностороннего треугольника.

Из прямоугольного треугольника АОС (рис. 15) найдём длину отрезка АО: .

рис. 14

Тогда ; ; ,

рис. 17

рис. 16

Можно ввести систему координат с началом координат в одной из вершин треугольника АВС, например, в точке А (рис. 16). (рис. 17).

рис. 16

Тогда ; ; .

Остановимся на втором способе введения системы координат (рис. 16).

Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными к этим плоскости.

Поэтому угол между плоскостями равен углу между ненулевыми векторами, перпендикулярными этим плоскостям , т. е. между векторами нормалей.

Найдём координаты точек А, В 1 , А 1 , D : ; ; ; . . .

Ответ: .

С2 Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 2. https://vk.com/video4689112_456239061 Как поступить в ШАД https://vk.com/video174629951_456240103 Решите квадратное уравнение, для извлечения корня из дискриминанта воспользоваться формулами сложного радикала, https://de.pinterest.com/reshenijezadach/ правильная треугольная призма. Сторона основания правильной треугольной призмы. 14. В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 сторона основания АВ равна 6, а боковое ребро АА1 равно 3. На ребре АВ отмечена точка К так, что АК=1. Точки М и L - середины ребер А1С1 и В1С1 соответственно. Плоскость у параллельна прямой АС и содержит точки К и L. а) Докажите, что прямая ВМ перпендикулярна плоскости у. б) Найдите расстояние от точки С до плоскости у. 15‐го января планируется взять кредит в банке на 1 млн рублей на 6 месяцев. Условия его возврата таковы: ‐1‐го числа каждого месяца долг возрастает на целое число r процентов по сравнению с концом предыдущего месяца; ‐ со 2‐го по 14‐е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга; ‐ 15‐го числа каждого месяца долг должен составлять некоторую сумму в соответствии со следующей таблицей. В июле 2016 года планируется взять кредит в банке на S млн рублей, где S – целое число, на 4 года. Условия его возврата таковы: ‐ каждый январь долг возрастает на 20% по сравнению с концом предыдущего года; ‐ с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга; ‐ в июле каждого года долг должен составлять часть кредита в соответствии со следующей таблицей В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 сторона основания АВ равна 6, а боковое ребро АА1 равно 3. На ребре В1С1 отмечена точка L так, что B1L=1. Точки К и М – середины ребер АВ и А1С1 соответственно. Плоскость гамма параллельна прямой АС и содержит точки К и L. а) Докажите, что прямая ВМ перпендикулярна плоскости. б) Найдите объем пирамиды, вершина которой – точка М, а основание – сечение данной призмы плоскостью. Владимир Путин не решит. Эта тема поначалу может показаться сложной из-за множества не самых простых формул. Мало того что сами квадратные уравнения имеют длинные записи, еще и корни находятся через дискриминант. Всего получается три новые формулы.