Решу егэ геометрические задачи

Сайты, меню, вход, новости

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

Пройти тестирование по этим заданиям

Геометрические задачи ЕГЭ с решениями

Суббота, 3 сентября, 2016

В данной статье разобраны решения геометрических задач, встречающихся в вариантах профильного ЕГЭ по математике. Всего таких задач 5: 3 из первой части и 2 из второй. По крайней мере, такой расклад был на момент написания статьи. Представленные материалы будут полезны тем, кто только начал подготовку к предстоящему экзамену. Здесь вы найдёте геометрические задачи ЕГЭ с решениями, снабжёнными подробными и понятными комментариями от профессионального репетитора по математике. Представлен также видеоразбор решений каждого задания.

Задачи представлены под номерами, под которыми они числятся в вариантах профильного ЕГЭ по математике.

Задача 3. На клетчатой бумаге с размером клетки 1×1 изображена трапеция. Найдите её площадь.

Даже если вы забыли формулу площадь трапеции на экзамене, не спешите отчаиваться. Вы всегда может решить задачу проще, чем вас научили в школе. В данном случае можно просто посчитать площадь по клеточкам:

Искомая площадь равна половине площади синего прямоугольника, плюс площади зелёного прямоугольника, плюс половина площади красного прямоугольника. Итого, получаем .

Задача 6. Боковые стороны трапеции, описанной около окружности, равны 3 и 5. Найдите среднюю линию трапеции.

По-хорошему, рисунок здесь не нужен. Поскольку в трапецию вписана окружность, то суммы противоположных сторон равны. Следовательно, сумма оснований равна 8, а полусумма и, соответственно, средняя линия трапеции равны 4.

Все линейные размеры малого конуса в раз отличаются от линейных размеров большого конуса. Следовательно, квадратичные размеры (площадь поверхности) малого конуса в  раз отличаются от квадратичных размеров большого конуса. То есть искомая площадь полной поверхности отсечённого конуса равна .

а) Из точки O опустим перпендикуляр OE на плоскость ABC:

Точка O равноудалена от точек A, B и C, так как O — центр описанной около пирамиды окружности. Тогда выделенные красным цветом прямоугольные треугольники AOE, BOE и COE равны по гипотенузе и катету.

Тогда AE = BE = CE. То есть точка E, лежащая в плоскости треугольника ABC, равноудалена от его вершин. Следовательно, она является центром описанной около него окружности. Что и требовалось доказать.

При доказательстве мы использовали так называемый метод решения с конца. Построили требуемый перпендикуляр и доказали, что данные условия задачи удовлетворены.

б) Введем систему координат, как показано на рисунке, и определим координаты вершин пирамиды в этой системе:

Пусть центр описанной около этой пирамиды сферы имеет координаты . Пусть радиус сферы равен . Тогда уравнение сферы во введённой системе координат имеет вид:

   

Этой сфере принадлежат все вершины данной пирамиды. Следовательно, имеет место следующая система:

   

Сравнивая первые два уравнения, получаем , откуда . Аналогично, сравнивая первое и третье уравнения, получаем , откуда .

Теперь подставляем полученные значения в первое и последнее уравнение. В результате приходим к системе:

   

Вычитаем почленно из первого уравнения второе и получаем:

   

Тогда из первого уравнения получаем, что , откуда . Отрицательное значение не берём, так как радиус не может быть отрицателен.

Обратите внимание, что попутно мы также получили координаты центра описанной сферы .

Изобразим чертёж к задаче:

а) Высота треугольника AMD из вершины M вдвое меньше высоты треугольника ECD из вершины C. При этом основание AD вдвое больше основания ED. Значит площади этих треугольников равны. А поскольку EOD — общая часть этих этих треугольников, то площади четырёхугольника AMOE и треугольника COD равны.

б) Обозначим высоту трапеции за . Тогда её площадь равна кв. ед., а площадь треугольника AMD равна кв. ед. Цель состоит в том, чтобы найти площадь треугольника EOD.

Выполним дополнительное построение: продолжим отрезок MD до пересечения с прямой BC в точке H. Тогда рисунок будет выглядеть следующим образом:

Треугольник HMB равен треугольнику AMD по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно, HB равно 4. Треугольник HCO подобен треугольнику ODE по двум углам. При этом коэффициент подобия равен .

Следовательно, высота треугольника OEA, проведенная к основанию ED, равна . Тогда площадь четырёхугольника AMOE равна кв. ед. Тогда искомое отношение равно .

Материал подготовлен репетитором по математике и физике в Москве, Сергеем Валерьевичем

Смотрите также:

• Задачи на доказательство геометрических фактов из ГИА;
• Разбор заданий первой части профильного ЕГЭ по математике;
• Разбор задачи 14 профильного ЕГЭ по математике.

По теме: методические разработки, презентации и конспекты

• Угол между двумя прямыми

Задача 1, Задача 2.

• Угол между прямой и плоскостью

Задача1. Задача 2.

• Угол между двумя плоскостями

Задача 1. Задача 2.

• Расстояние от точки до прямой

Задача 1. Задача 2.

• Расстояние от точки до плоскости

Задача 1. Задача 2.

• Расстояние между скрещивающимися прямыми

Задача 1. Задача 2.

1.Определение: Две пересекающиеся прямые образуют смежные и вертикальные углы.

Углом между двумя прямыми называется меньший из них.

Угол между перпендикулярными прямыми равен 90°. Угол между параллельными прямыми равен 0°.

заменим одну прямую другой. DC 1 B – искомый.» width=»640″

С 1

D 1

2.Скрещивающиеся прямые

Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, которые параллельны данным скрещивающимся прямым.

B 1

А 1

С

D

В

А

В кубе A…C 1 прямые AD 1 и DC 1 –скрещивающиеся (т.к. лежат в разных плоскостях и не пересекаются). Пользуясь определением угла между скрещивающимися прямыми, получаем: AD 1 II BC 1 = заменим одну прямую другой. DC 1 B – искомый.

.

Для решения задач C 2 первого типа, практически всегда приходиться применять формулы и теоремы.

• Теорема косинусов: Квадрат любой стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между ними.
• При решении векторным способом : скалярное произведение векторов равно произведению их абсолютных величин на косинус угла между ними.

a²=b² + c²- 2∙b∙c∙cos α

Ключевая задач а

В единичном кубе А… D 1 найдите угол между прямыми АВ1 и ВС1 .

D 1

C 1

B 1

А1

Рисунок

С

РЕШЕНИЕ

D

А

В

6

С1

D 1

B 1

А1

С

D

А

В

1.Прямые АВ1 и ВС1 — скрещивающиеся. Прямая А D 1 ll ВС1

2. Заменим прямую ВС1 прямой А D 1

3.Следовательно искомый D 1АВ1

4.Рассмотрим ∆ D 1АВ1 — равносторонний. Так как А D 1= D 1В1=В1А (куб единичный, данные стороны являются диагоналями соответствующих квадратов). Исходя из этого, по свойству углов в равностороннем треугольнике (все углы равны).

5.Искомый D 1АВ1=60°

Ответ: 60°

C 1

D 1

B 1

А1

С

D

А

В

8

Тренировочное задание

В кубе А… D 1 найдите косинус угла между прямыми АВ и СА 1.

D 1

C 1

Рисунок 1

Рисунок 2

B 1

А1

РЕШЕНИЕ 1

РЕШЕНИЕ 2

С

D

А

В

D 1

C 1

B 1

А1

С

D

А

В

C 1

D 1

B 1

А1

С

D

А

В

искомый угол В 1 А 1 С 3. В ∆А 1 В 1 С, так как А 1 В 1 С=90° (т.к. А 1 В 1 (ВВ 1 С 1 С), а значит по определению и любой прямой лежащей в этой плоскости А 1 В 1 В 1 С) 4. По определению косинуса: cos В 1 А 1 С= 5. А 1 В 1 =1 6. А 1 С²=1²+(√2)²=3, =А 1 С=√3 7. с os В 1 А 1 С=1/√3=√3/3 Ответ: √3/3 D 1 C 1 B 1 А1 С D А В 12″ width=»640″

1 СПОСОБ

1. АВ и А 1 С скрещивающиеся.

2. АВ II А 1 В 1 = искомый угол В 1 А 1 С

3. В ∆А 1 В 1 С, так как

А 1 В 1 С=90° (т.к. А 1 В 1 (ВВ 1 С 1 С), а значит по определению и любой прямой лежащей в этой плоскости А 1 В 1 В 1 С)

4. По определению косинуса:

cos В 1 А 1 С=

5. А 1 В 1 =1

6. А 1 С²=1²+(√2)²=3, =А 1 С=√3

7. с os В 1 А 1 С=1/√3=√3/3

Ответ: √3/3

D 1

C 1

B 1

А1

С

D

А

В

12

А 1 С (1;1;-1) 5. Пусть α угол между АВ и А 1 С, тогда cos α = АВ∙А 1 С=1+0+0=1 I АВ I = I А 1 С I = 6. с os α =1/(1∙√3)=1/√3=√3/3 Ответ: √3/3 2 СПОСОБ C 1 D 1 B 1 А1 С D А В» width=»640″

1 . Введем систему координат с началом в точке А и осями АВ(Ох); А D (Оу); АА 1 (О z );

2. Рассмотрим в данной системе координат векторы АВ и А 1 С

3. Найдем координаты вектора АВ (1;0;0)

4. А 1 (0;0;1); С (1;1;0) =А 1 С (1;1;-1)

5. Пусть α угол между АВ и А 1 С,

тогда cos α =

АВ∙А 1 С=1+0+0=1

I АВ I =

I А 1 С I =

6. с os α =1/(1∙√3)=1/√3=√3/3

Ответ: √3/3

2 СПОСОБ

C 1

D 1

B 1

А1

С

D

А

В

1 . Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.

2. Угол между взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90 .

3. Если прямая параллельна плоскости (или лежит в ней), то угол между ними считается равным 0 .

В

а

С

α י

А

α

а ∩ α =А

ВС α

ВАС – искомый угол

Замечания:

Если находить угол между данной прямой и перпендикуляром к данной плоскости, обозначив его α′ ,

тогда искомый угол α равен (90°- α′ )

В

а

С

β י

А

β

Находят АВС= α′ , тогда искомый ВАС=(90°- α′ ),

т.к. ∆АВС – прямоугольный; а сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна 90°

Ключевая задача

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найдите синус угла между прямой BE и плоскостью SAD , где Е – середина ребра SC .

S

E

Рисунок

РЕШЕНИЕ

C

D

А

B

S

F

E

S

C

D

А

B

E

F

К

S 1

C

B

H

1. Проведем SF II AB , SF = AB =1

2. В тетраэдре SB С F все ребра равны 1 и (ВС F) II (SAD)

S

F

E

C

D

А

B

B К=(а∙√3)/2, т.е. B К= √3/2, = R 1 = √3/3 6. SS1= SS1= ; SS 1 = √6/3 ; EH =√6/6 7. EBH – искомый, sin B=EH/BE , BE – медиана, высота равностороннего треугольника, = BE = √3/2 8. sin B =(√6∙2)/(6∙√3)=√2/3 Ответ: √2/3 S E F К S1 B C H» width=»640″

3. Перпендикуляр EH опущенный из Е на плоскость (ВС F) равен половине высоты тетраэдра

4. Из ∆ SBS 1 S 1=90°, SB =1

5. BS 1 — радиус описанной окружности R 1 = 2/3∙ B К

B К – высота равностороннего треугольника, = B К=(а∙√3)/2, т.е. B К= √3/2, = R 1 = √3/3

6. SS1= SS1= ; SS 1 = √6/3 ; EH =√6/6

7. EBH – искомый, sin B=EH/BE ,

BE – медиана, высота равностороннего

треугольника, = BE = √3/2

8. sin B =(√6∙2)/(6∙√3)=√2/3

Ответ: √2/3

S

E

F

К

S1

B

C

H

Тренировочная задача

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1. Найдите синус угла между прямой BD и плоскостью (SBC).

S

Рисунок

D

РЕШЕНИЕ

C

O

А

B

S

H

D

C

O

А

B

1 . Проведем DH (SBC) , тогда HBD -искомый угол между прямой BD и плоскостью ( BSC) ;

2. sin HBD=DH/BD ; BD= √ 2

3. Для нахождения DH воспользуемся формулой объема пирамиды: V=1/3∙S осн ∙ H , где H -высота

4. Найдем объем пирамиды SCBD двумя способами:

1). V 1 =1/3∙S ∆ SBC ∙DH ; 2). V2=1/3∙S ∆ DBC ∙SO ;

V 1 =1/3∙ ( a ² √ 3 /4 ) ∙DH= √ 3/12∙DH

V 2 =1/3∙1/2 ∙ 1 ∙1∙SO=1/6 ∙SO

5. Найдем SO из ∆ SOA –прямоугольный

( SOA=90 ° ) по т.Пифагора

SO= ; SO =

6. V 2 =1/6∙ √ 2/2= √ 2/12

V 1 =V 2 = √ 3/12∙DH= √ 2/12

7. DH= √ 2/12∙12/ √ 3= √ 2/ √ 3= √ 6/3

8. sin HBD= √ 6/3∙1/ √ 2= √ 6/3 √ 2= √ 3/3

Ответ: √ 3/3

S

H

C

D

O

А

B

Двугранный угол , образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла,

получаемого при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру.

Величина двугранного угла принадлежит промежутку (0°; 180°).

Величина угла между пересекающимися плоскостями принадлежит промежутку (0°; 90°].

Угол между двумя параллельными плоскостями равен 0° .

Ключевая задача

В единичном кубе А…D1 найдите тангенс угла между плоскостями (АА1D) и (BDC1)

Рисунок

РЕШЕНИЕ

E

• Так как (АА 1 D 1 D) II ( BB 1 C 1 С)

( BDC 1 )∩(BB 1 CC 1 )=BC 1

2. Пусть Е-середина ВС 1 , (т.к. ∆ BC 1 C- прямоугольный, равнобедренный);

3. ВС=С C 1

4. CE BC 1 = DE BC 1 ;

5. т.е. DEC – линейный угол двугранного угла.

6. ECD=90°( по теореме о трех перпендикулярах);

7. tg DEC = DC/EC ; DC=1

8. Найдем EC = √2/2

Ответ: √2

E

Тренировочная задача

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1. Найдите косинус двугранного угла, образованного гранями ( SBC) и (SCD)

S

Рисунок

РЕШЕНИЕ

C

D

А

B

S

K

D

С

O

А

B

1 . (SCB)∩(SDC)=SC

2. Построим линейный угол двугранного угла.

3. Пусть K – середина ребра SC ;

4. Т.к. ∆BSC и ∆ DSC — равносторонние, то медианы BK и DK являются высотами соответствующих треугольников;

5. Т.к. BK SC и DK SC , то

DKB- линейный угол искомого

двугранного угла

6. DK=KB= (a²∙√3)/2 , где а=1, т.е.

DK=KB =√3/2

7. DB=√2 (диагонали квадрата)

8. Из ∆ DKB по теореме косинусов найдем угол.

cos ∠ DKB= ; cos ∠ DKB=

Ответ: (-1)/3

S

K

D

C

O

А

B

b a , AB а . AB – искомое расстояние. A Расстояние от точки до прямой , не содержащей эту точку, есть длина отрезка – перпендикуляра, проведенного из этой точки на прямую. Расстояние между двумя параллельными прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до другой прямой. b с B a A a a II b, А ϵ а, = АА 1 или АВ 1 – искомые расстояния b A 1 B 1″ width=»640″

A ϵ а; проводим с

а; через А прямую b II с; = b a ,

AB а .

AB – искомое расстояние.

A

Расстояние от точки до прямой , не содержащей эту точку, есть длина отрезка – перпендикуляра, проведенного из этой точки на прямую.

Расстояние между двумя параллельными прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до другой прямой.

b

с

B

a

A

a

a II b, А ϵ а, = АА 1 или АВ 1 – искомые расстояния

b

A 1

B 1

Ключевая задача

В единичном кубе А…D 1 найдите расстояние от точки А до прямой BD 1 .

D

D 1

C 1

Рисунок

A 1

B 1

РЕШЕНИЕ 1

РЕШЕНИЕ 2

РЕШЕНИЕ 3

D

C

A

B

B

D 1

С1

A 1

B 1

H

D

C

A

B

1. Из точки А опустим перпендикуляр на прямую BD 1

2. AH – искомое расстояние

3. Рассмотрим ∆ ABD 1 – прямоугольный

( D1AB =90°)

4. Из ∆ ABD 1 : AB =1, AD1 =√2 (по т.Пифагора), BD1 =√3 ( как диагональ единичного куба)

5. Найдем AH используя способ площадей. Найдем площадь ∆ ABD 1 двумя способами:

6. S 1 =1/2∙AD 1 ∙AB

S 2 =1/2∙AH∙BD 1

7. S 1 = 1/2∙√2∙1=√2/2 ,

так как S 1  S 2 , то √2/2=1/2∙AH∙√3

8. Отсюда, AH = √ 6/3

Ответ: √6/3

1 СПОСОБ

D 1

C 1

A 1

B 1

H

D

C

A

B

30

BAH= AD1H 7. Из подобия треугольников следует и пропорциональность сторон: AD 1 /BD 1 = AH/AB 8 . AH =( AD 1 ∙AB )/ BD 1 9. А H = ( √ 2∙1)/√3= √2/√3=(√2∙√3)/(√3∙√3)=√6/3 Ответ: √6/3 2 СПОСОБ D 1 C 1 A 1 B 1 H D C H A B» width=»640″

1. Из точки А опустим перпендикуляр на прямую BD 1

2. AH – искомое расстояние

3. Рассмотрим ∆ ABD 1 – прямоугольный

( D1AB =90°)

4. Из ∆ ABD 1 : AB =1, AD 1 =√2 (по т.Пифагора), BD 1 =√3 ( как диагональ единичного куба)

5. Рассмотрим ∆ BAD 1 и ∆ BHA .

6. ∆ BAD 1 ~ ∆ BHA по трем углам:

B – общий, BHA= BAD 1 =90°, =

BAH= AD1H

7. Из подобия треугольников следует и пропорциональность сторон: AD 1 /BD 1 = AH/AB

8 . AH =( AD 1 ∙AB )/ BD 1

9. А H = ( √ 2∙1)/√3= √2/√3=(√2∙√3)/(√3∙√3)=√6/3

Ответ: √6/3

2 СПОСОБ

D 1

C 1

A 1

B 1

H

D

C

H

A

B

AH=AB∙ sin ABD 1 = √6/3 Ответ: √6/3 3 СПОСОБ D 1 C 1 A 1 B 1 H D C A B» width=»640″

1. Из точки А опустим перпендикуляр на прямую BD 1

2. AH – искомое расстояние

3. Рассмотрим ∆ ABD 1 – прямоугольный

( D 1 AB =90°)

4. Из ∆ ABD 1 : AB =1, AD 1 =√2 (по т.Пифагора), BD 1 =√3

(как диагональ единичного куба)

5. Из ∆ ABD 1 : sin ABD 1 = √6/3

6 . = AH=AB∙ sin ABD 1 = √6/3

Ответ: √6/3

3 СПОСОБ

D 1

C 1

A 1

B 1

H

D

C

A

B

Тренировочное задание

В правильной шестиугольной призме A…F 1 , все ребра которой равны 1. Найдите расстояние от точки B до прямой AD 1 .

Рисунок

РЕШЕНИЕ

1. В ∆ AD 1 B : AB=1 , AD1=

( Из ∆ ADD 1 ; D=90 °)

2. AD 1 =

3. BD 1 = ;( Из ∆ BDD 1 ; D=90 °) , BD 1 =

4. ∆ ABD 1 – прямоугольный ( D 1 BA=90 °)

( По теореме о трех перпендикулярах BD AB)

5. Для нахождения расстояния от точки В до прямой AD1 : BH воспользуемся формулами площадей:

6. S ∆ ABD 1 =1/2∙AB∙BD 1

S ∆ ABD 1 =1/2∙1∙2=1

7. S ∆ ABD 1 =1/2∙AD1∙BH ,

где BH AD 1

8. BH=(2∙S ∆ ABD 1 )/ AD 1 ;

BH=(2∙1)/√5=2/√5=2√5/5

Ответ: 2√5/5

A

Расстояние от точки до плоскости , не содержащей эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно длине их общего перпендикуляра.

Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно расстоянию от любой точки этой прямой до плоскости.

B

C

α

Из точки А проведены к плоскости α перпендикуляр АВ и наклонная АС. Точка В – основание перпендикуляра, точка С – основание наклонной, ВС – проекция наклонной АС на плоскость α .

с АС; Аналогично доказывается и обратное утверждение.» width=»640″

А

Для решения задач такого типа приходится применять теорему о трех перпендикулярах:

Если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна наклонной. И обратно: если прямая на плоскости перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции наклонной.

A י

β

α

B

c

C

AB α ; AC – наклонная; с – прямая, проходящая через основание С наклонной, с Є α ; Проведем С A י II AB ; С A י α ; Через AB и A י С проведем β ; с СА י ; если

с СВ, то с β = с АС;

Аналогично доказывается и обратное утверждение.

Ключевая задача

В единичном кубе АВС D А 1 В 1 С 1 D 1 найдите

расстояние от точки А до плоскости В D А 1

Рисунок

РЕШЕНИЕ 1

РЕШЕНИЕ 2

РЕШЕНИЕ 3

РЕШЕНИЕ 4

H

O

1 СПОСОБ

1. О – середина BD ,

2. Т . к. AC и BD –диагонали квадрата;

AC BD

3. Значит по теореме о трех перпендикулярах BD A 1 О

4. ( BDA 1 ) ∩ (АА 1 О)=А 1 О

По признаку BD (А A 1 О)

5. Искомый перпендикуляр, опущенный из точки А на плоскость ( BDA 1 ) является высота AH прямоугольного ∆ А A 1 О

6. АА 1 =1; АО=√2/2; А 1 О=

7. Найдем А H используя способ площадей.

Площадь ∆АА 1 О найдем двумя способами.

8. S ∆АА 1 О =(1/2)∙ АА 1 ∙ А O

S ∆АА 1 О =(1/2)∙1∙ ( √ 2/2)=√2/4

9. S ∆АА 1 О =(1/2)∙ А 1 О ∙ А H ,

• А H=

Ответ: √3/3

H

О

AH=A О ∙sin A О H=√ 3 /3 Ответ: √ 3 /3 2 СПОСОБ H О» width=»640″

1. О – середина BD ,

2. Тогда AC и BD –диагонали квадрата; AC BD

3. Значит по теореме о трех перпендикулярах BD A 1 О

4. ( BDA 1 ) ∩ (АА 1 О)=А 1 О

По признаку BD (А A 1 О)

5. Искомый перпендикуляр, опущенный из точки А на плоскость ( BDA 1 ) является высота AH прямоугольного

∆ А A 1 О

6. АА 1 =1; АО=√2/2; А 1 О=

7. Из ∆ A А 1 О: sin A ОА 1 =√6/3 ,

= AH=A О ∙sin A О H=√ 3 /3

Ответ: √ 3 /3

2 СПОСОБ

H

О

HA О = A А 1H 7. Из подобия треугольников следует и пропорциональность сторон: A А 1/ ОА 1= AH/A О 8 . AH =( A А 1∙A О)/А 1 О 9. А H = Ответ: √3/3 3 СПОСОБ H О» width=»640″

1. О – середина BD ,

2. Тогда AC и BD –диагонали квадрата;

AC BD

3. Значит по теореме о трех перпендикулярах BD A 1 О

4. ( BDA 1 ) ∩ (АА 1 О)=А 1 О

По признаку BD (А A 1 О)

5. Искомый перпендикуляр, опущенный из точки А на плоскость ( BDA 1 ) является высота AH прямоугольного ∆ А A 1 О

6. АА 1 =1; АО=√2/2; А 1 О=

7. Рассмотрим ∆АОА 1 и ∆ H О A .

6. ∆АОА 1~ ∆ H О A по трем углам:

О – общий, О HA= О A А 1=90°, = HA О = A А 1H

7. Из подобия треугольников следует и пропорциональность сторон: A А 1/ ОА 1= AH/A О

8 . AH =( A А 1∙A О)/А 1 О

9. А H =

Ответ: √3/3

3 СПОСОБ

H

О

Рассмотрим пирамиду AA 1 BD и найдем объем двумя способами.

Пусть AH -искомый перпендикуляр

V=1/3∙S осн∙ H , где H -высота

1). V 1 =1/3∙S ∆А BD ∙AA 1 ; 2). V 2 =1/3∙S ∆ A 1 BD ∙AH ;

V 1 =1/3∙1/2 ∙ 1 =1/6

V 2 = , где а=√2

AH =

Ответ: √3/3

4 СПОСОБ

H

О

Тренировочная задача

В единичном кубе A … D 1 найдите расстояние от точки А до плоскости ( BDC 1 ).

D1

C1

B1

А 1

Рисунок

РЕШЕНИЕ

D

С

А

В

D1

C1

B1

А 1

D

С

K

А

В

H

Воспользуемся формулами объемов для пирамиды C 1 BAD .

Пусть AH -искомое расстояние

V=1/3∙S осн∙ H , где H -высота

1). V 1 =1/3∙S ∆А BD∙ СС 1 ;

СС 1 =1; S ∆А BD =1/2∙1∙1=1/2

V 1 =1/3∙1/2 ∙ 1 =1/6

2). V 2 =1/3∙S ∆С 1 BD∙AH ;

S ∆С 1 BD = ( a² ∙√ 3 /4 ) , где а=√2

S ∆С 1 BD = (2∙√ 3 /4 )=√3/2

V 2 =1/3∙ √3/2 ∙AH =√3/6 ∙AH

Из 1) и 2)

1/6= √3/6 ∙AH

AH =(1/6)∙(6/√3)=1/√3=√3/3

Ответ: √3/3

D1

C1

B1

А 1

D

С

K

А

В

H

β

А

а

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра.

Две скрещивающиеся прямые имеют общий перпендикуляр и притом только один.

Он является общим перпендикуляром параллельных плоскостей, проходящих через эти прямые.

а י

α

γ

В

b

а и b –скрещивающиеся прямые;

а II а י ; а י ∩ b=B ;

a י Є α , b Є α , a Є β , β II α ,

АВ – искомое расстояние

Ключевая задача

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1. Найдите расстояние между прямыми SA и BC .

S

Рисунок

РЕШЕНИЕ

C

D

А

B

S

H

D

C

E

F

O

А

B

расстояние между скрещивающимися прямыми SA и ВС равно расстоянию от прямой ВС до плоскости ( SAD ); 4. Пусть E и F соответственно середины ребер AD и BC . Тогда искомым перпендикуляром будет высота FH ∆ SEF . 5. В ∆ SEF : EF =АВ=1; SE=SF -высоты равнобедренных ∆ SAD и ∆ SBC соответственно, = SE=SF =√3/2 SO – высота четырехугольной пирамиды из прямоугольного ∆ SOF по теореме Пифагора: SO =√2/2. 6. Найдем FH используя способ площадей. Площадь ∆ SEF найдем двумя способами. 7. S ∆ SEF=(1/2)∙EF∙SO S ∆ SEF=(1/2)∙1∙ ( √ 2/2)=√2/4 8. S ∆ SEF=(1/2)∙SE∙HF , = HF=(√2/4)/((1/2)∙√3/2)=(√2/4)/(√3/4)= = √2/√3=√6/3 . Ответ: √6/3 S H D C E O F А B» width=»640″

1. Прямые ВС и SA — скрещивающиеся

2. Прямая ВС ( SBC ); Прямая SA ( SAD );

3. ВС II ( SAD ) = расстояние между скрещивающимися прямыми SA и ВС равно расстоянию от прямой ВС до плоскости ( SAD );

4. Пусть E и F соответственно середины ребер AD и BC .

Тогда искомым перпендикуляром будет высота FH ∆ SEF .

5. В ∆ SEF : EF =АВ=1; SE=SF -высоты равнобедренных ∆ SAD и ∆ SBC соответственно, = SE=SF =√3/2

SO – высота четырехугольной пирамиды из прямоугольного ∆ SOF по теореме Пифагора: SO =√2/2.

6. Найдем FH используя способ площадей.

Площадь ∆ SEF найдем двумя способами.

7. S ∆ SEF=(1/2)∙EF∙SO

S ∆ SEF=(1/2)∙1∙ ( √ 2/2)=√2/4

8. S ∆ SEF=(1/2)∙SE∙HF ,

= HF=(√2/4)/((1/2)∙√3/2)=(√2/4)/(√3/4)=

= √2/√3=√6/3 .

Ответ: √6/3

S

H

D

C

E

O

F

А

B

Тренировочная задача

В правильной шестиугольной призме A…F 1 , все ребра которой равны 1. Найдите расстояние между прямыми AA 1 и CF 1 .

Рисунок

РЕШЕНИЕ

M

Прямые АА 1 и СF 1 -скрещивающиеся

Расстояние между

прямыми АА 1 и СF 1 равно

расстоянию между

параллельными плоскостями (АВВ 1 А 1 ) и (FCC 1 F 1 ), в которых

лежат эти прямые.

A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 — правильный шестиугольник; A 1 B 1 II F 1 C 1 ; B 1 D 1 F 1 C 1 ; B 1 M ∩ F 1 C 1 =M

B 1 M – искомое расстояние

Из ∆ B 1 C 1 D 1 по теореме косинусов B 1 D 1 =√3,

B 1 M =1/2∙B 1 D 1 =√3/2

Ответ: √3/2

M