Презентаци 2 Подготовка к ЕГЭ Задание 14

Консультационный Консультационный центр по подготовке центр по подготовке выпускников к выпускников к Государственной Государственной (итоговой) (итоговой) аттестации аттестации

Консультационный центр по подготовке выпускников к  Государственной (итоговой) аттестации С2С2 МАУ ЗАТО Северск «Ресурсный центр образования»

Консультационный центр по подготовке выпускников к  Государственной (итоговой) аттестации  В прямоугольном параллелепипеде  В прямоугольном параллелепипеде ABCDA прямой BCC11 и плоскостью  прямой B  и плоскостью AA11BCBC, если AA , если AA11 = 12, AB = 6,   = 12, AB = 6, BCBC  == 5 5. .  ABCDA11BB11CC11DD11 найдите угол между   найдите угол между  D1 А1А1 D A 66 С1С1 Угол между наклонной и плоскостью –  Угол между наклонной и плоскостью –  это угол между наклонной и её проекцией  это угол между наклонной и её проекцией  на эту плоскость.  на эту плоскость.    NN 66 55 п п р р о о е е к к ц ц и и я я B1 я я а а н н н н о о л л к к а а н н 1313 C 5555  B Из BC 1 BC 1 BC 1 BC 1 BC 1  2 2 2 BCC 1  2 CB  2 5  ;169  ;13  .13 :  CC 1 2 ;12 2 ; CC 1 2 ; 2 2 1 1 : 2  CCDИз 1 1   2 CD CD 1 1  2 2 CD 6 ;12  CD ;180  CD ;56  CD .56 1 1 1 МАУ ЗАТО Северск «Ресурсный центр образования»

Консультационный центр по подготовке выпускников к  Государственной (итоговой) аттестации  и плоскостью AA11BCBC, если AA В прямоугольном параллелепипеде ABCDA В прямоугольном параллелепипеде  BBCC11 и плоскостью  Найдем CC11NN, выразив два раза площадь  , выразив два раза площадь  Найдем  треугольника DCCDCC11.. треугольника  66 D1 66 CC , если AA11 = 12, AB = 6,   = 12, AB = 6, BCBC  == 5 5. .  ABCDA11BB11CC11DD11 найдите угол между прямой   найдите угол между прямой  DD 11 11 NN NN 66 66 55 55 п п р р о о е е к к ц ц и и я я D B1 1 1 2 2 1212 я я а а н н н н о о л л к к а а н н 1313 S S S DСС 1 DСС 1 DСС 1 CC 5555 C  B A1 1212 A МАУ ЗАТО Северск «Ресурсный центр образования» 36 56 СD 1  NС 1 ;  NС 1  2/;  CС 1 1 2 1 2 36   ;612 1 1  36  1 2 56  DС ; SDСС 1 2  56 NС 72 56 12 5 NС NС 72    1 ; 1 1 ;

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 найдите угол  между прямой BC1 и плоскостью A1BC, если AA1 = 12, AB = 6, BC =  5.  sin NC 1 BC ; ; ;   5 5 . sin  12 5 65 .  arcsin 12 5 65 . Из  sin  sin  sin  sin  ;   :1 BNC 12 5 13 12 5 12 5 12  135 13 1 1 13   : D1 D A1 1212 A 66 1212 55 NN п п р р о о е е к к ц ц и и я я C1 1212 B1 я я а а н н н н о о л л к к а а н н 1313 C 5555  B

Консультационный центр по подготовке выпускников к  Государственной (итоговой) аттестации искомый угол можно записать, используя другие  искомый угол можно записать, используя другие  Замечание:  Замечание:  аркфункции:  аркфункции:  Возможны другие решения. Например, решение задачи с  использованием векторов или метода координат.  МАУ ЗАТО Северск «Ресурсный центр образования»

С2.С2.  В правильной треугольной пирамиде SABC  с основанием ABC               известны ребра:  AB =      ,  SC=2       . Найдите угол, образованный плоскостью основания и  прямой MN, где M – середина ребра AS, а N – делит ребро BC в отношении 1:2. 10 3 MM 10 A K 3 S 2 10        ­ искомый угол Можем найти его из       МKN.  Но надо найти два элемента из  этого треугольника. AD sinAB 1) Из      АВD:   060 С 2 части 2 части 3 AD 3 2 3AD 2 D NN 1 часть 1 часть  606000 B

2. Построим высоту SO. Точка О – точка  пересечения биссектрис, медиан и высот  правильного треугольника.  Применим свойство медиан: АО ОD АK KО 3. По теореме  Фалеса: 2 1 1 1 АK 10  KО  ОD 3AD 2 S 2 MM 10 1 2 K A Две прямые перпендикулярные к  плоскости (АВС) параллельны:     MKII SO.  М – середина SА,  значит и точка K – середина АО С O 1 3 D NN 1 часть 1 часть  606000 B 2 части 2 части 4) Найдем AK: 5) Найдем KD: 2 3 AK 1 2 3 KD 1 1 3 2 3 2

K 1 D ?? 3 6 N 3 DN 2 3 3  3 6 S     Из     KDN:  KN 2 1    3 6 2    13 12 MM 39 4 K 1 2 10 A 2 10  6) Из     МАK  по теореме Пифагора  найдем MK: MK  2  10 2    1 2    39 4  7) Из     МKN  найдем тангенс  искомого угла С 2 части 2 части D NN 1 часть 1 часть 33 33 22 33 тогда 39tg 4 : 13 12 =3=3  arctg 3 1 O 13 12 3  606000 B

В правильной шестиугольной пирамиде SАВСDEF, стороны  основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите угол  между прямыми SF и BM, где М – середина ребра SC.  SS 11 11 EE OO 11 22 AA FF 22 MM  11 DD 33 22 Из  cos C CC cos C 11 22 КК 11 cos C BB Из BM  BCM  2 2 BC 2 BM 2  2 по  CM теореме BC косинусов  C CM 1  112 4 cos 2 1 2 1 ; ; ; FF ;2:  SCK CK SC 1 2 1 4   . EE BM 2 DD  2 1 2 ; 2 BM  R OOR a11   66      = = a BM AA BM    BB  ; 3 CC 2 3 ; 2  3 . 2 MO – средняя линия  треугольника SFC.   MO =     SF  11 22

SS 22 AA 22 MM  11 DD 33 22 11 BB 11 11 EE OO 11 FF M  33 22 CC 11 cos   3 2 : cos     3 3 Рассмотрим треугольник  OBM. Чтобы найти угол М,  составим теорему косинусов   для стороны ОВ. O 11 B cos  Ответ :  arccos 2 BО  2  BM     2 1 2  2 BM OM 2   2  2 1 3 2  OM cos  ;  1 cos  ; 3 2 1  1 3 2 32 2 cos  ; 32 2 cos  ; ;  3 2 32 2   3 4 2 3 6 4 6 4

PP ― M    ? B     B  середина бокового ребра пирамиды        Длины всех ребер правильной четырехугольной пирамиды PABCD  c вершиной P равны между собой. Найдите угол между прямой BM и плоскостью BDP, если точка M  AP.     Угол между наклонной и плоскостью равен углу между наклонной и  ее проекцией.  Очевидно, что плоскости АРС и DPB перпендикулярны. РО – линия                                      пересечения плоскостей. Опустим перпендикуляр                                               из точки М  на РО.  ABC Из  2 AC AB  2 2 AC 1    MK    PO    AO    PO  2 ;2 AC  AC ;2  AC Тогда Тогда по теореме Фалеса: если  АМ=МР, то PK=KO. Значит, отрезок   МК средняя линия       АРО.   BM     BK : 2 MK II AO  2 ;1  BC 1 2 1 2  MM CC DD KK  л л о о н н н н н н а а к к 2 ; 11 11 а а я я о о е е к к ц ц и и я я п п р р 22 22 22 44 OO AA МК Если не дано ребро, то можно обозначить его буквой или взять за «1» Если не дано ребро, то можно обозначить его буквой или взять за «1» средняя линия МК BB 11   2 4 . .2 2AO 2 АОР ,  .

: 2    MK    DBP  АВМ Из  2 АВ АМ 2   1 МК перпендикуляр к плоскости DBP,    значит, МК будет перпендикулярен  2   к любой прямой, лежащей в этой   плоскости.  1 MK    KB 2 1 ВМ   PP 2  ВМ 2 ; ВМ 2 ; ; 1 4 3 4 ; ВМ  MM DD 1 2 22 44 22 22 11 33 22 OO 1 2 AA KK 11 ВМ  3 2 . CC  11 BB Из    sin sin sin ;  : KMВ MK BM 2 4 2 4  :   sin   sin  2 32 6 6 ; ; ; 3 2 2 3 3 3   ;  arcsin 6 6 ;

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной  основания 12 и высотой 21 на ребре АА1 взята точка М так, что АМ=8.  На ребре  ВВ1 взята точка К так, что В1К=8. Найдите расстояние от  точки А1 до плоскости D1MK  CC11 1). Построим сечение призмы  плоскостью D1MK. 2). MK, т.к. точки M и K лежат в  одной плоскости. MD1, точки  лежат в одной плоскости. 3). Строим KF II MD1, т.к. эти  отрезки сечения лежат в  параллельных гранях.   2121 CC 4). FD1, т.к. точки лежат в  одной грани. 5) Через точку А надо построить  плоскость, перпендикулярную плоскости  D1MK. Затем мы опустим перпендикуляр  на линию пересечения этих плоскостей .   DD11 AA11 MM 88 AA FF BB11 88 KK BB DD 1212

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной  основания 12 и высотой 21 на ребре АА1 взята точка М так, что АМ=8.  На ребре  ВВ1 взята точка К так, что В1К=8. Найдите расстояние от  точки А1 до плоскости D1MK  DD11 CC11 п­р п­р AA11 MM 88 AA н н ­ ­ я я NN п­я п­я LL DD 1212 FF BB11 88 KK BB   2121 CC 6) Построим линейный угол  двугранного угла A1MKD1 (MK – ребро двугранного угла) 7) D1L    MK,                           D1L является  наклонной к плоскости ABB1. D1A1 – перпендикуляр к  плоскости ABB1 A1L – проекция отрезка D1L на  плоскость ABB1. Применим теорему о трех  перпендикулярах. D1L    MK н­ян­я A1L    MK п­яп­я Т Т ПТ Т П  D1LA1 – линейный угол двугранного угла A1MKD1 Попробуем сделать чертеж более наглядным. Опрокинем призму на грань ABB1A1

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной  основания 12 и высотой 21 на ребре АА1 взята точка М так, что АМ=8.  На ребре  ВВ1 взята точка К так, что В1К=8. Найдите расстояние от  точки А1 до плоскости D1MK  1). Построим сечение призмы  CC11 плоскостью D1MK. 2). MK, т.к. точки M и K лежат в  одной плоскости. MD1, точки  лежат в одной плоскости. 3). Строим KF II MD1, т.к. эти  отрезки сечения лежат в  параллельных гранях. DD11 AA11 CC FF DD 1212 BB11 KK88 88MM AA   2121 BB 1212 4). FD1, т.к. точки лежат в  одной грани. 5) Через точку А надо построить  плоскость , перпендикулярную  плоскости D1MK. Затем мы опустим  перпендикуляр на линию  пересечения этих плоскостей .

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной  основания 12 и высотой 21 на ребре АА1 взята точка М так, что АМ=8.  На ребре  ВВ1 взята точка К так, что В1К=8. Найдите расстояние от  точки А1 до плоскости D1MK   CC11 DD11 п­рп­р AA11 FF DD н н ­ ­ я я BB11 KK88 NN п ­ яп ­ я LL 88MM AA   2121 CC   AA11LDLD11        DD11MKDMKD Плоскость линейного угла (AA11LDLD11) )  Плоскость линейного угла ( перпендикулярна каждой грани  перпендикулярна каждой грани  двугранного угла: двугранного угла:    AA11LDLD11        ABABСС11,, 6) Построим линейный угол  Строим перпендикуляр из точки А  двугранного угла A1MKD1 Строим перпендикуляр из точки А   в плоскости А11LDLD11.. на на DD11L L в плоскости А (MK – ребро двугранного угла) 7) D1L    MK,                           D1L является  наклонной к плоскости ABB1. D1A1 – перпендикуляр к  плоскости ABB1 A1L – проекция отрезка D1L на  плоскость ABB1. Применим теорему о трех  перпендикулярах. A1L    MK D1L    MK н­ян­я п­яп­я  D1LA1 – линейный угол  двугранного угла A1MKD1 Т Т ПТ Т П 1212 BB 1212

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 со стороной  основания 12 и высотой 21 на ребре АА1 взята точка М так, что АМ=8.  На ребре  ВВ1 взята точка К так, что В1К=8. Найдите расстояние от  точки А1 до плоскости D1MK   1 CC11 CC DD11 AA11 FF DD B1 ?? KK88 NN  LL   1313 1313   2121 88MM AA  BB11 NLAИз : Из     KZM, по теореме Пифагора: NA KM2 = KZ2 + ZM2; 1 LA KM2 = 122 + 52; 1 KM2 = 169; KM = 13. sin 88 88 45 KK  ; 0 1212 1212 BB ; 2 1212 1212  1313 2 2 ??11 22 11 22 NA 1 NA 1 LL 12 12 2 AA11 55 26        KZM =    A1LM,  по гипотенузе и острому  углу.  ZZ  1 NA ; MM KZ = A1L = 12, tg   .1tg 1212 1212 Из     A1D1L:  .450 ; DA 1 1 LA 1 Ответ 12tg 12 1 NA : ; 26

Консультационный центр по подготовке выпускников к  Государственной (итоговой) аттестации С2С2 Используемые ресурсы: Используемые ресурсы: •Смирнов В.А., Семенов А.А., Ященко И.В. ЕГЭ- Смирнов В.А., Семенов А.А., Ященко И.В. ЕГЭ- 2013. Математика. Задача С2. Геометрия. 2013. Математика. Задача С2. Геометрия. Стереометрия. Рабочая тетрадь. Издательство Стереометрия. Рабочая тетрадь. Издательство МЦНИО. 2013г.; МЦНИО. 2013г.; •Тексты задач Стат Град и ЕГЭ- сайт Тексты задач Стат Град и ЕГЭ- сайт Александра Ларина. httphttp://://alexlarin Александра Ларина. html html •Сайт ЕГЭ-тренер, видеоуроки Ольги Сайт ЕГЭ-тренер, видеоуроки Ольги Себедаш. httphttp://://wwwwww..egetrener egetrener..ruru//view view Себедаш. zadachi=C2 zadachi=C2 alexlarin//netnet//egeege11.11. МАУ ЗАТО Северск «Ресурсный центр образования»