2015 Пособие для учителя «Решение задач группы С2

Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
353912, ул. Революции 1905 года, 14
тел./факс: 64-38-48, 64-38-58
е-mail: cronovoros@mail.ru
Подготовка выпускников
к ЕГЭ – 2013
Пособие для учителя
«Решение задач группы С2»
Составители: О.А. Волкова, Н.В. Балога
г.Новороссийск, 2013 год
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
ПРЕДИСЛОВИЕ
Пособие составлено в соответствии со школьной программой изучения
математики в 10-11 классах. Учителя могут использовать данное пособие для
подготовки учащихся к ЕГЭ.
Координатный и векторный методы - одни из наиболее общих методов решения
геометрических задач. Их изучают не только в школе, но и в высших учебных
заведениях. Универсальности этих методов столь многообразна, что ими пользуются в
алгебре, математическом анализе, физике. С их помощью, решаются задачи
повышенной сложности, задачи, конкурсных экзаменов при поступлении в вузы,
задачи математических олимпиад самого высокого уровня.
Заметим, что координатный и векторный методы являются сравнительно новыми
темами в школьном курсе геометрии, и овладение ими вызывает трудности не только
у учащихся, но и учителей. Это естественно, так как изучается новый язык
математики, новая «азбука» общения и, конечно, новые задачи. К ним в первую
очередь относятся задачи, условие которых содержит векторы или координаты. При
решении таких задач не возникает вопрос: «Как решать такую задачу с помощью
координат, с помощью векторов или без них?» Вот почему в пособии приведены два
способа решения каждой задачи. Вместе с тем возможности векторов и метода
координат широко иллюстрируются в пособии при решении традиционных задач
классической геометрии. С помощью этих методов решение часто имеет на первый
взгляд более лаконичное решение, чем традиционное, иногда выкладки решения могут
показаться слишком громоздкими. Хотим сразу предупредить учителей: сравнение
классических и координатно-векторных методов неуместно - это разные языки
математики, и мы учимся говорить на одном из них.
Главный специалист, методист ЦРО
г.Новороссийск Е.Г. Герасименко
стр. 2
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Решение задач С-2 ЕГЭ по математике
двумя способами: геометрическим и
координатно-географическими методами
Составители:
учитель математики высшей категории «Морского технического лицея»
Балога Нина Валентиновна;
учитель математики высшей категории МБОУ СОШ №10
Волкова Ольга Алексеевна
Задача №1. Основание прямой четырёхугольной призмы ABCDA1B1C1D1 –
прямоугольник ABCD, в котором AB = 5, AD = √33. Найдите тангенс угла между
плоскостью грани AA1D1D призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра
CD перпендикулярно прямой B1D, если расстояния между прямыми A1C1 и BD равно
√3.
Решение:
1. Т.к. скрещивающиеся прямы A1C1 и BD лежат в параллельных плоскостях, то
расстояние между ними равно длине бокового ребра, BB1 = √3
стр. 3
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
2. Обозначим ɣ - плоскость, проходящую через BB1 и точку М – середину DC,
перпендикулярную прямой B1D. Плоскость (DB1C) проходит через B1D ⊥ ɣ, значит
(DB1C) ⊥ ɣ.
3. Проведем MP ⊥ B1D, значит MP ∈ ɣ
Из точки Р опустим РК ⊥ DC
(*)
4. Так как призма прямая, и в основании лежит прямоугольник,
значит CD ⊥ AA1D1D
(**).
Из (*) и (**) следует, что PK ǁ AA1D1D
Значит ∠ MPK – линейный угол двугранного угла между плоскостью ɣ и
плоскостью грани AA1B1D
5. Рассмотрим треугольник DB1C , он прямоугольный т.к.
B1B ⊥ (ABC), BC ⊥ DC, значит B1C ⊥ DC по теореме о 3 перпендикулярах
6. Рассмотрим ∆ KPM, он прямоугольный, т.к. PK ⊥ DC,
Пусть искомый ∠ MPK = α, тогда ∠ KMP = 90° - α
Рассмотрим ∆ DPM, он прямоугольный, т.к. MP ⊥ DB1, значит сумма острых углов
равна 90°.
∠ D + ∠ KMP = 90°
∠ D = 90° - ∠ KMP = 90° - (90° – α) = α
Следовательно tgα = tgD =
В1 C
DC
7. DC = AB = 5;
В1С можно найти из прямоугольного ∆ BB1C по теореме Пифагора:
B1 C = √BВ1 2 + BC2 = √(√3)2 + (√33)2 = √36 = 6
В1 C 6
8. tg α =
= = 1,2
DC 5
Ответ: 1,2
стр. 4
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Координатно-векторный способ
решения задачи №1
1. Поместим призму ABCDA1B1C1D1 в прямоугольную систему координат с началом
в точке В и определим координаты точек необходимых для решения задачи.
2. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B1 D,
D(5; √33; 0) B1 (0; 0; √3) B1 D { 5; √33; −√3 }
3. Составим уравнение плоскости проходящей через М( 2,5; √33; 0)
перпендикулярно B1D,
5x + √33 − √3z + D = 0,
⃗⃗ = B1D {5; √33; −√3}
её нормаль N
|N| = √25 + 33 + 3 = √61
4. Уравнение плоскости (AA1D1D), проходящей через точки
A (5;0;0)
A1 (5; 0; √3)
D(5; √33; 0)
стр. 5
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
x−5
y
z
(AA1D1D ) = | 0
0
√3| = √99(x − 5) = 0
0
√33 0
√99(x − 5) = 0
x−5=0
N1{1; 0; 0}; |N1| = 1
5. cos α =
5+0+0
√61∙1
sin α = √1 −
tg α =
=
5
√61
25
36
6
=√ =
61
61 √61
sin α 6 ∙ √61
=
= 1,2
cos α √61 ∙ 5
Задача №2. В правильной четырехугольной призме АВСDА1B1C1D1 стороны
основания равны 4, боковые ребра равны 2, точка Е – середина ребра ВВ1. Найдите
расстояние от вершины В до плоскости АС1E.
стр. 6
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Решение:
1. Пусть d – расстояние от точки В до плоскости АС1Е. Для нахождения d применим
метод «вспомогательного объема», состоящий в том, что V пирамиды ВАЕС1
выражается двумя способами:
1
а) с одной стороны VВАЕС1 = SАЕС1 ∙ d, а с другой стороны
3
1
б) VВАЕС1 = SАBE ∙ h, где h – расстояние от вершины С1 до плоскости (ABE),
3
и h = C1B1 = 4.
1
1
Тогда SAEC1 ∙ d = SABE ∙ h
3
Оттуда
3
d=
h∙SABE
SAEC1
2. Рассмотрим ∆ АВЕ, он – прямоугольный,
1
1
АВ = 4; ВЕ = BB1 = ∙ 2 = 1
2
1
2
1
Тогда SABE = АВ ∙ ВЕ = ∙ 4 ∙ 1 = 1
2
2
3. Рассмотрим ∆ АЕС1, он - равнобедренный, т.к. АЕ=ЕС1
Прямоугольные ∆ АВЕ и ∆В1С1Е равны по двум катетам:
ВЕ=В1Е; АВ=В1С1
По теореме Пифагора в ∆АВЕ
AE = √АВ2 + ВЕ2 = √42 + 12 = √17
4. Проведем ЕК ⊥ АС1,
АС1
по теореме Пифагора ЕК = √АЕ2 − АС2 , где АК =
2
5. АС1 - диагональ прямой призмы:
AC12 = АВ2 + AD2 + AA21
AC1 = √42 + 42 + 22 = √36 = 6
Следовательно,
ЕК =
SAEC1 =
6. Итак, d =
Ответ:
4∙2
6√2
=
8
6√2
=
2
√(√17) − (6)2 = √17 − 9 = √8 = 2√2
2
1
2
8√2
12
1
EK ∙ AC1 = ∙ 2√2 ∙ 6 = 6√2
2
=
2√2
3
2√2
3
стр. 7
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Решение задачи №2 координатно-векторным способом
1. Введем систему координат с началом в точке B и определим координаты точек A;
C1; E; B. Для этого рассмотрим плоскость хОу.
2. Cоставим уравнение плоскости (AC1E), проходящей через точки A(4;0;0), C1(0;4;2),
E(0;0;1)
𝑥
(AC1E) = |4
0
𝑦
0
4
𝑧−1
−1 | = 16(𝒛 − 𝟏) + 4𝑥 − 4𝑦 = 0
1
стр. 8
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 − 4 = 0
х – y + 4z – 4 = 0
⃗ {1; −1; 4}
𝑁
⃗ | = √1 + 1 + 16 = √18 = 3√2
|𝑁
3. d = |
Ответ:
0∙1−1∙0+4∙0−4
3√2
|=
0∙1−1∙0+4∙0−4
3 √2
=
4
3√2
=
4 √2
3∙2
=
2√2
3
2√2
3
Задача №3. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S и
основанием ABCDEF длина стороны основания равна 1, а длина бокового ребра равна
3. Найдите угол между прямой AE и плоскостью SCD.
Решение:
1. В правильном шестиугольнике ABCDEF AE||BD, поэтому угол между прямой AE и
плоскостью (SCD) можно найти как угол между прямой BD и плоскостью (SCD).
2. Пусть d – расстояние от точки A до плоскости (SCD). Тогда синус угла между
прямой AE и плоскостью (SCD) можно найти так:
sin 𝛼 =
𝑑
𝑑
=
.
𝐴𝐸 𝐵𝐷
3. Воспользуемся методом «вспомогательного объема» для пирамиды SBCD
объем которой можно найти двумя способами:
1
1
VSBCD = SBCD ∙ SH = SCSD ∙ d ,
3
оттуда
3
d=
SH ∙ SBCD
SCSD
.
стр. 9
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
4. Рассмотрим ∆SHD, он – прямоугольный.
SD = 3; HD = R = a6 = 1.
SH = √SD2 − HD2 = √9 − 1 = √8 = 2√2
По теореме Пифагора:
5. Рассмотрим основания пирамиды – правильный шестиугольник.
Внутренний угол ∝n =
∝6 =
(6−2)∙180°
6
(n−2)∙180°
n
;
= 120°.
Поэтому угол BCD = 120°, следовательно
1
1
2
2
SBCD = BC ∙ CD ∙ sin 120° = ∙ 1 ∙ 1 ∙
√3
2
√3
.
4
=
По теореме косинусов найдем
BD = √BC2 + CD2 − 2 ∙ BC ∙ CD ∙ cos 120 ° =
1
= √12 + 12 − 2 ∙ 1 ∙ 1 ∙ (− ) = √3
2
6. Рассмотрим ∆SCD, он – равнобедренный.
Проведем апофему SK. По теореме Пифагора:
1
SK = √SC 2 − CK 2 = √9 − =
4
1
1 √35
2
2
SCSD = SK ∙ CD = ∙
2
7. Итак,
тогда
d =
SH∙SBCD
SCSB
sin ∝ =
α = arcsin
Ответ: α = arcsin
d
BD
=
√3
=
2√2∙
4
2√6
√35
√35
4
=
∙1=
√35
2
√35
4
;
.
2 √6
√35
∶ √3 =
2√2
√35
=
2√70
35
;
2√70
.
35
2√70
.
35
стр. 10
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Координатно-векторный способ решения задачи №3
1. Т.к. пирамида правильная, SO ⊥ (ABCDEF), следовательно ∆ SOD –
прямоугольный, по теореме Пифагора найдем высоту HS = 2√2
2. Поместим пирамиду в прямоугольную систему координат так, чтобы началом
координат была точка А.
3. Определим координаты точек, необходимых для решения задами, для этого
рассмотрим плоскость ХоY, в которой расположен шестиугольник ABCDEF.
стр. 11
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
MB =
B(
a∙ √3
2
=
√3 1
; ; 0),
2 2
2
С(
О(0;1;0),
E (−
1∙ √3
=
√3
2
AM = MO = OK = 0, 5
√3 3
; ; 0),
2 2
S(0; 1; 2√2),
√3 3
; ; 0),
2 2
D (0; 2; 0).
4. Определим координаты вектора АЕ
E (−
√3 3
; ; 0),
2 2
A (0;0;0)
√3 3
⃗⃗⃗⃗⃗
AE {− ; ; 0}
2
2
⃗⃗⃗⃗⃗ | = √3 + 9 + 0 = √12 = √3
|AE
4
4
4
5. Составим уравнение плоскости (SCD)
S (0; 1; 2√2), С (
x
(SCD) = | 0
√3
2
√3 3
; ; 0),
2 2
y−2
−1
−1
2
D (0; 2; 0).
z
2√2| =
0
1
2
x y−2
z
|0
−1 2√2| =
0
√3 −1
= 2√6 (y − 2) + √3z + 2√2x = 0
2√2x + 2√6y + √3z − 4√6 = 0
⃗⃗⃗N = {2√2; 2√6; √3}
√3
sinα =
⃗⃗ | = √8 + 24 + 3 = √35
|N
3
−2√2∙ + ∙2√6 + 0√3
2
2
3 ∙ √35
∝ = arcsin
=
−√6+3√6
3 ∙ √35
=
2√6
3 ∙ √35
=
2√2
√35
=
2√70
35
2√70
35
Ответ: ∝ = arcsin
2√70
35
стр. 12
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Задача №4. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S и
основанием ABCD длина стороны основания равна 2, а длина бокового ребра равна 5.
Найдите угол между прямой AC и плоскостью (ASD).
Решение:
1.
При решении используем метод "вспомогательного объема", тогда нет
необходимости строить проекции прямой на плоскость для отыскания угла.
Пусть d - расстояние от С до плоскости (ASD), тогда
d
sin ∝= sin(AC; (ASD)) =
AC
2. Чтобы найти расстояние от точки С до ( ASD) используем объем пирамиды
SADC, который выражается двумя способами
1
1
VSADC = ∙ SH ∙ SADC = d ∙ SASD,
3
3
SH ∙ SADC
откуда d =
SASD
3. Сторона квадрата ABCD равна 2, т. е.
a4 = 2, тогда a4 = R√2; 2 = R√2 ; R = √2;
R = AH = √2
4. Из прямоугольного ∆ ASH, по теореме Пифагора
SH = √AS 2 − AH 2 = √25 − 2 = √23
5.Рассмотрим прямоугольный ∆ ACD,
1
1
SACD = AD ∙ DC = ∙ 2 ∙ 2 = 2
2
2
6. Проведем SM-апофему грани ASD.
AM = MD = 2 : 2 =1, так как ∆ASD - равнобедренный, то апофема является
медианой грани. Из ∆ ASM по теореме Пифагора
SM = √AS 2 − AM 2 = √25 − 1 = √24 = 2√6.
стр. 13
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
1
1
SASD = SM ∙ AD = ∙ 2√6 ∙ 2 = 2√6.
2
7. Итак, d =
SH∙SADC
SASD
2
√23∙2
=
2√ 6
значит
sin ∝=
∝= arcsin
√69
12
=
√23
,
√6
d
√23
√23
√23 √69
=
∶ 2√2 =
=
=
AC
12
2√12 4√3
√6
Координатно-векторный способ решения задачи №4.
1. Найдем длину высоту пирамиды SH
2. Поместим пирамиду SABCD в прямоугольную систему координат с началом в точке
В и определим координаты точек необходимых для решения задачи.
3. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и квадрат ABCD
стр. 14
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
4. Составим уравнение плоскости (ASD)
A(2; 0; 0) D (2; 2; 0) S (1; 1; √23)
x−2 y
z
(ASD) = | 0 2
0 | = 2√23(x − 2) + 2z = 2√23x + 2z − 4√23 = 0
−1 1
√23
√23x + z − 2√23 = 0
5. Найдем нормаль к этой плоскости и ее модуль
⃗⃗ {√23; 0; 1}
⃗⃗ | = √24 = 2√6
N
|N
6. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗
CA и найдем его модуль
⃗⃗⃗⃗⃗ | = 2√2
A(2; 0; 0) C(0; 2; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗
CA {2; −2; 0} |CA
2√23 − 2 ∙ 0 + 1 ∙ 0
√23
√23 √69
sin α =
=
=
=
12
2√6 ∙ 2√2
2√12 4√3
Задача № 5. В правильной шестиугольной призме сторона основания равна 2, высота
1.Найти угол между прямой B1E1 и плоскостью AB1C1
Решение:
1. Пусть d – расстояние от точки Е1 до плоскости (AB1C1). Тогда угол между прямой
B1E1 и плоскостью (AB1C1) можно найти как
d
sin ∝ =
B1 E1
2. Воспользуемся методом «вспомогательного объема» для пирамиды AB1C1E1,
который можно найти двумя способами
1
1
V = SAB1C1 ∙ d = SEB1C1 ∙ AA1
3
Откуда d =
3
AA1 ∙ SEB1 C1
SAB1 C1
стр. 15
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
3. Рассмотрим основание – правильный шестиугольник. Проведем диагонали CE и
BE. Точка О – середина BE является центром описанной окружности, потому
∠ BCE – прямой (как вписанный угол, опирающийся на диаметр)
BC= a6 = 2; R= a6, значит BE = 2R = 4
Из прямоугольного треугольника ВСЕ по теореме Пифагора находим
KE = √ВЕ2 − ВС2 = √42 − 22 = √12 = 2√3
1
1
SAB1C1 = SEB1C1 = BC ∙ CE = 2 ∙ 2√3 = 2√3
2
2
4. Из точки А опустим перпендикуляр АК к прямой В1С1 и АN ⊥ ВС,
1
SAB1C1 =
AK ∙ B1 C1
2
Рассмотрим ∆ BNA, он прямоугольный,
∠ NBA= 180° – ∠ ABC.
∠ ABC – внутренний угол правильного шестиугольника,
(n − 2) ∙ 180°
(6 − 2) ∙ 180°
∠ ABC =
=
= 4 ∙ 30 = 120°
n
6
Значит ∠NBA=180° - 120° = 60°
√3
AN = AB ∙ sin60° = 2 ∙
= √3
2
Рассмотрим ∆ AKN, он прямоугольный, по теореме Пифагора
√KN 2 + AN 2 = √12 + (√3)2 = √4 = 2.
AK =
SAB1C1 =
5. Итак,
d =
1
∙2∙2 = 2
2
AA1 ∙ SEB1 C1
SAB1 C1
значит sin α =
=
1∙2√3
2
= √3,
√3
4
√3
4
√3
Ответ: α = arcsin
α = arcsin
4
стр. 16
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Координатно-векторный способ решения задачи №5
1. Поместим призму ABCDEFA1B1C1D1E1F1 в прямоугольную систему координат с
началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения
задачи.
2. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и шестиугольник
ABCDEF
𝐴M =
a√3
=
2√ 3
=
√3
2
2
BM = MO = OK = KE = 1
A (√3 ; 1; 0)
E (0; 4; 0)
C (−√3 ; 1; 0)
E1 (0; 4; 1)
B1 (0; 0; 1)
C1 (−√3; 1; 1)
Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B1 E1 и его модуль
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
E1 (0; 4; 0)
B1 E1 {0; 4; 0} |B1 E1 | = 4
B1 (0; 0; 1)
Составим уравнение плоскости, проходящей через точки
A(√3 ; 1; 0); B1 (0; 0; 1) C1 (−√3 ; 1; 1)
x
y z−1
(AB1 C1 ) = | √3 1 −1 | =
−√3 1
0
= 0 ∙ x + √3(z − 1) + √3y + √3(z − 1) + x = 0
x + √3y + 2√3z − 2√3 = 0
⃗⃗ {1; √3; 2√3}
⃗⃗ | = √1 + 3 + 12 = √16 = 4
N
|N
стр. 17
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
sin ∝ =
1 ∙ 0 + 4 ∙ √ 3 + 0 ∙ 2 √3
√3
=
4∙4
4
√3
4
Задача №6. В правильной шестиугольной призме длина стороны основания 1, а длина
бокового ребра √15. Найти угол между прямой B1 F1 и плоскостью AD1 E.
∝ = arcsin
Решение:
1. Пусть d –расстояние между прямой 𝐵1 𝐹1 и плоскостью A𝐷1 E, тогда угол между
прямой 𝐵1 𝐹1 и плоскостью A𝐷1 можно найти как угол между прямой CE и
плоскостью 𝐴𝐷1 𝐸, т.к 𝐵1 𝐹1 ǁ 𝐶𝐸 .
d
d
Тогда sin α =
=
B1 F1
CE
2. Воспользуемся методом «вспомогательного объёма» для ACED1 , который можно
найти двумя способами
1
1
DD ∙ S
V = SACE ∙ DD1 = SAD1E ∙ d , откуда d = 1 ACE.
3
3
SAD1E
3. Рассмотрим основание призмы – правильный шестиугольник.
Известно, что AB=1=a6 ; внутренний угол шестиугольника
(n−2)∙180°
(6−2)∙180°
α6 =
=
= 120°
n
6
Из ∆AEF по теореме косинусов
AE = √AF 2 + FE 2 − 2 ∙ AF ∙ FE ∙ cos 120 ° =
1
= √1 + 1 − 2 ∙ 1 ∙ 1 ∙ (− ) = √3 ,
2
стр. 18
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
Следовательно, CE = AE = √3, т. к. ∆ACE − правильный.
a2 √ 3
3√3
Тогда SACE =
=
;
4
4
4. Рассмотрим ∆ AD1 E. AD - диаметр, значит AE ⊥ DE, DD1 ⊥ DE
значит D1 E ⊥ AE по теореме о 3-х перпендикулярах.
1
Итак, ∆AD1 E − прямоугольный и SAED1 = AE ∙ D1 E
по условию,
2
2
Из прямоугольного ∆DD1 E по т.Пифагора D1 E = √DD21 + DE 2 = √12 + (√15) =
√16 = 4
SAED = 1AE∙D
1
1E
2
5. Итак , d =
1
∙ 3∙4=2√3
2 √
DD1 ∙SACE
SAD1E
Значит sin α =
α = arcsin
=
3√3
=
√15 ∙ 4
2√3
3√5
3√15
: √3
8
=
=
3√15
8
8
3 √5
8
Координатно-векторный способ решения задачи №6
1. Поместим призму ABCDEFA1B1C1D1E1F1 в прямоугольную систему координат с
началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения
задачи.
2. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и шестиугольник
ABCDEF
AM =
a√ 3
2
=
1∙√3
√3
=
2
2
BM=OM=OK=KE=0,5
√3 1
; ; 0)
2 2
A(
B1 (0; 0; √15)
F1 (
√3 3
; ; √15)
2 2
E(0; 2; 0)
F(
D1 (−
√3 3
; ; 0)
2 2
√3 3
2
; ; √15)
2
стр. 19
Муниципальное казенное учреждение
«Центр развития образования г.Новороссийска»
3. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B1 F1 и его модуль
B1 (0; 0; √15)
√3 3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B1 F1 { ; ; 0}
2
√3 3
; ; √15)
2 2
3
9
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B1 F1 | = √ +
4
4
F1 (
|
2
+ 0 = √3
4. Составим уравнение плоскости (AD1 E)
√3 1
; ; 0)
2 2
A(
x
(AD1 E) =
√3
|| 2
√3
−
2
E(0; 2; 0) D1 (−
y−2
−
−
3
2
1
2
√3 3
; ; √15)
2 2
z
0 | =
|
√15
x
y−2
z
∙ | √3
−3
0 |=
2 2
−√3 −1 2√15
1 1
= −6√15x − √3z − 3√3z − 2√45(y − 2) = 0
−6√15x − 6√5y − 4√3z + 12√5 = 0
3√15x + 3√5y + 2√3z − 6√5 = 0
⃗⃗ {3√15; 3√5; 2√3}
N
|N| = √9 ∙ 15 + 9 ∙ 5 + 4 ∙ 3 = √192 = 8√3
3√45 + 9√5
3 ∙ 3√5 + 9√5
18√5
3√5
sin ∝ = (
=
=
)=
2∙8∙3
2∙8∙3
2∙8∙3
8
3√5
∝= arcsin
8
стр. 20