Решение сложных задач по геометрии ч.2. 11 класс.

Задача №1

Найдем его из ∆AB1D по теореме косинусов.

Задача №2

Решение.
Так как ABCDEF – правильный шестиугольник, прямые AC и AF перпендикулярны. Поскольку прямые FA и F1A1 параллельны, то
CA⊥A1F1. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах CA1⊥A1F1, так что длина отрезка CA1 равна искомому расстоянию.

Решение.
Так как ABCD – квадрат, то прямые АВ ⊥ AD. Поэтому проекция AB на плоскость (SAD) будет перпендикулярна AD.
Значит, искомый угол – двугранный угол при ребре основания AD.

Задача №3

∠SMO – искомый угол, косинус которого найдем из п/у ∆SMO

Задача №4

Решение.
Проекцией прямой АС1 на данную плоскость является прямая ВС1, так как AB⊥(ВCС1), а значит AB⊥ВС1;
т.е. ∆АВC1 – п/у.
Значит, искомый угол – ∠AС1В

Задача №5

Решение.
Прямая AN является проекцией прямой AS на плоскость основания.
Поэтому проекция точки М – точка Н лежит на отрезке AN. Значит угол MNH – искомый.
МН – средняя линия SAO,
тогда NH = АО = R = = = 24.

Задача №6

Задача №7

Решение.
Плоскости BED1 и АВС пересекаются по прямой PB.
Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол АМЕ.
Стороны данного угла – высоты ВЕР и AВР.
Значит, угол АMЕ – искомый.
РDD1 ~ РAE (по углам) ⟹ АР = 2, тогда РВ = √5,
АМ = (АР·АВ)/ РВ = 2/√5.
В п/у AМЕ tg АMЕ = AE/AM
tg АMЕ = √5 ⟹АMЕ = arctg √5.

Задача №8

Решение.
Плоскости АВ1С1 и А1В1С пересекаются по прямой B1D.
Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол А1ОС1.Стороны данного угла – высоты равных DС1B1 и DA1В1.
Значит, угол A1OС1 – искомый.
Пусть АВ = а, тогда B1D = a√3,
А1D = DC1 = A1C1 = a√2, OC1 = OA1 =
= (А1B1 · DA1)/ DВ1 = a√6/3.
В р/б A1OC1 по теор. косинусов
cosA1OC1 = (A1О2 + C1О2 –А1C12) /
/ (2А1О · C1О) = − 0,5 ⟹

A1OC1 = 120º, значит, угол между плоскостями смежный с данным углом. Искомый угол равен 180º – 120º = 60º.

Задача №8

Решение.
Плоскости АВ1С1 и А1В1С пересекаются по прямой B1D.
Линейным углом двугранного угла, образованного этими плоскостями является угол А1ОС1.Стороны данного угла – высоты равных DС1B1 и DA1В1.
Значит, угол A1OС1 – искомый.
Пусть АВ = а, тогда B1D = a√3,
А1D = DC1 = A1C1 = a√2, OC1 = OA1 =
= (А1B1 · DA1)/ DВ1 = a√6/3.
В р/б A1OC1 по теор. косинусов
cosA1OC1 = (A1О2 + C1О2 –А1C12) /
/ (2А1О · C1О) = − 0,5 ⟹

A1OC1 = 120º, значит, угол между плоскостями смежный с данным углом. Искомый угол равен 180º – 120º = 60º.

Решение.
Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом между плоскостями А1В1С1 и BD1F1 можно считать угол между (А1В1С1) и (BD1F1).
Т.к. В1E1F1D1 (в правильном шестиугольнике), то по теореме о трех перпендикулярах ВР F1D1.
Тогда ∠BРВ1 – линейный угол двугранного угла BF1D1В1.
PB1 – высота р/с ∆В1F1D1, сторона которого равна √3, значит PB1 = 1,5.
tg∠BРВ1 = BB1/PB1 = 1/1,5 = 2/3.

Задача №10

Задача №10

Аналогично, и с ∆ DBC: DN является в нем медианой и высотой. А потому ВС⊥АN и ВС⊥DN, а значит, ВС⊥(ADN), следовательно, и любой прямой в этой плоскости.
Таким образом, MN⊥ВС. Так как ∆ АВС = ∆ DBC, то АN = DN = 8, а поэтому MN – медиана и высота в р/б
∆ АDN, а потому MN⊥AD.
Значит, MN – общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым.
Используя теорему Пифагора, получаем, что MN2 = AN2 – AM2 = 64 – 36 = 28,
MN = 27

Решение.
Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти, как длину их общего перпендикуляра. Так как АВ = АС, то ∆ АВС – р/б и медиана АN одновременно является и высотой.

Задача №11

Задача №12

Решение.
Поскольку плоскость проведена через прямую ВМ параллельно диагонали АС, то ей принадлежит и прямая, параллельная AC и проходящая через точку M (назовём её MN).
Таким образом, нам нужно найти угол между плоскостями SAC и BMN, пересекающимися по прямой MN.
По условию, пирамида SABCD – правильная, а значит, высота SO делит диагонали основания пополам.
Кроме того, точка N делит ребро SC пополам, ⟹ BM = BN, а точка P делит пополам отрезки MN и SO.

Решение.
Отрезок BP⊥MN (BP ∈ (BMN)),
отрезок OP⊥MN (OP ∈ (SAC)).
Поэтому угол между плоскостями – это BPO, который мы найдём из п/у ∆ BPO.
BO = AO = 310/5 · 2/2 = 35/5.PO = ½ SO (в п/у ∆ ASO)
SO2 = AS2 – AO2 = 9 – 9/5 = 36/5,
PO = 35/5.То есть, BO = PO, а значит, ∆ BPO не только п/у, но и р/б,
⟹ BPO = 45º.

Задача №12

Ответ: 45º.

Решение.
Искомое сечение – р/б ∆MSN,
SO – его высота, проведенная к основанию MN.
MN – средняя линия ∆ABC ⟹
MN = 4.
Рассмотрим р/б ∆BSA.

Задача №13

Решение.
Плоскости (BDD1) и (AD1B1) имеют общую прямую D1B1 .
Проведем AH⊥D1B1 и AM⊥BD. Прямая HM (проекция прямой AH на плоскость (BDD1).
Значит, D1B1⊥HM (по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах).
⇒ ∠AHM − линейный угол двугранного угла,
образованного плоскостями (BDD1) и (AD1B1).

Задача №14

Решение.
∆ BAD – п/у. Площадь ∆BAD равна:
S∆BAD = ½ AD⋅ AB.
С другой стороны,
S∆BAD = ½ AМ⋅ BD.
Отсюда, АМ = (AD⋅ AB)/BD, т.е.
BD = √52 + 122 = 13;
АМ = (12⋅ 5)/13 = 60/13.
∆ AМН – п/у, ⇒
tg∠AHM = AM/HM = 20/13.
Откуда ∠AHM = arctg 20/13.

Задача №14

Для самостоятельного решения