Готовимся к ЕГЭ, формат 2010

1. С2. Стереометрия на ЕГЭ в формате 2010 Готовимся к ЕГЭ, формат 2010 решение задач с анимацией

2. 3 Теория тематика задач - скрещивающиеся: * угол между прямойиплоскостью • С b a Прямая а лежит вα, • * двугранный угол - ребро с, В b пересекает αв точкеВ b А • . сIIав плоскости α с β через точку В. а α * угол между аиb : • Основные понятия - АВ проекцияпрямой ВС на плоскость В * Расстояние между аи b - * угол междупрямой и её проекцией - АВС b а и Ι Ι Ι а b с, с. пл. α СА b * СА - расстояние от точки Сдо плоскости. их общий перпендикуляр. • В α с а В - точка ребра Далее задачи с решениями. усвоение условия задачи! Первое, что нужно - α *линейный угол.

3. 4 Угол между скрещивающимися прямыми №1. В кубе A…D₁ точка К - середина рёбра А₁В₁ . Найдите косинус угла между прямыми АК и ВD₁. M D₁ Т С₁ и BD₁ - АК скрещивающиеся прямые Построение угла между ними - искомого косинуса: В₁ • Р • А₁ - дают единственную плоскость. 1) Прямая BD₁ и точка А К 2) В этой плоскости проводим АМ параллельноBD₁. Выход на Δ МАК. 3) Угол МАК - ИСКОМЫЙ ! D₁ Найдём стороны ∆АМК и т. косинусов для МК… D С Ваши предложения решения? И решаем (ребро куба 1) План решения *** Вычисления самостоятельно а) АК в Δ АА₁К 1 1/2 В₁ б) АМ (∆АМD₁) = ВД₁ (Δ АD₁В) • Р А₁ или в ∆ ВД₁D , проведя ВD, или ∆ВD₁С₁. 1 • • в) МК - вынесенный чертёж: В А Δ МКТ - по т. Пифагора D₁ Δ МАК. МК² = АМ² + АК² - 2 АМ ∙ АК ∙ cos МАК Ответ: √15/15 - дают единственную плоскость. и точка В 2) Прямая АК M Второй способ с построения угла между скрещивающимися прямыми: Т А₁ В этой плоскости проводим ВР параллельно АК. Выход на ΔD₁ВР → D₁Р Угол D₁ВР - ИСКОМЫЙ ! 1 Решение аналогично (вынесенный чертёж ) → D₁Р в ∆ А₁D₁Р 1 1/2 • К Укажите плоскость,проходящую через одну из прямых и точку другой прямой. В этой плоскости через взятую точкупровести прямую, параллельную взятой прямой. Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.

4. 5 Угол между скрещивающимися прямыми № 2. В кубе A…D₁ точки К и Р - середины рёбер соответственно А₁В₁ иВ₁С₁. Найдите косинус угла между прямыми АК и ВР. № 3. К, Р -середины А₁В₁ и D₁С₁. D₁ С₁ M • Р АК иВР - скрещивающиеся,угол между ними - ГЛАВНОЕ в задаче! К • А₁ В₁ 1). На АК берём точку А. 2). Прямая ВР иточка А дают плоскость. 3). В этой плоскости проводим прямую АМ II ВР. 4). Искомый уголМАК. 5). Выходим на Δ МАК. С D Решение(схема), пусть ребро куба 1. Сначала самостоятельно АМ ΔАА₁М Кликнуть. Внимательно следить по чертежу за непрерывной анимацией . *** (план решения, вычисления самостоятельно) прямоугольные по т. Пифагора теорема косинусов Cos МАК МК ΔМАК ΔА₁МК • А В АК ΔАА₁К по теореме косинусов МК² = АМ² + АК² - 2 АМ ∙ АК∙ cos МАК Р D₁ С₁ Р С₁ D₁ В₁ М К А₁ 1. ВМ = АК в Δ АА₁К РМ (∆РКМ) 2. ВР (см. рис.) в Δ ВРС₁ (сначала ВС₁ в Δ ВСС₁). D С С 3. РМ - вынесенный чертёж: М В₁ • А₁ К А В Прямая АК и точка В →плоскость, в ней МР² = ВМ² + ВМ² - 2 ВМ ∙ ВР ∙ cos МВР → cos МВР ВМ параллельно АК→ искомый угол в (0,8 и 3√5/5) ВМ - ? МР - ? ВР - ? Δ МВР. - Ответы №№ 2, 3.

5. 6 Угол между скрещивающимися прямыми Точка М – середина ребра АD куба АВСDА₁В₁С₁D₁. Найдите угол между прямыми С₁М и В₁С. № 4. С₁ В₁ А₁ D₁ • Прямая В₁С и - единственная плоскость. точкаС₁ прямойМС₁ || в ∆ М С₁К. искомый - Угол МС₁К В этой плоскости - В₁С. С₁К 1) в ∆ С₁СК С₁К по т. Пифагора √2 (ребро куба за 1). С В • • М 2) проекцию МС, , проведя по т. Пифагора. в ∆ МС₁С МС₁ М К по т. Пифагора. Сначала МС Вынесенный чертёж : в ∆ МСD С К В √5/2. МС = МС₁ = 3/2. D А Р Провести С₁Д и по т. Пифагора в ∆МС₁Д. 1 Как ещё можно найтиМС₁? 3) В ∆ МКР МК = √13/2. 1/2 1 А Р D Нашли все три стороны ∆ МС₁К , Помните! Сколько бы Вы не рассматривали готовых и Вам хорошо понятных решений - решать не научитесь до тех пор, пока не решите задачу САМОСТОЯТЕЛЬНО. Сначала сами, не получается, смотрите, закройте, решайте к т. косинусов для МК: MC₁K Cos С₁К∙ С₁К² - 2 С₁М∙ С₁М² + МК² = Подставим МК, С₁М, С₁К. MC₁K= √2/6. сos arccos (√2/6). Угол MC₁K = Укажите плоскость,проходящую через одну из прямых и точку другой прямой. В этой плоскости через взятую точкупровести прямую, параллельную взятой прямой. Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.

6. 7 Угол между скрещивающимися прямыми 5. В правильной треугольной призме А…С₁ , все рёбра которой равны 1, точки D и Р – середины рёбер соответственно А₁В₁ и В₁С₁. Найдите косинус угла между прямыми АD и ВР. С₁ М Р • D ½ Прямая АDи точка В в одной плоскости. Продлим плоскость и в ней проводим ВК|| АD . К Т Р • А₁ ½ В₁ Вынесенный чертёж После появления чертежа кликнуть и следить за появлением данных на рисунках стороны по 1. 1). РК -? 1 Угол КВР, cos BKP - ? ∆ КВР Д Р • С РК² = 3/4 С Ответ: 0,7 ½ Е Т Р К 120⁰ 60⁰ 1/2 В 1/2 ½ А В В₁ А Δ ВВ₁Р 1/2 ВР ВК РК Нанесём данные на чертежах по т. Пифагора по т. косинусов Δ КВР Cos КВР Δ ВВ₁К К РК² = ВР² + ВК² - 2 ВР∙ ВК∙ cos КВР Δ КВ₁Р 6. В правильной четырёхугольной пирамиде МАВСD, все рёбра которой равны 1, точки К и Р середины рёбер соответственно МВ и МС. Найдите косинус угла между прямыми АК и ВР. Кликнуть . Следите за построением угла, дополнительными построениями, нанесением данных. (Обоснования Ваши !) 1/2 Е 1/2 Прежде сами решите. Затем посмотрите. 1/2 • 1). ΔТАК : АТ = ВР =АКлегко находятся в равныхΔ ВРС или ΔАКВ. 1/2 К 2). Чтобы применить т. косинусов в Δ ТАК, D решение сводится к определению ТК. 1 1/2 3). Для этого выполним вынесенный чертёж: ТК по т. Пифагора в Δ ТРК 1 • В Δ ТАК по т. косинусов ТК² = АТ² + АК² - 2 АТ∙ АК ∙ cos ТАК. Ответ: 1/6 . Cos TAK - ?

7. 8 Угол между скрещивающимися прямыми № 7-8.В правильной шестиугольной призме А…F₁ все рёбра равны 1. Р • К • 1/2 вынесенный чертёж И данные на чертежах 1)АК → плоскость. и В • М В₁ 2) ВМ II АК. 1 3) Угол РВМ - искомый Е Выход на ∆ РВМ. ВР (∆ ВВ₁Р), ВМ ( ∆ ВВ₁М) прямоугольные. План решения – сначала ВАШ (вычисления самостоятельно) 1/2 С 1/2 120⁰ РМ - ? и т. косинусов в ∆РВМ ! • 1 1/2 РМ² = ВР² + ВМ² -2 ВР∙ВМcos РВМ Ответ: 0,9 С₁ 7) Точки К и Р середины рёбер соответственно A₁B₁ и B₁C₁ 60⁰ Немного о правильном 6 - угольнике 60⁰ Найдите косинус угламежду прямыми АК и ВР. 60⁰ 120⁰ а а С₁ D₁ а А₁ F₁ D₁ ? Е₁ F₁ В₁ С₁ Е₁ 1)АF₁ → плоскость. и F вынесенный чертёж И данные на чертежах • М 2) FМ II АF₁. С₁ D₁ А₁ А₁ F₁ 3) Угол C₁FМ - искомый ? 4) Выход на ∆ C₁FМ. С D D E₁ 120⁰ B₁ С₁ FM= AF₁ (∆ AF₁F), План решения – сначала ВАШ (вычисления самостоятельно) F В FC₁ (∆FCC₁), проведя CF. • Р 1 1 Е • М С А₁ F₁ С₁М - ? и т. косинусов ! М • А А В₁ С₁М² = C₁F² + FМ² -2 C₁FР∙FМcos РВМ F В Ответ: 90⁰, т.к. Cos C₁FM = 0 8) Найдите косинус угламежду прямыми АF₁ и FC₁.

8. 9 Угол между скрещивающимися прямыми № 9.В правильной шестиугольной призме А…F₁ все рёбра равны 1. С₁ D₁ Найдите косинус угламежду прямыми AF₁ и FD₁. В₁ Е₁ F₁ ? Описание построения по условию задачи Вынесенный чертёж План решения ( следите, данные появляются на рисунках) А₁ √2 → плоскость. и F 1)АF₁ К • 2) FKII АF₁. С₁ D₁ Д С С 3) Угол D₁FК - искомый 2 ? 2 4) Выход на ∆ D₁FK. В 2 Е₁ 1 В₁ Е С D √3 FK (∆ FF₁K). 1 FD₁(∆ FF₁D₁), проведя F₁D₁. 1 А К Е F 2 F₁ А₁ D₁К - ? и т. косинусов ! • Вынесенный чертёж 1 D₁К² = FD₁² + FK² - 2 FD₁ ∙ FK ∙ cosD₁FK (∆ D₁FK). Ответ: 45⁰ Немного подумав и проявив внимательность, можно справиться с задачей значительно проще ! Рациональный способ решения с построения угла между скрещивающимися прямыми Проведём СD₁ ! (CD₁ II AF₁ и имеет общую точку с прямой FD₁ ) Угол CD₁F. Получимугол между скрещивающимися АF₁ и FD₁ ! Выходим на ∆ СD₁F, проведя FC. FC² = D₁С² + D₁F² - 2 D₁С ∙ D₁F ∙ cos СD₁F. Укажите плоскость,проходящую через одну из прямых и точку другой прямой. В этой плоскости через взятую точкупровести прямую, параллельную взятой прямой. Получаем – угол между скрещивающимися прямыми - по определению.

9. 10 Угол между скрещивающимися прямыми(прямые выделены разным цветом). D № 10*. Ребра АD и BC пирамиды DABC равны 24 см. и 10 см. Расстояние между серединами рёбер ВD и АС равно 13 см. Найдите угол между прямыми АD и ВС. •D₁ 24 •N •М и прямая СВ Точка А Чертёж и данные по условию. → плоскость. Р 13 90⁰ •Т Угол DАР. АРII CB. В этой плоскости (в основании) через А прямую 13 10 В Дополнительные построения KTII CВ, точки Ми Т – середины! Вышли на ∆ АDР. Или на ∆ КD₁Т. • 10 А Данные на чертеже, и т. косинусов. Найти бы D₁Т. К • D₁ • Е Достроим до параллелограмма. Найдём D₁Т. УголDАР - ? Cos D₁КТ = 0 С 24 КЕ² + D₁Т² = 2∙КD₁² + 2∙КТ². | D₁Т² = 676. 13 • Р — D D₁Т² = КD₁² + КТ² - 2 КD₁ ∙ КТ cos D₁КТ. Теорема косинусов Вынесенный чертёж К Т 10 В пирамиде DАВС известны длины рёбер: АВ = АС = DВ = DС =10, ВС = DА = 12. Найдите расстояние между прямыми АD и СВ. № 11. 10 Данные по условию. Пирамида. ∆ СDВ ∆ CАВ и Отметим , что: В То их высоты к СВ- ? Общее Равные ! Равнобедренные ! 10 СВ. основание 12 Да - ! Заметим: Н и равны в одной точке АН. Пересекаются DН и - высоты А ∆ АDН АDи НР - Высота равнобедренный. СВ. общий 6 НР - ? (CВ перпендикулярна АН и DН, то и РН – признак) 10 Р • • 12 Главное - указали, между скрещивающимися прямыми. расстояние Н 6 Решение: в ∆ АНС по т. Пифагора. АН = 8 10 НР = 2√7 в ∆ АРНпо т. Пифагора. С Расстояние между скрещивающимися прямыми- их общий перпендикуляр *

10. 11 до прямой Расстояние от точки перпендикуляр к ним (до плоскости) - из этой точки ! В правильной треугольной призме АВСА₁В₁С₁ высота равна 1, а ребро основания равно 2. Найти расстояние от точки А₁ до прямой ВС₁. № 12. Н • • • • К К К С₁ Призма правильная. 2 2 плоскость А₁С₁В. единственную Прямая ВС₁и определяют точкаА₁ • А₁ В₁ Искомое расстояние - А₁К ВС₁ , т.е. А₁К высота ∆ А₁С₁В ? равных боковых граней правильной призмы. диагонали Заметим ВА₁ - ВС₁ = 1 1 5 по т. Пифагора: Находим их в ∆ АА₁В 5 . Чтобы найти А₁К, сделаем С | — вынесенный чертёж: А В 2 1 1 А₁ С₁ Проведём высоту ВН, то в ∆ А₁НВ. ВН = 2 . D₁ С₁ Чертёж к задаче 12а после самостоятельного решения непрерывная анимация Искомое А₁К ∆ А₁С₁В , тоже высота — — — — — — — √ √ √ √ √ √ √ Часто применяется 5 5 2 S∆ A₁C₁B : Помогут две формулы А₁С₁ · 1/2 ВН = А₁К . ВС₁ · Умножим на 2, подставим: 1/2 А₁ В₁ В 2 = 2 · А₁К · А₁К . = 0,8 = 4/ 5 . 5 5 В кубе АВСD А₁В₁С₁D₁ все рёбра равны 1. Найдите расстояние от точки С до прямой ВD₁. √ 2/3 № 12 - а. D • С подсказка А Пробный в Подмосковье, март 2010 В

11. 12 перпендикуляр к ним (до плоскости) - из этой от точки ! до прямой Расстояние от точки Ребро пирамиды DАВС перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от вершины А до плоскости, проходящей через Середины рёбер АВ, АС и АD, если АD = 2 √5, АВ = АС = 10, ВС = 4√5 № 13. D АDперпендикуляр АВ и АС. К, М и Р - середины рёбер. В до которой надо найти расстояние Плоскость КМР, от вершины А. 2√5 К • 10 АМ = АР = 5, Точки - середины, то Данные по условию. МР = 2√5, КА = √5 . Р • Покажем искомое расстояние на чертеже. ∆ МКР - равнобедренные, и ∆ МАР • О 4√5 √5 с общим основанием МР. 2√5 • Н 5 так какнаклонныеКМ и КР Δ МКР - равнобедренный, 2√5 √5 | | А С - половины равных сторон. — — проекции • М равные АМ и АР имеют 10 5 Проведём КН – высоту ∆ КМН, Где МН = √5, Н - середина МР. АН – ∆ АМН высота ∆ АМН - равнобедренный → Р от А до пл. КМР. - высоту к КН - это искомое расстояние Проводим АО в АКН 5 Т. к. МР (по признаку), пл. ∆ АКР то МР ― ― А АО Н √20 √20. Р Е Ш Е Н И Е: √5 5 АН = 2√5, В ∆ АМН. М прямоугольный К ∆ АМН АН по т. Пифагора прямоугольный О АО ∆ АКН 5 прямоугольный АО· КН = АК · АН √5 КН 5 ∆ АКН (из формул площади) по т. Пифагора А Н АО = 2. 2√5 АО· 5 = √5 ·

12. 13 Угол между прямой и плоскостью - угол между прямой и её проекцией на плоскость № 14. В прямоугольном параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ найдите угол межу Плоскостью АА₁С и прямой А₁В , если АА₁ = 3, АВ = 4, ВС = 4. Параллелепипед, В₁ квадрат (по условию). в основании С₁ ? прямая А₁В. плоскость АА₁С₁С , Угол межу ними - на пл. АА₁С₁С. и её проекцией прямой А₁В Это угол между А₁ D₁ 3 перпендикулярны. диагонали АВСD - квадрат (по условию), АС. А₁О ВО (по т. о 3-х перпендикулярах) → ВО С В / – – | | | / — — — пл. АА₁С₁С ВО (признак перпендикулярности прямой и плоскости). О • 4 А₁О проекция А₁В на плоскость АА₁С₁С . Угол ВА₁О - искомый А D 4 ∆ ВА₁О прямоугольный, ВА₁О - определение синуса (ВО : А₁В). А₁ 5 1. А₁В в ∆ ВА₁А по т. Пифагора, 5 5 2√2 в ∆ АВD 2. ВО ½ ВD по т. Пифагора, 2√2:5. 3. Sin ВА₁О = ВО : А₁В = В О 2√2 ВА₁О = arcsin 0,4√2. № 15. Ответ Пусть М Є АВ, К Є В₁С₁ . Ответ: 0,6. В прямоугольном параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ , у которого АА₁ = 4, А₁D₁ = 6, С₁D₁ = 6, найдите тангенс угла между плоскостью АDD₁ и прямой МК, проходящей через середины рёбер АВ и В₁С₁. Самостоятельно. Ответ. Затрудняетесь. Кликнуть план решения. Искомый угол - - как и между МК и пл. ВВ₁С₁С. - ? _ _ _ ⁄ ⁄ ⁄ ВКМ. ВК - проекция МК на плоскость ВВ₁С₁С. → (ориентир при решении - рис. параллелепипеда к задаче № 14) В ∆ ВКМ (прямоугольный), Tg ВКМ = ВМ : ВК.

13. 14 Угол между прямой и плоскостью - угол между прямой и её проекцией на плоскость 16. 16. В основании прямой призмы АВСА₁В₁С₁ лежит прямоугольный треугольник АВС, угол С = 90⁰, угол А = 30⁰, АС = 10 √3. Диагональ боковой грани В₁С составляет угол 30⁰ с плоскостью АА₁В₁. Найдите высоту призмы. 30⁰ ? и плоскостью АА₁В₁В. Нужна прямой В₁С Укажем угол между Н Из точки С проводим АВ, то СН проекция В₁С на эту плоскость! 5 √3 пл. АА₁В₁В НВ₁С = 30⁰. ВВ₁ -? НВ₁. Значит СН СН , т. к. призма прямая. АС = 10 √3 прямоугольный прямоугольный → СН =5 √3, ∆НВ₁С В₁С СН ∆АНС 30⁰ прямоугольный НС против 30⁰ угол 30⁰→2СН - ? В₁С=10√3. ВВ₁ ∆ВВ₁С | | | | | прямоугольный по т. Пифагора — — — — ? — = 10. ∆АВС ВС ВС - ответ. ВВ₁ = 10√2 по опред tg 30⁰ № 17. Казань. Февраль 2010. В прямом круговом цилиндре диаметр нижнего основания AB равен 8 , точка C - середина дуги AB. Найдите высоту цилиндра AК, если угол между прямой AК и плоскостью КBC равен 30⁰. • Главное - указать угол между AК и пл. КBC. Вынесенный чертёж основания : на диаметр. вписанный и опирается АСВ = 90⁰, т. к. 30⁰ В₁ СВ КС АС - проекция ДС → (т. о 3-х перпендикулярах). О К О • • • • • • • • • В А Пл. АКС пл. КВС, то угол АДС = 30⁰ -по условию. С А В С С₁ А₁ 8 ∆ АКС - прямоугольный с АКС = 30⁰ (по условию). 8 1. В ∆ АВС по т. Пифагора). АС = 4√2 _ _ ⁄ ⁄ АК . √3/3 = 4√3 : АК , tg 30⁰ = АС: 2. ∆ АКС – по определению, № 18. В АК = 12. • В прямом круговом цилиндре диаметр нижнего основания АВ = 6, • точка С - середина дуги АВ, высота цилиндра АК равна 6. • Найти угол между прямой АК и плоскостью КВС. С А arctg √2/2. Решение аналогично,

14. 15 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла М Другой ракурс чертежа № 19. Задача С2 . Вариант 101 (пробный, март) Башкирия.В основании четырехугольной пирамиды МАВСД лежит квадрат АВСД со стороной (3√10)/5. Длина всех боковых ребер равна 3. точка К - середина ребра AМ. Через прямую ВК, параллельно диагонали АС проведена плос- кость. Определите величину угла между этой плоскостью и МAC. Р Н К М пересечение диагоналей, Основание - квадрат, Пирамида правильная. боковые рёбра по 3. высота, вершина, Точка К - середина АМ. Прямая ВК. 3/2 | | — — имеют общую тоску К. Плоскость МАС ипересекающая её плоскость, 3 К • Н по прямой, проходящей через точку К. Значит пересекаются плоскости • 3/2 Р • || || плоскости ВКР (по условию) АС по признаку, т. к. АС Пусть - это КР а D А двугранного угла с ребром КР: Строим линейный угол • (ВК = ВР В ∆ ВКР в равных гранях), и КР , проводим ВН Н - середина О КР , т. е НО С В ― ― ВНО - искомый в ∆ ВНО – прямоугольный. 3√10 3√5 5 5 ВО и НО равны 1) ВD - по т. Пифагора. ½ ВD , в ∆ ВСD ВО = 2) ½ МО, в ∆ ВМО НО = МО - по т. Пифагора. , а = 45⁰ . ⁄ Провести перпендикуляры В точку ребра: в одной из граней – «принудительно» - выгодно для решения, в другой - «вынужденно» - из полученной точки на ребре. Получаем – линейный угол двугранного угла (между плоскостями) - по определению.

15. 16 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла № 20. Основанием прямой треугольной призмы АВСА₁В₁С₁ является равнобедренный Δ АВС, в котором АВ = ВС = 10, АС = 16. Боковое ребро призмы 24. Точка Р - середина ребра ВВ₁. Найдите тангенс угла между плоскостями А₁В₁С₁ и АСР. Призма. Данные по условию. (•) Р - - середина ребра . Плоскость АСР. В₁ Главное - указать (между плоскостями) ЛИНЕЙНЫЙ угол ДВУГРАННОГО угла 10 10 А₁В₁С₁ и АСР . 16 С₁ А₁ Или всё равно, и АВС • Р - основания (А₁В₁С₁ IIАВС). что угол между плоскостями АСР 24 (•) Р – середина, АР = СР – наклонные, - их равные ПРОЕКЦИИ. В АВ и ВС - 6 - высоты PD и BD равнобедренных треугольников Проведём 10 С А с общим основанием. 8 – линейный уголискомогодвугранного угла. PDB – • Д Равен 2 tg PDB = PB : DB в ∆DPB. № 21 – а, б. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ известны ребра: AB = 3, AD = 4, CC₁ = 4. Найти угол между плоскостями BDD₁ и AD₁D₁. ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06. _ ⁄ В прямоугольном параллелепипеде FDCDA₁B₁C₁D₁ известны ребра: АВ = 5, AD = 12, CC₁ = 3. Найти угол между плоскостями BDD₁ и AD₁B₁. ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06. Решение № 21 а на слайде 19.

16. 17 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла № 22. В прямоугольном параллелепипеде A … D₁, у которого АВ = 6, ВС = 6, СС₁ = 4, найдите тангенс угла между плоскостями АСD₁ и А₁В₁С₁. С₁ В₁ D₁ 1. Плоскости по условию задачи - А₁В₁С₁ и АСD₁. А₁ 2. Заметим, что искомый двугранный угол - всё равно , что угол с 4 ребром АС - образованного АСD₁ иАСД (основания параллельны). 4 3. По условию (данные на чертеже) - Δ АСD₁ – равнобедренный: С В АD₁ = D₁С в прямоугольных Δ АD₁D и ΔDD₁С с катетами 6 и 4. О • 6 4.ВысотыΔ АСD и Δ АD₁С и образуют искомыйлинейный угол . D А 6 DD₁ = 4 прямоугольный определение tg Угол ₁D₁ОD ΔD₁ОD tg АВD =DD₁ : ОD ВD по т. Пифагора ½ ВD (АВСD квадрат) Δ АВD ОD 2/3√2 Плоскости по условию В₁ С₁ всё равно, что между АВА₁ и ВDА₁ 1. Двугранный угол между CDD₁ и BDA₁ - А₁ D₁ А₁ О 2. Проведём в перпендикуляр АО (высоту) к АВ. А В О • 6 3. DO - перпендикуляр к А₁В (по т. о 3 - х перпендикулярах) С (А₁В - перпендикуляр АО, то и к наклонной ДО) В 4 Угол АОD - искомый линейный. D А 6 Δ АОD , tg АОD = АD : АО. АО в Δ АА₁В: из подобия ∆АА₁В и ∆ АОВ). АО : АВ = АА₁ : А₁В. В прямоугольном параллелепипеде A … D₁, у которого АВ = 4, ВС = 6, СС₁ = 4, найдите тангенс угла между плоскостями СDD₁ и ВDА₁. tg АОD = (12√13):13 № 23.

17. 18 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла № 24. Дан куб A… D₁ . Найдите угол между плоскостями АВ₁С₁ и А₁В₁С. 1 В₁ С₁ В₁D - 1. Плоскости: Δ АВ₁С₁ и Δ А₁В₁С . Их линия пересечения 1 ребро искомого двугранного угла. А₁ D₁ этого двугранного угла. 2. Главное: построить линейный угол • На ребре В₁D следует выбрать точку (удобную для решения), О в эту точку провести перпендикуляры к ребру В₁D в гранях угла. 1 - точка пересечение диагоналей куба (•) О С В С л е д у е т | | — — А₁ В₁О = А₁О = С₁ С₁О → ∆ ОА₁В₁ ∆ ОС₁В₁ равнобедренные, равные. А D Проведём А₁Н В₁О , то и С₁Н В₁О (высоты этих треугольников). А₁НС₁ в ∆ А₁НС₁ - равнобедренный. - искомый ЛИНЕЙНЫЙ угол • Н • Н Н — — — — — — — — — Остаётся найти А₁Н = НС₁, √ √ √ √ √ √ √ √ √ Вынесенный чертёж: Затем и угол А₁НС₁ по т. косинусов. В₁ 1/2 1 К А₁ Диагональ куба то ОА₁ = ОВ₁ = ОС₁ = С₁ НС₁ - по формулам S ∆ОВ₁С₁: ½ ОВ₁ · НС₁ = ½ ОК · В₁С₁ , где ОК = 2 2 _ 2/3. 3 /2 3 /2 3 /2 2 /2 . 3 /2 . 3 , по т. Пифагора в ∆ОВ₁К. ⁄ НС₁ = 120⁰ Угол А₁НС₁ по т. косинусов для А₁С₁: О

18. 19 Диагональ куба служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через вершины В и D. Найдите величину этого угла. № 25. В₁ С₁ Сравните с предыдущей задачей. Она же - с другой трактовкой условия. А₁ А₁С – диагональ куба - D₁ ребро двугранного угла. Для начала, предположим, что ребро куба равно 1. Тогда диагональ куба равна . 3 Плоскости через В и D, диагональ А₁С - по условию: ? Они равны по трем сторонам. Рассмотрим ∆ A₁CB и ∆ A₁CD. С В Опустим перпендикуляры - высоты к A₁C из точек B и D. 1 Раз треугольники равны, их высоты тоже равны и попадают в одну точку H. | | А D — — 120⁰ - искомый линейный угол ВНО а № 26. D₁ А₁ В прямом параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ основанием служит ромб со стороной, равной а, угол АВС = 120. Через сторону ВС и вершину А₁ проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол 45. Найдите площадь сечения. — — — — — — — а √ √ √ √ √ √ √ 120⁰ С₁ В₁ Н • • • Н Н D а а Вынесенный чертёж основания - ромб, D А 90⁰ чтобы определиться с построением линейного угла. А С 45⁰ 120⁰ На основной чертёж: 120⁰ 2 _ _ В DH СВ, то и D₁H СВ (т. о 3 – х перпендикулярах) ⁄ ⁄ Г (а В С D₁H = а В ∆ D₁НD , D₁HD = 45⁰. То DH = D₁D = 3/2. 3/2. 3 ) : 2. 3 2 (по т. Пифагора) S CD₁A₁B = а²

19. 20 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла № 21 – а. Со слайда № 15 В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ известны ребра: АВ = 3, AD = 4, СС₁ = 4. Найти угол между плоскостями BDD₁ и АD₁В₁. ЕГЭ 2010. Кузбасс. 07.06. С₁ D₁ Диагональное сечение BDD₁B₁ . Плоскость BDD₁ → Н Плоскость ADB₁ → D₁B₁ - ребро искомого двугранного угла. Линейный угол искомого двугранного угла: А₁ В₁ А Н D₁B₁→ НК D₁B₁ , в ∆ АНК АНК - ? прямоугольный | | — — 4 Это уже 1 балл из 2 возможных за решение задачи 4 НК – известно, как равное боковому ребру. НК = 4. легко находится Угол АНК Знать бы АН или АК. по определению тригонометрической функции — — — — С Д √ √ √ √ D₁ К т. П И Ф А Г О Р А 4 4 Н D₁В₁ = 5, ∆ D₁С₁В₁ 5 В А Вынесенный чертёж ∆ АД₁В₁ 3 АВ₁ = 5, ∆ АВ₁В B₁ М , ∆ АА₁D₁ AD₁ = 5 Площадь ∆ АD₁В₁ (приём сравнения): D В₁М = _ _ _ ⁄ ⁄ ⁄ ½ AD₁∙ В₁М = АН → ½ D₁B₁ ∙ АН → Cos Но сначала В₁М: АНК = arccos АНК = НК : АН. 4 2 17 534 4 2 34

20. 21 Угол между плоскостями – двугранный угол - линейный угол двугранного угла В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁В₁С₁D₁ известны три измерения AB = 12 , BC = 5, CC₁ = 7. Найдите угол между плоскостями CB₁D₁ и АВ₁D₁. № 27. Параллелепипед. Измерения. Плоскости: ∆ АВ₁D₁ ∆ СВ₁D₁ и Далее надо построить угла между плоскостями - линейный угол в одну точку ребра В₁D₁. это перпендикуляр в каждой грани D₁ С₁ Н₂ • СН₁ ∆ АВ₁D₁ ∆ СВ₁D₁ Проведём анализ по чертежу, заметив: = Н₁ • (В₁D₁ - общая , АВ₁ ). СD₁ = АD₁ ; СВ₁ = А₁ В₁ 7 Высоты к общему основанию В₁D₁. Не в одну точку. Да ! но РАВНЫЕ ! В обоих случаях ближе к меньшей стороне, D С Для построения в плоскости линейного угла ΙΙ Н₂А Н₁К ∆ АВ₁D₁ - 12 5 - искомый, Угол КН₁С равнобедренный в ∆ КН₁С - (равны) 5 • Н 12 по опред. косинуса. Можем найти сначала угол СН₁Н в ∆ СН₁Н А В СН₁ ! Но надо знать К диагонали стороны - Вынесенный чертёж: 13 Н₁ D₁ по т. Пифагора • В₁ Х 13 - Х Пусть Н₁В₁ = Х, то по т. Пифагора в 2-х треуг. СН₁ : √193 √74 74 - (13 – х)². 193 - Х² = 25/13, С Х = Особенность задачи !!! Двугранный угол образован двумя равными треугольниками с общей стороной, но их высоты, хотя и рав- ны, не в одну точку. Что делали ? В чём особенность задачи ? Кликнуть. 109/13, ∆ СН₁В₁по т. Пифагора: СН₁ = НН₁ : СН₁ = cos СН₁Н = в ∆ СН₁Н 91/109. 7 : 109/13 = Угол СН₁Н = arccos 91/109. Угол КН₁С = 2arccos 91/109.

21. 22 Итоговый обобщающий к С 2 СТЕРЕОМЕТРИЯ ИСКОМОЕ (слайд 2) Главное - верно указать на чертеже и план решения. Это уже 1 балл из 2 возможных за решение задачи Чертёж советуем выполнять ЭТАПАМИ текста условия, что помогает поиска пути решения задачи. ПРОГНОЗУ ПЛАНИМЕТРИЯ «ИЩИ ТРЕУГОЛЬНИК» Если определить Используйте ТРИ любых принцип элемента треугольника, - разрешима любая задача !!! Часто встречаются «классические» задачи: разносторонний Чтобы найти ЛЮБОЙ угол ∆, Чтобы найти ЛЮБУЮ высоту∆, хорошо знать ТРИ стороны. a-x хорошо знать ТРИ стороны. а в в а Применить т. косинусов. Уравнение: по т. Пифагора h α x с в двух ∆, введя Х а² = в² + с² - 2вс∙cos α с или ½ аh = S по формуле ГЕРОНА равнобедренный Чтобы найти ВЫСОТУ к БОКОВОЙ стороне ∆, h₁ хорошо знать стороны. Высоту к основанию, в в найти её по т. Пифагора. УРАВНЕНИЕ: h Удачи на ЕГЭ! →h ½ вh = ½аh₁ а