Стереометрическая задача егэ профиль 2 часть - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона AB основания равна а высота SH пирамиды равна 3. Точки M и N  — середины рёбер CD и AB, соответственно, а NT  — высота пирамиды NSCD с вершиной N и основанием SCD.

а)  Докажите, что точка T является серединой SM.

б)  Найдите расстояние между NT и SC.

Источник: Задания 14 (С2) ЕГЭ 2016, ЕГЭ по математике 06.06.2016. Основная волна. Вариант 512 (C часть).

Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C. Грань ACC₁A₁ является квадратом.

а)  Докажите, что прямые CA₁ и AB₁ перпендикулярны.

б)  Найдите расстояние между прямыми CA₁ и AB₁, если AC  =  4, BC  =  7.

Источник: Задания 14 (C2) ЕГЭ 2017

В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD сторона основания ABCD равна 12, боковое ребро PA ― Через вершину A проведена плоскость α, перпендикулярная прямой PC и пересекающая ребро PC в точке K.

а)  Докажите, что плоскость α делит высоту PH пирамиды PABCD в отношении 2 : 1, считая от вершины P.

б)  Найдите расстояние между прямыми PH и BK.

Источник: Пробный ЕГЭ по математике, Санкт-Петербург, 04.03.2018. Вариант 1.

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ все ребра равны 6.

а)  Докажите, что угол между прямыми AC и BC₁ равен 60°.

б)  Найдите расстояние между прямыми AC и BC₁.

Источник: ЕГЭ по математике 01.06.2018. Основная волна. Вариант 991 (C часть). Он же: вариант 751 (резервная волна 25.06.2018), Задания 14 (С2) ЕГЭ 2018

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ рёбра равны 1. На продолжении отрезка A₁C₁ за точку C₁ отмечена точка M так, что A₁C₁  =  C₁M, а на продолжении отрезка B₁C за точку C отмечена точка N так, что B₁C  =  CN.

а)  Докажите, что MN  =  MB₁.

б)  Найдите расстояние между прямыми B₁C₁ и MN.

Источник: Резервная волна ЕГЭ по математике 24.06.2019. Вариант 992, Задания 14 (С2) ЕГЭ 2019

Пройти тестирование по этим заданиям

Источник

Задание 13 Профильного ЕГЭ (Стереометрия) многие старшеклассники считают самой сложной задачей в варианте. И напрасно! Ничего особенного в ней нет. Просто начинать надо вовремя, лучше всего в десятом классе. И конечно, не с самых сложных задач. Действуем по порядку!

1. Подготовительный этап — решение задач по стереометрии из первой части ЕГЭ. Повторите формулы объемов и площадей поверхности многогранников и тел вращения. Посмотрите, как решаются типовые задачи.

2. Повторите необходимую теорию. Вот краткая Программа по стереометрии. Проверьте себя. Все ли вы знаете? В освоении стереометрии вам поможет наш ЕГЭ-Справочник.

3. Посмотрите, как правильно строить чертежи.

4. Выучили теорию? Применяем на практике — строим сечения.

5. Решаем простые задачи по стереометрии. И после этого — переходим к реальным задачам ЕГЭ.

6. Задачи 13 по стереометрии из Профильного ЕГЭ по математике обычно относятся к одному из типов. Смотрите нашу Классификацию задач по стереометрии и методы их решения.

Вот примеры простых подготовительных задач по стереометрии:

1. Высота правильной треугольной пирамиды равна 4, а угол между боковой гранью и плоскостью основания равен 60 градусов. Найдите расстояние от вершины основания до плоскости противолежащей ей боковой грани.

Посмотреть решение

2. В правильной шестиугольной призме , все ребра которой равны 1, точка G — середина ребра A_1B_1. Найдите угол между прямой АG и плоскостью BDD_1.

Посмотреть решение

3. В правильной шестиугольной призме все рёбра равны 1. Найдите расстояние от точки В до плоскости

Посмотреть решение

4. В основании прямой призмы лежит ромб. Найти угол между прямыми и BD_1.

Посмотреть решение

5. Точка E — середина ребра CC_1 куба Найдите угол между прямыми и B_1D.

Посмотреть решение

6. В правильной треугольной призме , все рёбра которой равны sqrt{3} . Найдите расстояние между прямыми AA_1 и BC_1.

Посмотреть решение

7. Радиус основания конуса с вершиной P равен 6, а длина его образующей равна 9. На окружности основания конуса выбраны точки A и B, делящие окружность на две дуги, длины которых относятся как 1 : 5. Найдите площадь сечения конуса плоскостью ABP.

Посмотреть решение

А теперь — реальные задачи по стереометрии, встретившиеся выпускникам на Профильном ЕГЭ по математике.

8. Точки М и N — середины ребер соответственно АВ и СD треугольной пирамиды АВСD, О — точка пересечения медиан грани АВС.

а) Докажите, что прямая DO проходит через середину отрезка MN.

б) Найдите угол между прямыми MN и ВС, если АВСD — правильный тетраэдр.

Посмотреть решение

9. В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки A, B и C, а на окружности другого основания — точка C_1 , причём CC_1 — образующая цилиндра, а AC — диаметр основания. Известно, что $angle ACB=30^circ , , AB=sqrt{2}, , CC_1=2.$

а) Докажите, что угол между прямыми AC_1 и равен

б)Найдите объём цилиндра.

Посмотреть решение

10. В основании призмы лежит правильный треугольник, вершина C_1 проецируется в центр Q основания АВС.

а) Докажите, что плоскости ABC_1 и QCC_1 перпендикулярны.

б) Найдите угол между прямой AA_1 и плоскостью ABC_1, если боковое ребро призмы равно стороне основания.

Посмотреть решение

11. Сечением прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_{1}B_{1}C_{1} D_{1}$ плоскостью alpha , содержащей прямую $B D_{1}$ и параллельной прямой АС, является ромб.

а) Докажите, что грань ABCD — квадрат.

б) Найдите угол между плоскостями alpha и $BCC_{1}$ , если $AA_{1} = 6, , AB = 4.$

Посмотреть решение

12. На ребрах АВ и ВС треугольной пирамиды АВСD отмечены точки М и N соответственно, причем

Точки P и Q — середины ребер DA и DC соответственно.

а) Докажите, что точки P, Q, M и N лежат в одной плоскости.

б) Найдите, в каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды.

Посмотреть решение

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 6, задача 14

7 лайфхаков для решения задач по стереометрии:

1. Задача по стереометрии не решается без хорошего чертежа! Чертеж строим по линейке, черной ручкой, на клетчатой бумаге, по правилам построения чертежей. На ЕГЭ можно и нужно пользоваться линейкой! А бланк будет в клеточку.

2. Все, что нужно, на чертеже должно быть хорошо видно! Если вам не понравился чертеж — не сидите над ним, бросьте и нарисуйте другой. Одного объемного чертежа будет недостаточно — понадобится один или несколько плоских.

3. Учимся записывать решение кратко. Вспомним основные обозначения

— точка M принадлежит плоскости АВС.

— прямые а и b пересекаются в точке О.

— прямые а и b параллельны.

abot b — прямые а и b перпендикулярны.

4. Почти в каждой задаче по стереометрии встречаются «особенные треугольники»

Давайте вспомним:

— В прямоугольном равнобедренном треугольнике гипотенуза в sqrt{2} раз больше катета.

— В треугольнике с углами 30, 60 и 90 градусов гипотенуза в 2 раза больше меньшего катета, а больший катет в sqrt{3} раз больше меньшего.

5. Формула для площади прямоугольной проекции фигуры помогает найти угол между плоскостями. Здесь varphi — угол между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.

6. Метод объемов помогает найти расстояние от точки до плоскости. Надо выбрать треугольную пирамиду, записать ее объем двумя способами и найти из полученного уравнения нужное расстояние.

7. Сначала изучаем «классику». После этого, если время есть, можно браться и за координатный метод

Почему именно в таком порядке?

Конечно, координатный метод удобен. Однако большинство задач по стереометрии из вариантов ЕГЭ «заточены» под классику.

И если в решении задачи координатным методом вы сделаете арифметическую ошибку — можете потерять все баллы. Эксперт не будет разбираться, правильно ли вы посчитали определитель или смешанное произведение векторов. Потому что эти темы не входят в школьную программу, и составители «конструировали» задачи по стереометрии так, чтобы они решались обычными, «классическими» способами.

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими материалами.
Информация на странице «Задание 13 Профильного ЕГЭ по математике. Стереометрия» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам.
Чтобы успешно сдать нужные и поступить в высшее учебное заведение или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий.
Также вы можете воспользоваться другими статьями из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена:
09.03.2023

Источник

11
Мар 2016

Категория: 13 (С2) Стереометр. задачи

2016-03-11
2021-06-13

Список всех задач C2, разобранных на сайте

(список пополняется)

Угол между прямой и плоскостью + показать

Угол между прямыми + показать

Угол между плоскостями + показать

Площадь сечения + показать

Объемы многогранников + показать

Расстояние от точки до прямой/плоскости + показать

Расстояние между скрещивающимися прямыми + показать

Тела вращения. Комбинации тел + показать

Другие задачи + показать

Автор: egeMax |

Нет комментариев

Источник

По теме: методические разработки, презентации и конспекты

Решение стереометрической задачи тремя различными способами

Здесь представлено на трех файлах моё решение решение задачи С2 (вариант 13) из пособия «МАТЕМАТИКА. Подготовка к ЕГЭ-2011» под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Калабухова. Эта-же задача встречается в пос…

Методическая разработка по теме: «Применение аналитической геометрии к решению стереометрических задач».

ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ Рассмотрим несколько геометрических задач, для решения которых необходимо вычислить те или иные расстояния или углы в пространст…

Тема 36. ГЕОМЕТРИЯ.ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ДЛЯ РЕШЕНИЯ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, а также абитуриентов к вступительным э…

Тема 37.ИТОГОВЫЙ КОНТРОЛЬ ПО ТЕМАМ 34-36: «РЕШЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ И СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ»

Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к государственной итоговой аттестации (ГИА) и единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, …

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Учёные всегда стремились упростить себе жизнь – придумывали новые, простые методы решения, универсальные для множества задач, позволяющие быстро решить даже самую трудную задачу. …

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Программа внеурочной деятельности «Практикум решения стереометрических задач». Пропедевтика стереометрических знаний на примере качественных стереометрических задач.

Всем известная трудность в изучении стереометрии, возникающая у учащихся 10 классов, в значительной степени объясняется низким уровнем развитием их пространственных представлений. Ученики теряю…

Источник

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме

2. Решай новые задачи каждый день

3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по стереометрии формата ЕГЭ

Задание
1

#3868

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Основанием прямой треугольной призмы (ABCA_1B_1C_1) является прямоугольный треугольник (ABC), причем (angle C=90^circ). Диагонали боковых граней (AA_1B_1B) и (BB_1C_1C) равны соответственно (26) и (10), (AB=25).

а) Докажите, что (triangle BA_1C_1) – прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды (AA_1C_1B).

а) Так как (BB_1perp (A_1B_1C_1)), (B_1C_1perp A_1C_1), то по теореме о трех перпендикулярах (BC_1perp A_1C_1) (как наклонная). Следовательно, (triangle A_1C_1B) – прямоугольный.

б) Заметим, что (BCperp AC) и (BCperp CC_1), следовательно, по признаку (BCperp (AA_1C_1)). Следовательно, (BC) – высота пирамиды (BAA_1C_1) с основанием (AA_1C_1).
Так как (triangle AA_1C_1) прямоугольный, то [V_{BAA_1C_1}=dfrac{frac12cdot AA_1cdot A_1C_1cdot BC}3] По теореме Пифагора [begin{aligned}
&A_1C_1=sqrt{26^2-10^2}=sqrt{16cdot 36}=24\[1ex]
&AA_1=sqrt{26^2-25^2}=sqrt{1cdot 51}=sqrt{51}\[1ex]
&BC=sqrt{10^2-51}=sqrt{49}=7 end{aligned}] Тогда [V_{BAA_1C_1}=dfrac{frac12cdot 24cdot sqrt{51}cdot 7}3=28sqrt{51}]

Ответ:

б) (28sqrt{51})

Задание
2

#6924

Уровень задания: Равен ЕГЭ

(ABCA_1B_1C_1) — прямая треугольная призма, (AB=16, BC=15,
AA_1=8), (cosangle ABC=0,8). (M, N) – середины ребер (AC) и (B_1C_1) соответственно. (K,P) – такие точки на ребрах (BC) и (B_1C_1) соответственно, что (CK=B_1P=dfrac{1}{6}BC).

а) Построить сечение призмы плоскостью (alpha), параллельной прямой (MN) и проходящей через точки (K) и (P).

б) Найти площадь сечения призмы плоскостью (alpha).

а)

Если прямая (MNparallel alpha Rightarrow MN) параллельна некоторой прямой, лежащей в (alpha). Проведем (NSperp BC, NScap
KP=O). В плоскости (MNS) проведем (OHparallel MN Rightarrow
MH=HS). Тогда прямая (KHcap AB=T). Так как плоскости (ABC) и (A_1B_1C_1) параллельны, то (alpha) пересечет плоскость (A_1B_1C_1) по прямой, параллельной (KT). Следовательно, проведем (PRparallel
KT). Таким образом, (TRPK) – искомое сечение (трапеция).

б) Заметим, что (CK=dfrac{1}{6} cdot 15=dfrac{5}{2} Rightarrow
KS=5). Т.к. (MS) – средняя линия треугольника (ABC Rightarrow MS=8
Rightarrow HS=4). Так как (angle HSK=angle ABC), то по теореме косинусов (HK=sqrt{16+25-2cdot 4cdot 5cdot frac45}=3). Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник (HKS) – прямоугольный, следовательно, (angle H =90^circ). Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что (NSperp (ABC),
HSperp KT Rightarrow
OHperp KT).

Проведем (PH_1 perp KT). Из подобия треугольников (HOK) и (H_1PK) следует, что (PH_1=2OH). Т.к. (OS=dfrac{1}{2}NS=4, HS=4 Rightarrow
OH=4sqrt2). Таким образом найдена высота трапеции (PH_1=8sqrt2).

Найдем основания трапеции (KT) и (PR).

(sin angle KSH = dfrac{3}{5}=sin angle B=dfrac{KT}{KB}
Rightarrow KT=dfrac{15}{2}).

(bigtriangleup PRB_1 sim bigtriangleup KTB Rightarrow
PR=dfrac{3}{2}).

Таким образом, (S_{TRPK} = dfrac{1}{2}cdot
left(dfrac{15}{2}+dfrac{3}{2}right)cdot 8sqrt2 = 36sqrt2)

Ответ:

б) (36sqrt2)

Задание
3

#2300

Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольной пирамиде (DABC) двугранные углы при ребрах (AD) и (BC) равны. Известно также, что (AB=BD=DC=AC=sqrt{15}).

а) Докажите, что (AD=BC).

б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при (AD) и (BC) равны по (60^circ).

а) Рассмотрим пирамиду (DABC), (AB=BD=DC=CA), (angle
(BAD,CAD)=angle (BAC,BDC)).

Т.к. (triangle ABD) и (triangle ACD) – равнобедренные, причем (AD) – общее основание, то высоты к основаниями попадут в одну точку – в середину стороны (AD), точку (N). То есть (BNperp AD), (CNperp AD). Таким образом, (angle BNC) – линейный угол двугранного угла (angle(BAD,CAD)).

Аналогичным образом строится угол (angle AMD) – линейный угол двугранного угла (angle (BAC,BDC)), где (M) – середина (BC). Таким образом, (angle BNC=angle AMD).

Т.к. (triangle ABD=triangle ACD) по трем сторонам, то (BN=CN). Аналогично (AM=DM). Значит, (triangle AMD) и (triangle BNC) – равнобедренные и подобные (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).

Заметим, что плоскости ((AMD)) и ((BNC)) имеют две общие точки – это точки (N) и (M). Следовательно, они пересекаются по прямой (MN). Отрезок (NM) – это высота в (triangle AMD) и (triangle BNC) к основаниям (AD) и (BC) соответственно. Следовательно, эти треугольники равны. Следовательно, (AD=BC), чтд.

б) Из пункта а) также следует, что (AM=DM=BN=CN). Т.к. двугранные углы равны (60^circ), то (triangle AMD) и (triangle BNC) – равносторонние.
Пусть (AM=DM=BN=CN=AD=BC=x).

Проведем высоту пирамиды (DH). Т.к. (DMperp BC), то по теореме о трех перпендикулярах (HMperp BC). Таким образом, точка (H) должна лежать на (AM), причем на середине, т.к. (triangle AMD) – равносторонний.

(DH=frac{sqrt3}2cdot AD=frac{sqrt3}2x). Найдем по теореме Пифагора (x) из (triangle ABM):

(AM=x), (BM=frac x2), (AB=sqrt{15}), следовательно, (x=2sqrt3).

Таким образом, [V_{DABC}=frac13cdot DHcdot S_{ABC}=dfrac13cdot
frac{sqrt3}2xcdot frac12x^2=6]

Ответ:

б) (6)

Задание
4

#1265

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан правильный тетраэдр (SABC), (H) – такая точка на высоте (SO), что (OH:HS=1:3). Плоскость (alpha) проходит через точки (A) и (H) параллельно медиане (BM) треугольника (ABC) и пересекает ребро (CS) в точке (P).

а) Докажите, что (CP:PS=2:3).

б) Найдите угол между плоскостями (alpha) и (ABC).

а)

Правильный тетраэдр — это правильная треугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть ребро пирамиды равно (a).
Т.к. пирамида правильная, то высота (SO) падает в точку пересечения медиан (bigtriangleup ABC). Рассмотрим плоскость (BSM), точка (H) лежит в этой плоскости. Т.к. плоскость (alpha) параллельна (BM), то она пересекает плоскость (BSM) по прямой, параллельной (BM).

Проведем (RTparallel BM, Hin RT). Тогда по теореме Фалеса (dfrac{SH}{HO}=dfrac{ST}{TM}=dfrac{3}{1}).

Прямая (AT) пересечет (CS) в точке (P). (bigtriangleup APR) – сечение пирамиды плоскостью (alpha).
Напишем теорему Менелая для (bigtriangleup CSM) и прямой (AP):
[dfrac{CP}{PS}cdot dfrac{ST}{TM}cdot dfrac{MA}{AC}=1] Из этого равенства находим, что (dfrac{CP}{PS}=dfrac{2}{3})

б) Докажем, что линия пересечения плоскостей (alpha) и (ABC) параллельна прямой (BM). Пусть это не так: пусть (l) – линия пересечения (alpha) и (ABC) и (lcap BM=Z). Тога прямая (BMcap
alpha=Z), следовательно, не может быть параллельна (alpha). Получили противоречие, следовательно, (lparallel BM). Заметим, что прямая (l) проходит через точку (A).

Построим линейный угол двугранного угла между (alpha) и (ABC). Т.к. (HOperp ABC), проведем (OKperp l), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах (HKperp l). Таким образом, (angle HKO) – искомый угол.

1) Найдем (HO).
(BO=dfrac{2}{3}cdot BM=dfrac{2}{3}cdot
dfrac{sqrt3}{2}a=dfrac{a}{sqrt3})

Тогда (SO=sqrt{a^2 -dfrac{a^2}{3}}=sqrt{dfrac{2}{3}}a
Rightarrow HO=dfrac{1}{4}SO=dfrac{sqrt2a}{4sqrt3})

2) Найдем (OK).
(BMperp AC, BMparallel l Rightarrow ACperp l). Т.к. (OKperp l
Rightarrow OKparallel AC). Таким образом, (OMAK) – параллелограмм, следовательно, (OK=MA=dfrac{1}{2}a).
Треугольник (HOK) – прямоугольный, следовательно, (mathrm{ctg},angle
HKO=dfrac{OK}{HO}=sqrt6)
Тогда (angle HKO= mathrm{arcctg},sqrt6).

Ответ:

б) (mathrm{arcctg},sqrt6)

Задание
5

#3059

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная призма (ABCDA_1B_1C_1D_1), стороны основания которой равна (4), а боковые ребра равны (5).

а) Постройте сечение призмы плоскостью (DMN), где (M) и (N) – середины отрезков (A_1B_1) и (B_1C_1).

б) Найдите угол между данным сечением и плоскостью (ABC).

(Задача от подписчиков)

а) Из условия следует, что призма прямая и основаниями являются квадраты.
(MN) – средняя линия в (triangle A_1B_1C_1), следовательно, (MNparallel A_1C_1). Тогда плоскость (DMN) пересечет плоскость (A_1C_1CA) по прямой (l), параллельной (A_1C_1) (в противном случае (l) пересечет (A_1C_1) в некоторой точке (K), которая будет лежать и на (A_1C_1), и в плоскости (DMN), следовательно, должна будет лежать и на (MN), что невозможно, так как (MN) не пересекает (A_1C_1)).
Таким образом, найдем точку, в которой плоскость (DMN) пересекает плоскость (A_1C_1CA).

Пусть плоскость (B_1D_1DB) пересекает (MN) в точке (T). Тогда (DTin
(DMN)). Если (O) и (O_1) – точки пересечения диагоналей оснований, то прямые (DT) и (OO_1) лежат в плоскости (B_1D_1DB). Пусть точка их пересечения – точка (K). Тогда (K) – искомая точка пересечения плоскости (DMN) и плоскости (A_1C_1CA).
Проведем через точку (K) прямую (l) параллельно (A_1C_1). Пусть она пересекла (AA_1) в точке (P), (CC_1) в точке (L). Таким образом, получили сечение (DPMNL) призмы плоскостью (DMN).

б) Заметим, что (KOperp (ABC)), следовательно, так как (ODperp
AC), то и (KDperp AC) по теореме о трех перпендикулярах. Значит, (angle KDO) равен углу между плоскостями (DMN) и (ABC).
По теореме Фалеса [dfrac{A_1M}{MB_1}=dfrac11=dfrac{O_1T}{TB_1}
quadRightarrowquad O_1T=TB_1.] (triangle TO_1Ksim triangle DOK), следовательно, [dfrac{O_1T}{OD}=dfrac12=dfrac{O_1K}{OK}] Следовательно, (OK=frac23OO_1=frac23AA_1=frac23cdot
5=frac{10}3).

(OD=frac12 BD=frac12cdot sqrt2AB=2sqrt2.)

Тогда [mathrm{tg},angle KDO=dfrac{OK}{OD}=dfrac56sqrt2
quadRightarrowquad
angle KDO=mathrm{arctg},dfrac56sqrt2.]

Ответ:

б) (mathrm{arctg},dfrac56sqrt2)

Задание
6

#3064

Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной пирамиде (SABC) с основанием (ABC) на медиане основания (CE) взята точка (K) так, что (CK:KE=8:1). Через точку (K) проведена плоскость (alpha), которая перпендикулярна прямой (CE) и пересекает боковые ребра (SA) и (SB) в точках (M) и (N) соответственно.

а) Докажите, что (MN:AB=2:3).

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка (C), а основанием – сечение пирамиды (SABC) плоскостью (alpha), если известно, что (AB=9sqrt3), (SA=18).

(Задача от подписчиков)

а) Пусть (SO) – высота пирамиды, (O) – точка пересечения медиан. Следовательно, [dfrac{CO}{OE}=dfrac21] Так как по условию (CK:KE=8:1), то можно обозначить (CK=8x), (KE=x). Тогда (CE=9x). Следовательно, (CO=frac23CE=6x), (OE=3x), (OK=2x).
Так как (CE) перпендикулярна плоскости (alpha), то нужно построить две пересекающиеся прямые в плоскости (alpha), которым (CE) будет перпендикулярна.
Первая прямая: так как (CEperp AB), то проведем через точку (K) прямую (PLparallel AB). Тогда (CEperp PL) ((Pin AC, Lin BC)).
Вторая прямая: так как (SOperp (ABC)), то (SOperp CE). Следовательно, проведем (KK’parallel SO), тогда (KK’perp CE) ((K’in SE)).
Следовательно, (alpha) проходит через точки (P, L, K’).

Заметим, что (alpha) пересечет плоскость (ASB) по прямой, параллельной (AB) (в противном случае (alpha) будет иметь общую точку с (AB), что невозможно, так как (ABparallel PL
quadRightarrowquad ABparallel alpha)).
Следовательно, (MNparallel AB) и проходит через (K’).
Из подобия (triangle K’EKsim triangle SEO): [dfrac{SE}{K’E}=dfrac{OE}{KE}=dfrac31 quadRightarrowquad K’E=
dfrac13SE
quadRightarrowquad SK’=dfrac23SE.] Из подобия (triangle
MSNsim triangle ASB): [dfrac{MN}{AB}=dfrac{SK’}{SE}=dfrac23.]

б) Рассмотрим пирамиду (CPMNL). (CK) – высота этой пирамиды, (PMNL) – трапеция ((MNparallel ABparallel PL)).
Следовательно, [V=dfrac13cdot CKcdot dfrac{MN+PL}2cdot KK’] Так как (BC=9sqrt3), то (CE=sqrt{BC^2-EB^2}=frac{27}2). Следовательно, [CK=dfrac89CE=12.] Из подобия (triangle PCLsim triangle ACB): [dfrac{PL}{AB}=dfrac{CK}{CE}=dfrac89quadRightarrowquad PL=
8sqrt3.] Из пункта а) [MN=dfrac23AB=6sqrt3.] Из подобия (triangle
EK’Ksim triangle ESO): [KK’=dfrac13SO=dfrac13sqrt{SC^2-CO^2}=dfrac13sqrt{18^2-9^2}=
3sqrt3.] Следовательно, [V=dfrac13cdot 12cdot dfrac{6sqrt3+8sqrt3}2cdot 3sqrt3=252.]

Ответ:

б) 252

Задание
7

#3063

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная пирамида (SABCD) с вершиной (S), стороны основания которой равны (6sqrt2), а боковые ребра равны (21).

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку (A) и середину ребра (SC) параллельно прямой (BD).

б) Найдите площадь построенного сечения.

(Задача от подписчиков)

а) Пусть (N) – середина ребра (SC), (SH) – высота пирамиды (падает в точку пересечения диагоналей основания).
Необходимо построить прямую, лежащую в плоскости сечения и параллельную (BD). Рассмотрим плоскость (ASC). Прямая (AN) пересекает (SH) в точке (O). Теперь рассмотрим (BSD). Проведем в этой плоскости через точку (O) прямую, параллельную (BD). Пусть она пересечет ребра (SB) и (SD) в точках (M) и (K) соответственно. Таким образом, (AMNK) – искомое сечение.

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах (так как (OHperp
(ABC), AHperp BD)) (AOperp BD). Так как (BDparallel MK), то (AOperp MK), следовательно, (ANperp MK). Следовательно, у четырехугольника (AMNK) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как [S=dfrac12 ANcdot MK.]

Заметим сразу, что (BD=AC=ABsqrt2=12).
Рассмотрим плоскость (ASC).

По теореме Менелая: [dfrac{SN}
{NC}cdot dfrac{CA}{AH}cdot dfrac{HO}{OS}=1 quadRightarrow
quad dfrac{HO}{OS}=dfrac12 quadRightarrowquad OS=2OH
quadRightarrowquad dfrac{SO}{SH}=dfrac23.] (это нам понадобится позже для поиска (MK))

Проведем (NQperp AC). Тогда из подобия (triangle SHC) и (triangle
NQC): [dfrac{SH}{NQ}=dfrac{SC}{NC}=2 quadRightarrowquad
NQ=dfrac12SH=dfrac12sqrt{SC^2-HC^2}=dfrac12sqrt{21^2-6^2}=
dfrac12sqrt{81cdot 5}] (Q) – середина (HC), следовательно, (AQ=frac34AC=frac34cdot 12=9). Тогда по теореме Пифагора [AN=sqrt{AQ^2+NQ^2}=sqrt{dfrac{81cdot 5}4+81}=dfrac{27}2.]
Рассмотрим (BSD). Так как (triangle MSKsim triangle BSD), то [dfrac{MK}{BD}=dfrac{SO}{SH}=dfrac23 quadRightarrowquad
MK=dfrac23BD=dfrac23cdot 12=8.] Следовательно, площадь сечения равна [S=dfrac12cdot 8cdot dfrac{27}2=54.]

Ответ:

б) 54

Курс Глицин. Любовь, друзья, спорт и подготовка к ЕГЭ

Источник

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

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

РЕШЕНИЕ

С1

D 1

B 1

А1

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

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

D 1

C 1

B 1

А1

C 1

D 1

B 1

А1

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

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

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 .

α י

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′ )

β י

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 .

Рисунок

РЕШЕНИЕ

S 1

1. Проведем SF II AB , SF = AB =1

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

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

Тренировочная задача

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

Рисунок

РЕШЕНИЕ

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

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

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

Тренировочная задача

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

Рисунок

РЕШЕНИЕ

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

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.

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.

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

A 1

B 1

Ключевая задача

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

D 1

C 1

Рисунок

A 1

B 1

РЕШЕНИЕ 1

РЕШЕНИЕ 2

РЕШЕНИЕ 3

D 1

С1

A 1

B 1

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

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

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

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

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.

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″

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

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

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

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

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

Тренировочная задача

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

А 1

Рисунок

РЕШЕНИЕ

А 1

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

А 1

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

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 .

Рисунок

РЕШЕНИЕ

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

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

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

Источник