Департамент образования города Москвы Некоммерческая организация «Ассоциация московских вузов»

Департамент образования города Москвы
Некоммерческая организация «Ассоциация московских вузов»
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего
профессионального образования «Национальный исследовательский университет
«МИЭТ»
Полное название вуза
Научно-образовательный материал
по мероприятию «Проведение цикла занятий по математике для учащихся
средних школ г. Москвы направленных на повышение качества подготовки с
учетом требований образовательных стандартов».
Москва 2011 г.
1
Дополнительные занятия по математике для повышения качества
подготовки
школьников
могут
проводиться
по
всему
содержанию
математической подготовки в школе. Вместе с тем естественно для занятий
выбирать
темы,
школьников
к
привлекательными
дополнительные
направленные
сдаче
для
занятия
ЕГЭ.
на
В
этом
большего
в
улучшение
подготовки
занятия
становятся
случае
количества
нашем
качества
школьников.
понимании
не
Однако
должны
быть
разновидностью курсов для подготовки к решению задач повышенного
уровня ЕГ, то есть задач части С. Поэтому предлагаемые ниже темы и задачи
для решения должны помочь школьнику для успешного решения задач части
С, но не являются натаскиванием на определенные виды задач.
Как было отмечено выше, для успешного решения задач части С
необходимо владеть методами решения ряда более простых задач, которые
можно выделить в заданиях части С, но которые не проверяются заданиями
части В и, поэтому, методам решения их уделяется меньшее внимание.
Например, для решения задачи С5 необходимо часто владение решением
задач с модулем, графической интерпретацией уравнений или систем
уравнений, решением задач с параметром.
И если школьник не решал
отдельные задачи на данные темы, то задача, в которой необходимо
одновременно проявить владение методами решениями всех таких задач,
становится для него непосильной.
Поэтому выделение в отдельные виды заданий таких более простых
задач, рассмотрение и обсуждение методов их решения позволяет
школьникам решать более сложные задачи. По нашему мнению, тот факт,
что большая часть школьников вообще не приступает к решениям заданий
части С связан именно с тем обстоятельством, что в процессе обучения не
было уделено должное внимание решению простых задач, на которые могут
быть разложены задания части С.
Приведем ряд тем и заданий для повышения качества подготовки
учащихся. Более полная и детальная разработка занятий для повышения
2
качества подготовки учащихся по многим темам требует проведения
дополнительных работ. Предполагается также, что занятия проводятся с
малыми группами.
1. Отбор корней при решении тригонометрических уравнений или
систем уравнений
В заданиях части С в последние годы часто предлагается решить не
очень сложные тригонометрические уравнения, но требуется выполнить
отбор корней. К сожалению, выработке у школьников навыков отбора
корней, а в более широкой постановке, выработке навыка постоянного
отслеживания условий выполнения отдельных преобразований, изменение
условий существования преобразуемых выражений, уделяется недостаточное
внимание.
Условия, которые определяли отбор решений, возникают в нескольких
принципиально различных ситуациях:
1. Ограничения даются в самом условии задания (см. № 1).
2. Ограничения на решения возникают
из естественной области
определения обеих частей уравнения (см. №№ 2, 3, 4).
3. Условия, которые определяют отбор корней, получаются из анализа
множества значений функций, входящих в одну или обе части
уравнения (см. №№ 5, 6, 7).
4. Комбинация условий отбора корней (см. № 8).
№
1.
Найдите
сумму
корней
уравнения
sin 3x  cos 3 x  2 2 ,
принадлежащих промежутку [ π ; π 2] .

1

2
Решение. sin 3x  cos 3x  2 2  2 sin  3x   
 sin  3x    

4
2

 
5 2n


3 x  4  6  2n , n  Z ,
 x  36  3 , n  Z ,


3 x    5  2k , k  Z ;
 x  13  2k , k  Z .


4 6
36
3
3
4
2
Среди решений уравнения отберем те, которые принадлежат отрезку
[ π ; π 2] .
Рассмотрим первую серию решений.

5 2n 
41
13

 , nZ  
n
, n  Z  n  1 , n  0 .
36
3
2
24
24
Следовательно, отрезку [ π ; π 2] принадлежат два значения: x1  
19
5
, x2  .
36
36
Рассмотрим вторую серию решений.

13 2k 
49
5

 , k Z  
k
, k  Z  k  2 , k  1, k  0 .
36
3
2
24
24
Следовательно, отрезку [ π ; π 2] принадлежат три значения:
x3  
35
11
13
x5 
, x4  
.
36
36
36
Найдем сумму корней уравнения, принадлежащих отрезку [ π ; π 2] :
x1  x2  x3  x4  x5  
19 5 35 11 13
47





.
36 36 36 36 36
36
Ответ: 
47
.
36
№ 2. Решите уравнение: log 2 ( sin x)  log 2 (cos x)  2 .
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе:
 sin x  0 ,
sin x  0 ,

 cos x  0 ,
cos x  0 ,
log ( sin x cos x)  2 ;
 sin x cos x  0,25.
 2

Решим вначале уравнение этой системы:
 sin x cos x  0,25  sin 2 x  0,5 




2 x   6  2n , n  Z ,
 x   12  n , n  Z ,


2 x   5  2k , k  Z ;
 x   5  k , k  Z .

6
12

Условиям sin x  0 и cos x  0 удовлетворяет совокупность значений x,
принадлежащих четвертой координатной четверти. Тогда решения исходного
уравнения можно записать следующим образом:
4


 x   12  2n , n  Z ,

 x   5  2k , k  Z .
12

Ответ: 

5
 2n , n  Z ; 
 2k , k  Z .
12
12


2 sin 2 x  2 cos 2  x    1
4

№ 3. Решите уравнение:
0.
6x  x2
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе


2
2
2 sin x  2 cos  x    1  0 ,
4


6 х  х 2  0 .

Решим вначале уравнение этой системы.




2 sin 2 x  2 cos 2  x    1  0  2 sin 2 x  1  cos 2 x    1  0 
4
2


 2 sin 2 x  sin 2 x  0  2 sin 2 x  2 sin x cos x  0  sin x  (sin x  cos x)  0 
sin x  0 ,
sin x  0 ,
 x  n ,
n  Z,



sin x  cos x  0 ;
 tg x  1;
 x   4  k , k  Z .
Перейдем к решению неравенства:
6 х  х 2  0  x  (6  x )  0  0  x  6 .
Среди решений уравнения отберем те, которые принадлежат интервалу
( 0 ; 6) .
Рассмотрим первую серию решений.
0  n  6 , n  Z  0  n 
6
, n  Z  n  1.

Следовательно, интервалу (0 ; 6) принадлежит x   .
Рассмотрим вторую серию решений.
0

1
6 1
 k  6 , k  Z    k   , k  Z .
4
4
 4
5
6
4
1
4
6

1
4
6
3
1
4
1
4
6

1
4
Поскольку 1,25        1,75 , то условиям   k   , k  Z
удовлетворяют два значения:
k 0
и
k  1.
принадлежат два решения из второй серии: х1 
Значит, интервалу (0 ; 6)
5

и х2  .
4
4
Ответ:

5
, ,
.
4
4
№ 4. Решите уравнение: tg 2 x  ctg 5 x .
Решение. tg 2 x  ctg 5 x 
sin 2 x cos 5 x
cos 5 x cos 2 x  sin 5 x sin 2 x

0 

cos 2 x sin 5 x
cos 2 x sin 5 x
 n

 x  14  7 , n  Z ,
cos 7 x  0 ,

cos 7 x
 k


 0  cos 2 x  0 ,   x   , k  Z ,

cos 2 x sin 5 x
4 2

sin 5 x  0 ;

m

m  Z.
x  5 ,

Выясним,
какие
из
значений
x
 n

,
14 7
nZ ,
недопустимыми. Для этого решим в целых числах уравнения
и
являются
 n  k

 
14 7 4 2
 n m


.
14 7
5
Рассмотрим уравнение
 n  k

 
. После преобразований получим:
14 7 4 2
2  4n  7 14k  4n 14k  5 .
Последнее равенство невозможно, т.к. в левой его части стоят четные числа,
а в правой – нечетное.
Рассмотрим уравнение
 n m


. После преобразований получим:
14 7
5
5  10n  14m  14m 10n  5 .
Последнее равенство невозможно, т.к. в левой его части стоят четные числа,
а в правой – нечетное.
Значит, все значения x 
 n

, n  Z , являются допустимыми.
14 7
6
Ответ:
№ 5. Решите уравнение: 1 
 n

, nZ .
14 7
1
 ctg x .
sin x
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе:
ctg x  0 ,


1
2
1  sin x  ctg x .
Решим вначале уравнение этой системы:
1
1
1
1
1
 1
 1

 ctg 2 x  1 

1  1

 1
 1 
2
sin x
sin x sin x
sin x  sin x  sin x 
1

 x    2  2n , n  Z ,
1
 0,

sin x  1,
1 
1 

sin x
 1 

  x   6  2k , k  Z ,
 2 
0  
sin
x
sin
x
1
sin
x

0
,
5
;




2 
 0;
 x  5 6  2m , m  Z .
 sin x
Так как левая часть уравнения принимает только неотрицательные
значения, то необходимо отобрать корни, удовлетворяющие условию
ctg x  0 . Ему удовлетворяют только первая и вторая серии последней
совокупности.

2
Ответ:   2n , n  Z ;

 2k , k  Z .
6
№ 6. Решите уравнение: 3  2 sin 2 x  6 cos 0,5x .
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе:
cos 0,5 x  0 ,

2
2
3  2 sin x  6 cos 0,5 x .
(1)
1-й способ. Для решения уравнения, входящего в систему (1), воспользуемся
формулами sin x  2 sin 0,5 x cos 0,5 x и sin 2 0,5x  1  cos 2 0,5x . Получим:


3  8 sin 2 0,5x cos 2 0,5x  6 cos 2 0,5x  3  8 1  cos 2 0,5x cos 2 0,5x  6 cos 2 0,5x 
 8 cos 4 0,5x  2 cos 2 0,5x  3  0 .
Сделав замену cos 2 0,5x  t , где 0  t  1 , получим уравнение 8t 2  2t  3  0 .
Данное уравнение имеет два решения: t1 
7
3
1
и t 2   . Заметим, что корень
4
2
t2  
1
не удовлетворяет условию 0  t  1 . Возвращаясь к исходной системе,
2
получим:
cos 0,5 x  0 ,
cos 0,5 x  0 ,



 2
3  cos 0,5 x  3 2 ,  cos 0,5 x  3 2  x    4n , n  Z .
3
cos 0,5 x  4 ;

cos
0
,
5
x


3
2
;


2-й способ. Для решения уравнения, входящего в систему (1), воспользуемся
формулами cos 2 0,5 x 
1  cos x
и sin 2 x  1  cos 2 x . Получим:
2
cos x  0,5 ,

3  2(1  cos 2 x)  3  3 cos x  2 cos 2 x  3 cos x  2  0  
cos x  2 ;

3
 cos x  0,5  x    2m , m  Z .
Среди значений x отберем те, которые удовлетворяют неравенству
cos 0,5 x  0 .
0,5 х  
Так
как
0,5 х  

 т ,
6
mZ ,
то
cos 0,5 x  0
только
для


 2n , n  Z . Поэтому окончательно получаем: x    4n , n  Z .
6
3

3
Ответ:   4n , n  Z .
№ 7. Решите уравнение: cos 2 0,5 х  0,6  5 cos x  1 .
Решение. cos 2 0,5 х  0,6  5 cos x  1 
1  cos x 3
  5 cos x  1 
2
5
 5 cos x  1

11
 5 cos x  1,
 10
cos x   45 ,


9
 1  5 cos x
 

9  cos x  
 5 cos x  1,
55
 10
cos x   55 ,


5 cos x  1  0 ;
cos x  0,2 ;
 x    arccos(9 55)  2n , n  Z .
Ответ:    arccos(9 55)  2n , n  Z .
8
x  3   2  x  2  
   ctg 
  4   0 ,
 4  
 3  
№ 8. Найдите сумму корней уравнения cos
принадлежащих промежутку [ ; 80] .
x  2 
  4  0 не имеет решений, то
 3 
Решение. Поскольку уравнение ctg 2 
исходное уравнение равносильно системе
  x  3 
 x  3 
cos 4   0 ,
 4  2  n , n  Z ,
 x    4n , n  Z ,
 




 x  2  3k , k  Z .
sin  x  2   0 ;
 x  2  k ,
k  Z;

  3 
 3
На
отрезке
[ ; 80]
значения
x    4n ,
nZ ,
образуют
арифметическую прогрессию с разностью 4 и первым членом 3 .
Количество членов этой прогрессии можно найти из неравенства:
    4n  80 , n  Z  0,5  n  20,25 , n  Z .
Таким образом, n может принимать все натуральные значения от 1 до 20
включительно. Значит, количество членов прогрессии N  20 .
Найдем сумму S1 этих двадцати членов: S1 
2  3  19  4
 20  820 .
2
Однако среди значений x    4n , n  Z , имеются недопустимые.
Чтобы выяснить, какие это значения, решим в целых числах уравнение:
   4n  2  3k  k 
4n  3
n
 k  n 1  .
3
3
Поскольку k и n – целые числа, то n  3t , где t  Z . Таким образом, при n  3t
получаются недопустимые значения переменной x. Итак, x   12t , t  Z .
На отрезке [ ; 80] недопустимые значения x   12t , t  Z , образуют
арифметическую прогрессию с разностью 12 и первым членом 11 .
Количество членов этой прогрессии можно найти из неравенства:
   12t  80 , t  Z  1 6  t  6,75 , t  Z .
Таким образом, t может принимать все натуральные значения от 1 до 6
включительно. Значит, количество членов этой прогрессии N  6 . Тогда их
сумма:
9
S2 
2 11  5 12
 6  246 .
2
Найдем сумму S корней уравнения, принадлежащих промежутку
[ ; 80] :
S  S1  S2  574 π .
Ответ: 574 .
Задачи для самостоятельного решения
1) log 2 (sin x)  log 2 ( cos x)  1,5 .
Ответ:
5
7
 2n , n  Z ;
 2k , k  Z .
8
8
2) sin(sin 2 x)  sin(cos 2 x) .
Ответ:
 k

, k Z .
8 2
3)
Найдите
сумму
корней
уравнения
принадлежащих промежутку [ ; 160] .
 x     2  x  2  
cos
   tg 
  3   0 ,
 4    6  
Ответ: 2159 .
4) Найдите сумму корней уравнения sin 3x  3 cos 3x  1 , принадлежащих
промежутку [ π 2; π] .


2 3 cos 2 x  2 sin 2  x    1
4

 0.
5)
7x  x2
6) 1 
1
 tg x .
cos x
Ответ:
Ответ:
11
.
18
 2 5 3
,
,
,
.
3
2
2 3
Ответ:   2n , n  Z ;

 2k , k  Z .
3
7) 10  2 cos 2 x  14 sin 0,5x .
Ответ:
2
4
 4n ,
 4n , n  Z .
3
3
8) ctg 3x  tg 4 x .
Ответ:
 n

, nZ .
14 7
9) ctg 2 x сtg 9 x  1 .
Ответ:
 n

, n  11t  5 , n  Z , t  Z .
22 11
Ответ:    arccos(5 21)  2n , n  Z .
10) cos 2 0,5 х  1 3  4 cos x  1 .
2. Вычисление углов между плоскостями
10
Задачи, связанные с вычислением величин двугранных углов и углов
между плоскостями, традиционно относятся к одним из самых сложных в
школьном курсе стереометрии. Вместе с тем подобные задания разного
уровня сложности постоянно встречаются как в вариантах итоговой
аттестации (ЕГЭ).
При вычислении углов между полуплоскостями или пересекающимися
плоскостями, как показывает практика, большинство проблем у школьников
обусловливается ограниченностью набора изучаемых ими методов решения.
Существует
достаточно
большое
количество
методов
решения
стереометрических задач на вычисление величин двугранных углов и углов
между плоскостями.
Основные понятия
Двугранным углом в пространстве называется фигура, образованная двумя
полуплоскостями (гранями) с общей граничной прямой (ребром). Мерой
двугранного угла называется мера его линейного угла, получающегося при
пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной к его ребру.

b
b

c
a
A c



a
A

а
б
Рис. 1
Она равна величине угла между лучами (полупрямыми), по которым эта
плоскость пересекает грани двугранного угла (рис. 1а). Двугранный угол
может быть острым, прямым или тупым, и его величина лежит в пределах от
0 до  .
Две различные плоскости либо пересекаются, либо параллельны. Если
плоскости параллельны, то угол между ними равен 0. Две пересекающиеся
11
плоскости образуют четыре двугранных угла (рис. 1б). Если величины этих
углов равны, то плоскости перпендикулярны (угол между ними равен

).
2
Если же пересекающиеся плоскости не перпендикулярны, то величина угла
между ними определяется как мéньшая из величин двугранных углов,
образованных этими плоскостями. Таким образом, угол между плоскостями
лежит в пределах от 0 до

.
2
Классификация методов решения задач на вычисление величины
двугранного угла и угла между пересекающимися плоскостями
Исходя из нашего опыта, можно предложить следующую классификацию
методов решения задач на вычисление величины двугранного угла и угла
между пересекающимися плоскостями.
1) Поэтапно-вычислительный метод.
2) Координатно-векторный метод.
3) Метод ключевых задач.
Необходимо отметить, что внутри каждого из приведённых методов
существует несколько различных подходов к вычислению величины
двугранного угла и угла между пересекающимися плоскостями. Далее
покажем
перечисленные
методы,
приведем
их
детализацию
и
продемонстрируем их применение на конкретных примерах.
Примеры применения выделенных методов
Поэтапно-вычислительный метод
Рассматриваемый метод позволяет находить поэтапно искомый угол при
решении известных задач, к которым сводится данная задача. Перечислим
типы этих задач, связанных с нахождением угла:
а)
между
пересекающимися
рассматриваемых
плоскостях
прямыми
и
пересечения (рис. 1а и 1б);
12
a
и
b,
лежащими
перпендикулярными
их
в
линии
б) между прямыми, параллельными прямым a и b или между b и прямой,
параллельной a;
в) между плоскостями, параллельными данным плоскостям  и  или
между  и плоскостью, параллельной  ;
г) между перпендикулярами к данным плоскостям.
а) построение линейного угла двугранного угла
В этом случае задача сводится непосредственно к построению и
вычислению величины линейного угла двугранного угла, образованного
пересекающимися плоскостями  и  . Соответствующий линейный угол
строится с помощью двух перпендикуляров a и b, проведенных в указанных
плоскостях к прямой их пересечения, а его величина в дальнейшем находится
либо из некоторого прямоугольного треугольника, либо из некоторого
треугольника с применением теоремы косинусов.
Пример 1. В правильной шестиугольной пирамиде,
M
стороны основания которой равны 1, а боковые ребра
равны 2, найдите косинусы двугранных углов при
C
B
A
D
K
O
L F
Рис. 2
основании и при боковом ребре.
N
E
Решение.
Рассмотрим
пирамиду
MABCDEF.
Поскольку пирамида правильная, то равны все её
двугранные углы при основании и равны все углы
между любыми её смежными боковыми гранями. Найдём, например, угол
между плоскостью основания и боковой гранью MAF и угол между
боковыми гранями FME и MDE (рис. 2).
Прямая AF – ребро двугранного угла MAFЕ. Пусть О – центр основания,
тогда MO – высота пирамиды. Пусть L – середина отрезка AF, тогда ML –
1
4
апофема грани AMF, ML  AM 2  AL2  4  
15
. По теореме о трех
2
перпендикулярах прямая LO перпендикулярна AF. Следовательно, MLO –
13
линейный угол двугранного угла MAFB. LO 
3
, так как является высотой
2
равностороннего треугольника AOF со стороной 1.
Из прямоугольного
треугольника LMO находим
cos MLO 
LO
3 2
1
.



ML
2
15
5
Прямая ME – ребро двугранного угла FMED. В треугольниках FME и
MDЕ проведём высоты к стороне ME из точек F и D соответственно.
Поскольку FME  DME , то эти высоты «сойдутся» в одной точке N.
Следовательно, DNF – линейный угол двугранного угла FMED .
Из равенства треугольников FME и MDЕ следует равенство высот FN и
DN. Найдём FN. Для этого вычислим площадь треугольника FME. Поскольку
апофема грани FME равна ML 
опущенная на ME, равна: FN 
Далее,
рассмотрим
15
1 15
15
1 
, SFME  
, то высота FN,
2
2 2
4
2 S FME
15

.
ME
4
равнобедренный
треугольник
FDN.
В
нём
FD  2 LO  3. Косинус угла DNF можно найти, воспользовавшись теоремой
косинусов для стороны DF:
cos FND 
FN 2  DN 2  FD 2
3
 .
2  FN  DN
5
Таким образом, искомые косинусы двугранных углов при основании и
при боковом ребре равны
3
1
и  соответственно.
5
5
Ответ:
1
5
и
3
 .
5
Так как в подобных телах соответствующие углы равны, а линейные
элементы (стороны, высоты, медианы и т.п.) пропорциональны, то при
вычислении углов в какой-либо конфигурации (обычно в треугольнике)
важно учитывать лишь отношение длин соответствующих отрезков.
Поэтому, если все линейные элементы конфигурации зависят от одного
параметра, то можно принимать значение этого параметра равным какому14
нибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто
полагают длину его ребра равным единице.
Пример 2. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостями сечений
AB1C1D и CB1 A1 D .
A1
D1
линия пересечения плоскостей сечений AB1C1D и
N
CB1 A1 D , так как B1 и D – их общие точки (рис. 3). В
B
A
Решение. Пусть ребро куба равно 1. Прямая B1D –
C1
B1
D
Рис. 3
C прямоугольных
треугольниках
B1 A1D
и
B1C1D
проведём высоты к гипотенузе B1 D из точек A1 и C1
соответственно. Поскольку треугольники B1 A1D и B1C1D равны, то эти высоты
«сойдутся» в одной точке N. Следовательно, A1 NC1 – линейный угол
двугранного угла A1B1DC1 .
Поскольку прямоугольные треугольники B1 A1D и B1C1D равны, то равны и
высоты A1 N и C1 N , опущенные на гипотенузу B1 D . Длины указанных высот
можно найти, например, через площадь любого из этих треугольников:
A1 N  C1 N  2 3 .
Далее, рассмотрим равнобедренный треугольник AC
1 1 N . В нём AC
1 1  2.
Найдём угол A1NC1 , воспользовавшись теоремой косинусов для стороны A1C1 :
A N 2  C1 N 2  A1C12
cos A1 NC1  1

2  A1 N  C1 N
Отсюда A1 NC1 

 
2
23 

2 3  2
2
2 2 3  2 3
2
 0,5 .
2
. Следовательно, искомый угол между плоскостями
3
сечений A1B1D и B1C1D равен

.
3
Ответ:

.
3
Пример 3. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 боковое ребро
равно b, а сторона основания a. Найдите косинус угла между плоскостями
ABC1 и A1 B1C .
15
Решение. Построим линию пересечения плоскостей
B1
M
C1
A1

грани AA1C1C призмы пересекаются в точке D и делятся
E
D N
этой точкой пополам. Аналогично, диагонали BC1 и B1C
B
A
ABC1 и A1 B1C (рис. 4). Диагонали AC1 и A1C в боковой
C
Рис. 4
в боковой грани BB1C1C призмы пересекаются в точке E
и также делятся этой точкой пополам. Точки D и E –
общие точки плоскостей ABC1 и A1B1C , поэтому прямая DE является линией
их пересечения. Кроме того, отрезок DE является средней линией
равнобедренных треугольников ABC1 и A1B1C , а значит, DE || AB и DE || A1B1 .
Рассмотрим равнобедренные треугольники C1DE и CDE. Они равны по
трём сторонам. Проведём в этих треугольниках медианы C1 N и CN к общему
основанию DE. Тогда C1N  DE и CN  DE . Следовательно, C1NC –
линейный угол двугранного угла C1DEC .
Найдём теперь косинус угла
равнобедренный
C1 N  CN 
C1 NC .
треугольник
С этой целью рассмотрим
C1 NC .
В
нём
CB12  MB12
CM
3a 2  4b 2


, CC1  b . Воспользовавшись теоремой
2
2
4
косинусов для стороны CC1 , получим:
cos C1 NC 
C1 N 2  CN 2  CC12 3a 2  4b 2
 2
.
2  C1 N  CN
3a  4b 2
В рассматриваемом примере требуется найти косинус угла  между
плоскостями ABC1 и A1B1C . Встаёт закономерный вопрос. Нашли ли мы
косинус того угла, который требуется в условии, или же нам необходим
косинус смежного с ним угла C1 NM (кстати, на рис. 4 через  обозначена
величина именно этого угла)? На этот вопрос можно ответить следующим
образом. Согласно определению угла между плоскостями, его величина
может быть в пределах от 0 до

, т.е. косинус такого угла должен быть
2
16
положительным. Поэтому, если 3a 2  4b 2  0 , то cos   cos C1 NC 
если же 3a 2  4b 2  0 , то cos   cos C1 NM 
4b 2  3a 2
3a 2  4b 2
3a 2  4b 2
,
3a 2  4b 2
(поскольку косинусы
смежных углов равны по абсолютной величине и противоположны по знаку).
| 3a 2  4b 2 |
.
3a 2  4b 2
Таким образом, окончательно: cos  
| 3a 2  4b 2 |
Ответ:
.
3a 2  4b 2
б) использование параллельных прямых
В некоторых задачах построение линейного угла затруднительно. И тогда
вместо линейного угла можно рассмотреть угол с соответственно
параллельными сторонами по отношению к линейному углу.
Пример 4. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, через точки M на
ребре BB1 и N на DD1 такие, что BM 
3a
a
и DN  , параллельно AC проведена
4
4
секущая плоскость. Определить угол между секущей плоскостью и
плоскостью ABC.
Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M
и N параллельно AC (рис. 5). С этой целью рассмотрим диагональную
плоскость AA1C1 . Соединим точки M и N, тогда AA1C1  MN  O , где точка O –
середина отрезка MN. Поскольку, согласно условию, секущая плоскость
параллельна AC, то прямая l её пересечения с плоскостью AA1C1 также будет
параллельна AC. Поэтому проведём через точку O прямую QP (QP || AC).
Соединив последовательно отрезками точки Q, M, P и N, получим сечение
QMPN. Так как секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по
параллельным
прямым,
то
четырёхугольник
параллелограммом.
17
QMPN
является
В квадрате ABCD диагонали перпендикулярны
B1
C1
M
A1
D1
P
O
K
B
прямую KN, параллельную BD. Тогда KN  l . Прямая
BD является проекцией наклонной MN на плоскость

Q
( BD  AC ), значит, BD  l . Проведем в плоскости BDD1
C
N
A
АВС, поэтому по теореме о трех перпендикулярах
MN  l . Прямая MN лежит в плоскости MPNQ , а
D
прямая
Рис. 5
КN
параллельна
плоскости
ABC .
Следовательно, угол KNM равен линейному углу искомого двугранного угла
(как углы с соответственно параллельными сторонами).
Пусть MNK   , тогда tg  
MB  ND a
2
2
 :a 2 
, откуда   arctg .
BD
2
4
4
Ответ: arctg
2
.
4
в) использование параллельных плоскостей
В некоторых задачах является эффективным подход, при котором вместо
угла между пересекающимися плоскостями  и  ищется угол между
плоскостями, параллельными рассматриваемым (или между одной из данных
плоскостей и плоскостью, параллельной другой из них).
C1
B1
B
A
между плоскостью грани AA1B1B и плоскостью BC1D .
D1
A1
D
Рис. 6
Пример 5. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол
E

Решение. Так как плоскость AA1B1 параллельна
C
плоскости DD1C1 , то искомый угол равен углу между
плоскостями BC1D и DD1C1 (рис. 6). Диагонали грани
куба перпендикулярны и точкой пересечения делятся
пополам. Поэтому EC  DC1 , где точка E – середина отрезка DC1 . Также
BE  DC1 , как высота равностороннего треугольника BC1D . Следовательно,
угол BEC есть линейный угол  двугранного угла BDC1C .
18
Треугольник BEC  прямоугольный ( BC  DD1C1 ) и BCE  прямой. Пусть
ребро
tg  
куба
равно
1,
тогда
BC  1,
EC 
D1C
1

2
2
BC
1
 1:
 2 . Отсюда,   arctg 2 .
EC
2
Следовательно,
Ответ:
arctg 2 .
г) использование перпендикуляров к плоскостям
l
На рис. 7 прямые l и l лежат в

l
плоскости
b



перпендикулярны
плоскостям  и  соответственно. Тогда

c
A

и

a
угол
между
ними
равен
углу
между
плоскостями  и  . В общем случае

прямые
Рис. 7
l
и
l
могут
быть
скрещивающимися.
Пример 6. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостями AB1C и
BC1 D .
Решение. Диагональ куба A1C перпендикулярна плоскости BC1 D (рис. 8),
так как A1C  BC1 и A1C  DC1 (по теореме о трех перпендикулярах).
Аналогично диагональ куба BD1 перпендикулярна плоскости AB1C . Таким
образом, задача сводится к нахождению острого угла
B1
между диагоналями A1C и BD1 прямоугольника BCD1 A1 .
C1
A1
D1
Пусть О – точка пересечения диагоналей и ребро
O
куба равно 1. Тогда A1C  BD1  3 , OC  OB 
C
B
A
Рис. 8
D
треугольника
ОВС
находим
1
OB 2  OC 2  BC 2 1
cos BOC 
 , т.е. BOC  arccos .
3
2  OB  OC
3
19
3
. Из
2
О
Пример 7. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Найдите угол
C1
B1
между плоскостями AB1C1 и A1 B1C .
D1
A1
Решение. Каждая из прямых AD1 и CD1 (рис. 9)
C
перпендикулярна
B
D
A
Рис. 9
плоскостям
A1 B1C
и
AB1C1
соответственно (докажите). Поэтому величина искомого
угла равна величине угла между прямыми AD1 и CD1 . Так
как треугольник AD1C – равносторонний, то получаем ответ:


. Ответ: .
3
3
Координатно-векторный метод
Применение данного метода позволяет свести решение исходной задачи к
задаче о нахождении угла:
а) между векторами нормалей данных плоскостей;
б) между направляющими векторами скрещивающихся прямых а и b,
лежащих в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярных к их линии
пересечения.
а) использование векторов нормалей пересекающихся плоскостей
Любой ненулевой вектор, перпендикулярный плоскости – ее вектор
нормали.
Известно, что каждое уравнение первой степени px  qy  rz  d  0 при
условии
p2  q2  r 2  0
задает
в
прямоугольной
системе
координат
единственную плоскость, для которой вектор n  { p; q; r} является вектором
нормали.
Задачу о нахождении угла между плоскостями  и  , заданными
уравнениями
p1 x  q1 y  r1 z  d1  0
и
p2 x  q2 y  r2 z  d 2  0
соответственно,
удобнее свести к задаче о нахождении угла между векторами их нормалей
n  { p1; q1; r1} и n  { p2 ; q2 ; r2 } , используя формулу для вычисления косинуса
угла между векторами
20
cos (, ) 
n  n
| n |  | n |
| p1  p2  q1  q2  r1  r2 |

p12  q12  r12  p22  q22  r22
.
(1)
Пример 8. Найдите угол между плоскостями, заданными следующими
уравнениями: 2 x  3 y  6 z  5  0 и 4 x  4 y  2 z  7  0 .
Решение. Векторы
и
n1  {2; 3; 6}
n2  {4; 4; 2}
– векторы нормалей
плоскостей 2 x  3 y  6 z  5  0 и 4 x  4 y  2 z  7  0 соответственно.
Тогда по формуле (1) косинус угла  между данными плоскостями равен:
cos  
Отсюда   arccos
n1  n2
| n1 |  | n2 |

| 2  4  3 4  6  2 |
4  9  36  16  16  4

16
.
21
16
16
. Ответ: arccos .
21
21
В задачах на вычисление угла между пересекающимися плоскостями в
общем случае уравнение плоскости находить не требуется. Координаты
вектора нормали можно вывести, если известны координаты трех точек
плоскости M , N , P , не лежащих на одной прямой. Для этого находим
координаты двух векторов плоскости a  MN  {a1; a2 ; a3} и b  MP  {b1; b2 ; b3} .
Предположим, что вектор с координатами n  { p ; q; r} (здесь
p , q, r
–
неизвестные числа, которые нужно найти) перпендикулярен любому вектору
плоскости  , т.е. a и b в том числе. Его координаты ищутся из условий
равенства нулю скалярных произведений n с векторами a и b из следующей
системы уравнений:
 n  a  0,
a p  a2 q  a3r  0,
1

b1 p  b2 q  b3r  0.
 n  b  0;
Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов,
перпендикулярных плоскости  , бесконечно много. Выразив, например, из
системы координаты
p
и
q
через
21
r,
выберем ненулевой вектор
n  { p(r ); q(r ); r} , взяв в качестве r какое-нибудь число (обычно берут так,
чтобы в координатах не было дробей или радикалов).
Пример 9. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Найдите угол между плоскостями MNP
и AKD, где точки M – центр грани AA1B1B , N – середина ребра B1C1 , K –
середина ребра CC1 , P – делит ребро DD1 в отношении DP : PD1  1: 2 .
Решение. Введем систему координат следующим
z
N
B1
C1
D1
A1
M
P
B
A
K
y
D
Рис. 11
образом. Точку A примем за начало координат. Оси Ax ,
Ay и Az направим вдоль ребер куба AD , АВ и AA1
соответственно (рис. 11). Пусть ребро куба равно 1.
C
Выразим
x
координаты
A(0; 0; 0),
D(1; 0; 0),
1

K (1;1; 0,5), M (0; 0,5; 0,5), N (0,5;1;1), P 1; 0;  .
3

Найдем координаты векторов:
AD  {1; 0; 0},
точек:
MN  {0,5; 0,5; 0,5},
MP  {1;  0,5;  1/ 6},
AK  {1;1; 0,5}. Теперь найдем координаты векторов n1
и n2 ,
перпендикулярных плоскостям MNP и AKD соответственно. Начнем с
вектора n1  { p1; q1; r1}. Его координаты ищутся из условий равенства нулю
скалярных произведений n1 с векторами MN и MP . Получаем систему
0,5 p1  0,5q1  0,5r1  0,
n1  MN  0,
2
7
 
 p1   r1 , q1   r1.

1
9
9
n1  MP  0;
 p1  0,5q1  6 r1  0;
Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов,
перпендикулярных плоскости MNP, бесконечно много. Выберем из данного
множества ненулевой вектор n1 , положив r1  9. Тогда n1  {2;  7; 9}.
Найдем теперь координаты вектора n2  { p2 ; q2 ; r2} , перпендикулярного
плоскости AKD. Его координаты ищутся из условий равенства нулю
скалярных произведений n2 с векторами AD и AK . Получаем систему
n2  AD  0,
 p  0  q2  0  r2  0,
 2
 p2  0, q2  0,5r2 .

p

q

0
,
5
r

0
;
n

AK

0;
2
2
2

 2
22
Возьмем r2  2. Тогда n2  {0;1; 2}.
Для нахождения угла между плоскостями MNP и AKD воспользуемся
формулой (1):
cos ( MNP, AKD) 
Отсюда (MNP, AKD)  arccos
0  7  18
4  49  81  0  1  4

125
.
134
125
.
134
Ответ: arccos
125
.
134
б) использование направляющих векторов скрещивающихся прямых
Ненулевой вектор q называется направляющим вектором прямой l , если
он лежит либо на самой прямой l , либо на прямой, параллельной ей.
Пусть p  {x1; y1; z1} и q  {x2 ; y2 ; z2 } – направляющие векторы прямых а и b,
тогда
угол
между

этими
прямыми
(пересекающимися
или
скрещивающимися) находят по формуле
cos  
x1 x2  y1 y2  z1 z2
x12  y12  z12  x22  y22  z22
.
(2)
Пример 10. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с
отношением сторон AB : AD  1: 2 (рис. 14). Каждое боковое ребро наклонено
к плоскости основания под углом, равным 60 . Точка R – середина ребра
MC . Найдите угол между плоскостями MAC и ADR .
Решение. Если считать, что AB  a, тогда AD  2a, и
z
M
Q
все линейные элементы в пирамиде будут зависеть от
R
H
B
O
A
D
Рис. 14
одного параметра а. Поэтому, не теряя общности, с
y
C
точностью до подобия можно принять AB  4. Тогда
x
AD  8,
OM  2 15 ,
где О
– точка пересечения
диагоналей прямоугольника, лежащего в основании.
Вершина M пирамиды MABCD проектируется в точку O . Введем систему
координат следующим образом. Точку O примем за начало координат. Оси
Ox и Oy направим параллельно сторонам основания, а ось Oz  вдоль высоты
23
пирамиды OM . Выразим координаты точек: A(4;  2; 0), B(4; 2; 0), C (4; 2; 0),
D (4;  2; 0), M (0; 0; 2 15), R(2;1; 15).
Отрезок AR является высотой в равностороннем треугольнике АМС,
поэтому прямая МR перпендикулярна ребру AR искомого двугранного угла.
Проведем в треугольнике
ADR
высоту DH. Тогда задача сведется к
нахождению угла между прямыми МR и DH.
Найдем
DA  {8; 0; 0}.
координаты
Так
векторов:
как
AH  k  AR  {6k ; 3k ; 15k}.
векторы
MR  {2;1;  15},
AH
и
Далее из равенства
AR
AR  {6; 3; 15},
коллинеарны,
то
получаем
DH  DA  AH
DH  {6k  8; 3k ; 15k}. Теперь, используя условие DH  AR, имеем уравнение
6(6k  8)  9 k 15 k  0 . Отсюда k  0,8 и DH  {3, 2; 2, 4; 0,8 15}.
Так как MR и DH – направляющие векторы прямых МR и DH
соответственно, то для нахождения угла между прямыми МR и DH
воспользуемся формулой (2):
cos  
6, 4  2, 4  12
4  1  15  10, 24  5, 76  9, 6

1
.
2
Значит, угол между прямыми МR и DH, и угол между данными плоскостями
равен

.
4
Ответ:

.
4
Метод решения задачи с использованием ключевых задач
Применение данного метода состоит в применении известных ключевых
задач, которые в большинстве случаев формулируются как теоремы.
Используются следующие ключевые задачи (теоремы):
а) теорема о площади ортогональной проекции многоугольника;
б) теорема «косинусов для трехгранного угла»;
в) теоремы «о трех синусах»;
24
г) использование формул, выражающей синус или косинус искомого
угла через расстояния от точки до плоскости и до прямой.
а) применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника
При применении этого метода угол  между плоскостями  и  можно
вычислить, используя формулу
cos  
Sпр.
,
S
(3)
где S – площадь многоугольника, лежащего в плоскости  , Sпр. – площадь
его ортогональной проекции на плоскость  .
Пример 11. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостью грани
AA1B1B и плоскостью BC1D .
проекцией треугольника
D1
A1
Решение. Пусть ребро куба равно 1. Ортогональной
C1
B1
на плоскость
AA1 B1
является треугольник AB1B (рис. 15), площадь которого
B
A
BC1D
C
равна 0,5 . Поскольку BD  BC1  C1 D  2 (как диагонали
D
Рис. 15
cos ( AA1 B1 , BC1 D) 
arccos
граней куба), то SBC D 
1
SAB1B
SBC1D

3
. Из формулы (3) получим:
2
3
3
. Отсюда ( AA1 B1 , BC1 D)  arccos .
3
3
Ответ:
3
.
3
Обычно рассматриваемый в этом пункте метод применяют при
вычислении угла между плоскостью сечения и плоскостью какой-либо грани
многогранника (часто в качестве такой грани выступает основание пирамиды
или призмы). Так поступают в случаях, когда нахождение Sпр. и Sсечения
является более простой задачей, чем непосредственное вычисление
двугранного угла  , сопряжённое с построением на чертеже его линейного
угла.
25
Пример 12. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 ,
стороны основания которой равны 1, а боковые ребра
D1
C1
равны 2, найдите угол между плоскостями BA1D1 и
B1
E1
AA1E1 .
F1
A1
Решение. Заметим, что четырехугольники BA1D1C и
C
D
B
AA1E1E  сечения данной призмы плоскостями BA1 D1 и
E
G
(рис.
AA1E1
F
Рис. 16
A
16).
перпендикулярны
Так
как
и
BA, D1E1
плоскости
CF
(они
AA1E1
перпендикулярны AA1 и AE ), то трапеция AA1E1G , где G  середина отрезка
AE , есть ортогональная проекция трапеции BA1D1C на плоскость сечения
AA1 E1E.
Трапеция BA1D1C  равнобедренная, с основаниями A1D1  2 , BC  1 и
боковыми
сторонами
BA1  CD1  1  4  5 .
19
 A D  BC 
 2 1 
h  CD12   1 1
,
  5
 
2
2
 2 


2
S BA1D1C 
Её
высота
равна
h
2
а
площадь
равна
A1 D1  BC
3 19
h 
.
2
4
В прямоугольной трапеции AA1E1G основания равны A1E1  3 , AG 
высота AA1  2 . Её площадь равна S AA E G 
1 1
3
,а
2
A1 E1  AG
3 3
 AA1 
.
2
2
В соответствии с формулой (3) находим:
cos ( BA1 D1 , AA1 E1 ) 
S AA1E1G
S BA1D1C

3 3 3 19
12
.
:

2
4
19
Ответ: arccos
12
.
19
б) применение «теоремы косинусов для трехгранного угла»
Трехгранным углом называется фигура, состоящая из
C
C1
x

A1

O 
нескольких лучей OA, OB, OC , выходящих из одной точки
Ñ
B1 B
Рис. 17
A
O и не лежащих в одной плоскости, и из плоских углов
26
AOB, BOC , AOC
между этими лучами (рис. 17). Точка O называется
вершиной трехгранного угла, лучи OA, OB, OC – ребрами, части плоскостей,
заключенные между ребрами, называются гранями, а углы AOB, BOC , AOC ,
образованные ребрами, лежащими в одной грани, называются плоскими
углами трехгранного угла.
Теорема («косинусов для трехгранного угла»). Пусть , ,  – плоские
углы трехгранного угла, а C – внутренний двугранный угол (его величина),
противолежащий углу  (рис. 17). Тогда справедливо следующее равенство
cos C 
cos   cos  cos 
.
sin  sin 
Пример 13. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 все стороны
равны 1. Найти косинус угла между плоскостями AB1C и A1B1C .
Решение. Рассмотрим трехгранный угол при вершине B1 пирамиды
AA1CB1 . Обозначим через  плоский угол двугранного угла AB1CA1 (рис. 18).
Найдем значения синусов и косинусов плоских углов при вершине B1 .
Грань
B1
C1
A1
2
В треугольнике B1 A1C B1 A1  1 , AC
 B1C  2 . Тогда
1
C
Рис. 18
2
. В
2
треугольнике AB1C AC  1 , AB1  B1C  2 . Тогда
D
A
– квадрат, поэтому cos AB1 A1 
AB12  B1C 2  AC 2 3
7
3
cos AB1C 
 , а sin AB1C  1    
.
2  AB1  B1C
4
4
4

B
ABB1 A1
cos CB1 A1 
B1C 2  B1 A12  A1C 2 2  1  2
1


,
2  B1C  B1 A1
2  2 1 2 2
а
2
7
 1 
.
sin CB1 A1  1  
 
2 2
2 2
Применяя теорему косинусов для трехгранного угла при вершине B1 ,
получим
cos  
cos AB1 A1  cos AB1C  cos CB1 A1 5
 .
sin AB1C  sin CB1 A1
7
27
Ответ:
5
.
7
в) применение теоремы «о трех синусах»
Теорема («о трех синусах»). Пусть в
A
одной из граней двугранного угла,
величина которого равна  , проведена


прямая,
C 
B
составляющая
с
ребром
двугранного угла угол  ( 0     / 2 ), 

D
Рис. 19
– величина угла между этой прямой и
другой
гранью
(рис.
19).
Тогда
справедливо следующее соотношение (следствие теоремы синусов для
трехгранного угла):
sin   sin  sin  .
Пример 14. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол
C1
B1
A1
между плоскостями AB1C и АВС.
D1
B
C
D
A
Рис. 20
Решение. Пусть
  B1 AC  60 ,
A1
D1
sin  
2
.
3
(рис. 20), то имеем
2 3
2
.
:

2 2
3
Отсюда
Ответ: arcsin
2
.
3
B1
Пример 15. Диагональ
C1
A1C
куба
ABCDA1 B1C1 D1
служит ребром двугранного угла, грани которого
E
A
D
искомый угол. Так как
  B1 AB  45
sin 45  sin  sin 60 ,
  arcsin

проходят через B1 и D1 . Найдите величину этого угла.
B
C
Рис. 21
Решение. Будем считать куб единичным. Пусть Е –
середина отрезка A1 D , тогда из треугольника A1 D1 E

4
получаем sin   sin 
2
(  – угол между прямой A1 D1 и плоскостью A1 B1C )
2
(рис. 21).
28
Из треугольника A1 D1C находим sin  
CD1
2
2


(  – угол между
CA1
3
3
прямой A1 D1 и ребром A1C двугранного угла). Далее имеем
3
. Так как точка Е (проекция точки
2
sin  
расположена вне искомого двугранного угла, то  
2
2
 sin   ,
2
3
D1 на плоскость
2
.
3
A1 B1C )
Ответ:
2
.
3
г) Использование расстояний от точки до плоскости и до прямой
Этот пункт опирается на такие понятия, как
M
расстояние от точки до прямой и расстояние от

B1
l
A
точки до плоскости.
Пусть даны две плоскости  и  (рис. 22),
H
C1
A1
D1

пересекающиеся по прямой l. Если известны
расстояния от точки М, лежащей в плоскости
Рис. 22
 , до плоскости  и до прямой l, то угол между
B
плоскостями  и  можно вычислить, используя
C
D
A
Рис. 23
формулу
sin (, ) 
( M ,  )
,
( M , l )
(4)
где ( M , ) – расстояние от точки М до плоскости  ,   M , l  – расстояние от
точки М до прямой l.
Пример 16. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостями AB1C
и A1 B1C .
Решение. Пусть сторона куба равна 1. Обозначим AB1C   и A1B1C  .
Данные плоскости пересекаются по прямой B1C. (рис. 23). Расстояние от
точки А, принадлежащей
плоскости AB1C , до прямой B1C равно длине
высоты
треугольника
равностороннего
29
AB1C
со
стороной
2,
т.е.
2
3
6

. Расстояние от точки А до плоскости A1 B1C равно половине
2
2
диагонали квадрата, т.е.
2
2 6
1
. По формуле (4) имеем sin   ;   
.
:

2
2 2
3
Отсюда искомый угол равен arcsin
1
. Ответ: arcsin
3
1
.
3
Замечание. Отметим, что в зависимости от способа решения ответ
получается в разной форме: arcsin
1
2
1
, arccos
или arctg .
3
3
2
Заключение
Отдельные задачи допускают решение различными методами, поэтому в
процессе обучения целесообразно разбирать эти способы решения и
сравнивать их. Это позволяет учащимся уловить специфику того или иного
подхода, его преимущества и недостатки в зависимости от содержания
задачи. Владение учителем рядом способов решения задач дает ему ключ в
предпочтительном выборе метода в учебном процессе и тем самым успешно
вести обучение.
Задачи для самостоятельного решения
1. Диагональ A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 служит ребром двугранного угла,
грани которого проходят через середины ребер АВ и DD1 . Найдите величину
этого угла.
2. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостями AB1C и АВС.
3. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостями BDC1 и B1 AD .
4. Все ребра правильной призмы ABCA1B1C1 равны между собой. Найдите
угол между плоскостями AB1C и BB1C1 .
5. В правильной призме ABCDA1 B1C1 D1 отношение ребер AB : AA1  3 : 4.
Найдите
углы,
которые
образует
плоскость
плоскостями:
30
AB1C
со
следующими
а) A1 B1C; б) AB1C1; в) BC1D.
6.
Основание
прямой
четырехугольной
призмы
ABCDA1 B1C1 D1
–
прямоугольник ABCD , в котором АВ  5 , AD  33 . Найдите тангенс угла
между плоскостью грани AA1 D1 D призмы и плоскостью, проходящей через
середину ребра CD перпендикулярно прямой B1 D , если расстояние между
прямыми A1C1 и BD равно 3 .
7. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно
диагонали ее основания. Найдите следующие двугранные углы: а) при ребре
основания; б) при боковом ребре; в) между противоположными боковыми
гранями.
8. Все ребра пирамиды SABC равны между собой. Точки K и L 
середины ребер AB и BC . Найдите угол между плоскостями ABS и KSL .
9. Все ребра пирамиды SABCD с вершиной S равны между собой.
Найдите угол между плоскостями SBM и SCD , где точка M  середина ребра
CD .
10. В правильной пирамиде SABCDEF с вершиной S боковое ребро в 2
раза больше стороны основания. Найдите угол между плоскостями SAF и
SFD .
11. Отношение образующей конуса к радиусу его основания равно
3 : 1.
Найдите углы, образуемые плоскостью основания конуса с плоскостями,
проходящими через его вершину и хорду, стягивающую дугу, равную  , в
следующих случаях:
а)   60; б)   90; в)   120 .
12. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все ребра
которой равны 1, найдите угол между плоскостями BA1D1 и DD1E1 .
13. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все боковые
грани – квадраты. Найдите угол между плоскостями AA1F1 и A1B1C .
31
14. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , стороны
основания которой равны 1, а боковые ребра – 2, найдите угол между
плоскостями BA1D1 и AAC
1 1.
15. Через вершину С основания правильной треугольной пирамиды ABCD
проведена плоскость перпендикулярно боковому ребру DA. Эта плоскость
составляет с плоскостью основания угол, косинус которого равен
2
.
3
Определите косинус угла между боковыми гранями пирамиды.
Ответы: 1.
arccos
2
3
2
2
1
. 2. arccos  arcsin . 3. arccos . 4. arccos . 5. а)
3
3
3
3
7
5 41
5 41
9
 1
; б) arccos
; в) arccos . 6. 1,2. 7. а) arctg 6 ; б) arccos    ; в)
41
41
41
 7
2 6
5
1
3
3
arccos . 8. arccos
; б) arctg 2; в)
. 9. arccos
. 10. arccos
. 11. а) arctg
3
7
11
11
65
arctg 2 2 . 12. arccos
3.
8
3 7
. 13. arccos
1
1
12
. 14. arccos
. 15. .
7
19
7
Уравнения с модулем. Иррациональные уравнения
3.1.
Уравнения с модулем
Для решения уравнений с модулями часто предлагаются схемы решения
определенных типов уравнений. Однако лучше запомнить и освоить
основной метод решения уравнений с модулями, а именно, пользуясь
свойством сохранения
знака непрерывной функцией на промежутке, не
содержащем нулей функции, раскрываем модули на конкретном промежутке
и решаем полученные уравнения-следствия без модулей. После решения
уравнений без модулей нужно проверить, принадлежат ли корни уравнения
следствия соответствующему промежутку.
Также следует помнить, что в ряде случаев, накладывая условие на знак
выражения под модулем, можно не решать соответствующее неравенство, а
32
решить уравнение-следствие и затем проверить выполнение найденных
условий для полученных значений неизвестного.
Чтобы не запутаться, с каким знаком бралось выражение под знаком
модуля перед его раскрытием, удобно использовать метод промежутков.
Пусть есть уравнение вида
f1 ( x)  ...  f k ( x)  f k 1 ( x) ...  f n ( x)  g ( x) ,
(1)
где каждая функция непрерывна на области определения.
Находим совместную область определения функций f1 ( x),..., f n ( x) из равенства
(1) и решаем совокупность уравнений
 f1 ( x)  0,
................

 f n ( x)  0.
В каждом из промежутков, на которые корни совокупности разбивают
область определения уравнения, функции, стоящие под знаком модулей,
имеют постоянный
знак. Поэтому исходное уравнение на каждом
промежутке заменяется на уравнение, не содержащее знаков абсолютной
величины и равносильное исходному.
4. При решении уравнения, в котором под знаком модуля находятся
выражения, содержащий модуль, часто бывает полезно сначала освободиться
от внутренних модулей, а затем в полученных уравнениях раскрывать
оставшиеся модули.
Пример 1. Решить уравнение
x2  x  8   x .
Решение. Решим данное уравнение, используя схему (5.3):
 x 2  x  8   x,

 x  0,
x2  x  8   x  

2
 x  x  8   x,

 x  0


 x 2  8,

 x  2 2,
 x  0,
 
 
2
 x  2.
 x  2 x  8  0,

  x  0

33
Ответ:
Пример 2. Решить уравнение
2 2, 2 .
3 x  4  4 x 2  3x  2 .
Решение. Для решения уравнения воспользуемся схемой (5.2):
3x  4  4 x 2  3 x  2,

3x  4  0,
3x  4  4 x 2  3x  2  

2
3x  4   4 x  3 x  2 ,

3x  4  0


2 x 2 1  0,

 x  4 / 3,
3  33
 
 x
.
2
4
2 x  3 x  3  0,
 x  4 / 3

Ответ:
Пример 3. Решить уравнение
3  33
.
4
x4  x4  x7 .
Решение. Данное уравнение эквивалентно совокупности уравнений:
при
1)
x  4  x  4  x  7
x  4 ;
2)
x4 x4 x7
при
4  x  4 ;
3)
x4 x4  x7
при
x4.
Корень первого уравнения, равный

7
,
3
не принадлежит промежутку
 ; 4 и, поэтому не является решением исходного уравнения. Корнем
второго уравнения является
x 1 ;
третьего –
x7.
Они удовлетворяют
соответствующим условиям.
Ответ: 1; 7.
Пример 4. Решить уравнение
x3 
5x
3x
 2  x3  x 2   2 .
2
2
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
2
2
 3 5 x   3 2 3x 
 x   2  x  x   2  0 .
2
2

 

34
Раскладывая левую часть равенства на множители по формуле разности
квадратов,
и
приводя
2 x( x  2)2 ( x 1)( x  0,5)  0 .
подобные
члены,
Отсюда корни уравнения
получим
уравнение
x1  0, x2  2 , x3  1, x4  0,5 .
Ответ: –2; –1; 0; 0,5.
Пример 5. Решить уравнение
x4  x4 
2
x3
.
Решение. Левая часть уравнения после раскрытия модулей будет иметь
вид:
 x  4  x  4, x  4,
2 x, x  4,


x  4  x  4   x  4  x  4,  4  x  4,  8,  4  x  4,
 x  4  x  4, x  4
2 x, x  4.


При
2
x
3

x0
2
4
64
при
правая часть уравнения отрицательна, а левая положительна;
x4,
а
x  4  x4 8 .
Это означает, что на этих промежутках
уравнение не будет иметь решений. При
убывающая функция, а левая часть
исходное
уравнение
будет
определяется из условия
2
x
3
8.
иметь
4 x0
правая часть уравнения
x4  x4
1
x 3
4
Пример 6. Решить систему уравнений
 x  2 y  3,

 x  y  3.
Решение.
втором
Раскроем
модуль
во
x3
–
равна 8. Следовательно,
единственное
Получаем ответ
2
решение,
. Ответ:
уравнении:
1
4
3
которое
.

 x  2 y  3,



 x  y 3
 x  2 y  3,
 x  2 y  3,
 x  6  2 x  3,
 x  1,




 x  0,
 x  0,
 x  0,
 x  0,



 x  3  3,
  y  3  x,
  y  3  x,
 y  2,
 
 
 
 
 x  2 y  3,
 x  2 y  3,
 x  6  2 x  3,
 x  3,
 x  0,
 x  0,
 x  0,
 x  0,




 x  y  3
 y  3  x
 y  3  x
 y  0.
Ответ: 1; 2 ,
Задания для самостоятельного решения
Решить уравнения:
1.
x 1  x  2 1 .
2.
x 1  2 x  2  3 x  3  4 .
35
3.
x 2  2 .
(3, 0) .
4. Решить систему уравнений:
 x  2  1,


x 5y
;
x  2 y 
3

5. При каких
a
уравнение имеет хотя бы одно решение:
x 1  2 x  3  a .
6. При каких
уравнение имеет ровно три решения:
a
x2  2 x  3  a .
7. Решить уравнение
8. При каких
a
3x3 12 x 1  3x3 18x2 1 .
уравнение имеет хотя бы одно решение:
x 1  x  a  3 .
9. Решить уравнение
x  3  x  3  8  x4 .
10. Решить уравнение:
x  x  a  x 3 .
Ответы
1. 1; 2 ; 2. 2; 3 ; 3.
8.
4  a  2 ;
9.
4 2 ;
10.
0;  4 ;
a 3
3
3.2.
4. 1; 2 , 3; 6 ; 5.
при
a
3
, 3 a
2
при
a
a
1
;
2
6.
a4;
7.
1
 ; 0;1; 2 ;
3
3
.
2
Иррациональные уравнения
При решении иррациональных уравнений используют общие методы
решения
уравнений: замены переменной, переход к равносильному
уравнению или системам уравнений, переход к уравнению-следствию,
использование монотонности и ограниченности функций, входящих в
уравнение и т. д.
При решении иррациональных уравнений следует осторожно обращаться
с понятием ОДЗ (область допустимых значений) уравнения. Это понятие
полезно, но часто ОДЗ в разных пособиях трактуется неодинаково, что ведет
к путанице (см. ниже примеры 1, 8).
36
Ниже методы решения иррациональных уравнений демонстрируются на
примерах.
Пример 1. Решить уравнение
2 x  x 3.
Решение. 1 способ. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
уравнение, являющееся следствием исходного:
2 x  x  3  4 x  ( x  3) 2  x 2  10 x  9  0 .
Корни последнего 1 и 9. Так как обе части уравнения возводились в чётную
степень, то необходимо сделать проверку. Подставляя
уравнение, получим равенство
2  1 3,
x 1
в исходное
которое является ложным. Значит,
не является корнем (является посторонним корнем). При подстановке
получим верное равенство
x 1
x9
2 9  9  3.
Ответ: 9.
2 способ (переход к равносильной системе). Так как
число неотрицательное, то
x3
2 x
по определению
также должно быть неотрицательным. Если
выражения A и B неотрицательны, то равенства A = B и A2 = B2
равносильны. Значит, уравнение
4 x  ( x  3) 2 ,
 x 2  10 x  9  0,
2 x  x 3 

 x  3  0
 x  3  0.
Решениями первого уравнения системы являются числа 1 и 9, из которых
условию x – 3  0 удовлетворяет только x = 9.
3 способ (замена переменной). Положим
x  t, t  0 .
Ответ: 9.
Получим уравнение
2t = t2 – 3  t2 – 2t – 3 = 0.
Его корни t = – 1 и t = 3. Первый корень не удовлетворяет условию t  0.
Решением уравнения
x 3
будет число x = 9. Оно является решением
исходного уравнения.
Ответ: 9.
Отметим, что ОДЗ уравнения примера 1 есть промежуток ;, так как
определён для x  0, а выражение x – 3 определено для всех x . Оба числа
и
x9
принадлежат ОДЗ, но
примере
можно
было
x 1
x
x 1
корнем не является. Конечно, в этом
потребовать,
37
чтобы
выражение
x3
было
неотрицательным, и назвать ОДЗ уравнения промежуток ;. Однако в
более сложных примерах такой анализ может вызвать затруднения.
Пример 2. Решить уравнение
x  x  3  10x  1 .
Решение. ОДЗ данного уравнения определяется системой неравенств
 x  0,

 x  3  0,  x  0,1 .
10 x  1  0

Так как на ОДЗ обе части уравнения неотрицательны, то для
x  0,1
данное
уравнение равносильно уравнению
x  2 x x  3  x  3  10x  1  x x  3  4 x  2 .
Для решения последнего уравнения снова возведём обе его части в
квадрат
 x( x  3)  4(2 x  1)2 ,


15 x 2  19 x  4  0,
x x  3  4 x  2   x  0,1,


 x  0,5.
4 x  2  0

Уравнение
15 x 2  19 x  4  0
удовлетворяет условию
имеет корни
x  0,5 .
x 1
и
x  4 /15 ,
из которых второй не
Значит, корнем исходного уравнения является
Ответ: 1.
x 1.
Замечание. Отметим, что
x  4 /15
принадлежит ОДЗ уравнения, но не
удовлетворяет условию 4x – 2  0, возникшему при втором возведении обеих
частей уравнения в квадрат.
Таким образом, при решении иррациональных уравнений необходимо чётко
отслеживать знаки выражений, возводимых в четную степень (или
пользоваться проверкой корней).
Отметим также, что метод равносильных преобразований очень эффективен,
когда
проверка
корней
вызывает
трудности
иррациональные числа).
Пример 3. Решить уравнение
3 x  2  3 x .
Решение.
38
(например,
корни
–
3 x  2  3 x  3 x  4 3 x  4  3 x  2 3 x 
2

x 2  8
12  4 x   2  x  ,

 2  x  

 x  2 2 .


 x  2
 2  x  0
Ответ:
 2 2.
Пример 4. Решить уравнение
5  x  4  x  1  10  x  6  x  1  1.
Решение. Заметим, что подкоренные выражения представляют собой полные
квадраты. Действительно:
5  x  4  x  1  x  1  4  x  1  4 

x 1  2
и, аналогично, 10  x  6 
x  1  ( x  1  3) 2 .
Пользуясь равенством
a2  a
y
x  1, y  0 .
2
, получим:
x 1  2 
Положим

x 1  3  1 .
Тогда уравнение примет вид:
y  2  y  3  1, y  0 .
Раскрывая модули, получим, что уравнение равносильно совокупности:
 0  y  2,

 2  y  3  y  1,
 2  y  3,
 2  y  3.

y

2

3

y

1
,


 y  3,

  y  2  y  3  1.
Возвращаясь к переменной x, будем иметь:
2  x 1  3 .
Так как все члены этих
неравенств неотрицательны, то после возведения в квадрат получим 4  x + 1
 9, откуда 3  x  8.
Ответ: 3; 8.
Замечание. Представление подкоренных выражений в виде полного
квадрата часто вызывает затруднение. Если сделать замену
y  x 1
с самого
начала, то получим x = y2 – 1 и, значит, исходное уравнение примет вид
y2  4  4 y  y2  9  6 y  1 
Пример 5. Решить уравнение
39
 y  22   y  32
1.
3
x  2  x 1  3.
Решение (метод сведения иррационального уравнения с помощью замены
к системе рациональных уравнений). Положим
u  3 x  2 , v  x 1 .
Тогда u + v
= 3. Найдём ещё одно уравнение, связывающее u и v. Так как u3 = x – 2, v2 = x
+ 1, то v2 – u3 = 3. Итак, в новых переменных имеем
u  v  3,
v  3  u ,
 3
 2
3
v  u  3
u  u 2  6u  6  0.
Второе уравнение системы запишем в виде u2(u – 1) + 6(u – 1) = 0. Отсюда
получим u = 1 и, значит, x = 3.
Ответ: 3.
Пример 6. Решить уравнение
y
y
v(x)
u(x)
(использование
монотонности функций). Если функция
x
O
а)
x  1  x  2  3 29  x .
Решение
u(x)
x
O
5
v(x)
б)
u(x) монотонная, то уравнение u(x) = A
Рис 1.
либо не имеет решений, либо имеет
единственное решение. Отсюда следует, что уравнение u(x) = v(x), где u(x) –
возрастающая, а v(x) – убывающая функции, либо не имеет решений (рис.1,
а), либо имеет единственное решение (рис.1, б)
В нашем случае функции
f  5 x 1
и
g  x2 ,
а значит и их сумма,
возрастают на области определения уравнения. Функция   3 29  x убывает
на ОДЗ уравнения. Подбором находим, что
уравнение имеет решение
x2
f (2)  g(2)  1  2   (2). Итак,
и оно единственно.
Ответ: 2.
Замечание. При данном способе решения важнейшим моментом является
обоснование единственности «угаданного» корня, а не собственно его
подбор.
Пример 7. Решить уравнение
40
x 2 1  4 x 4 1  2  x 2 .
Решение
(использование
уравнение). Так как
меньше двух для
x2 1  1
ограниченности
и
4
для
x 4 1  1
, а правая часть
x
x
выражений,
входящих
в
, то левая часть уравнения не
2  x2  2
для всех
x
. Поэтому
уравнение может иметь корнями только те значения x , при которых
 x 2  1  4 x 4  1  2,

2  x 2  2.
Решая
второе
уравнение
системы,
найдём
удовлетворяет и первому уравнению системы. Итак,
x0.
x0
Это
значение
– корень уравнения.
Ответ: 0.
Пример 8. Решить уравнение
3  3x  1  4  3 x  7  x  1  (2  1  x ).
Решение. Нетрудно заметить, что ОДЗ уравнения состоит из одной точки x
= 1. Проверкой убеждаемся, что
– решение уравнения.
x 1
Ответ: 1.
Задания для самостоятельного решения
Решить уравнения:
1.
4.
6.
8.
2 x  2  10  x .
x 2  x 6  2.
2.
( x  2) x 2  x  20  6 x  12.
3
11.
13.
15.
5.
7.. 2
x 2  4  3 x  3  0.
4  x  2  4  x.
x 2  3x  11  x 2  3x  3  5 .
9.

(2  x)( x  3)  1  sin
x
2
( x 2  5 x  6)  3 x  7  0 .
x 2  4x  4  x 2  6x  9  1 .
x  3 2 x  2  x  6  4 x  2  5.

3.
3
12  x  3 x  14  2 .
12.
6
10.
2 x 2  2 x 2  3x  9  33  3x .
x x 7  254 x x  54.
 1  x 2  5x  6 .
14.
x 2  4 x  5  x 2  4 x  13  x 2  4 x  0 .
x  3  x  3  x  x  9  4.
2
Для всех действительных значений параметра a решить уравнения:
16.
17
a
x 5
 x 5.
7.72. x  x  a . 7.73.
x  a  x 1 .
x 2  4x  4  x 2  6x  9  a .
Ответы
41
1. 18. 2. 7. 3. 7/3; 3. 4. –7; 8. 5. [2; 3] 6. 1; 27. 7.

10. –4,5; 3. 11. 7. 12. 6561. 13. 0,75 14. 2. 15.
решений при
 1  4a  3
2
a  25 .
при
решений при
2
3
; 1; 2;
73
.
16
16.
11
.
3
a  25
 2 3.
при
9. –15; 13.
a  25 ;
нет
2a  1  4a  1 при a  0 ; нет решений при a  0 . 16.
2
 1  4a  3 при a  1 ; нет решений при a  3 . 17. Нет
4
2
7.72.
3
 a  1;
4
8.
a 5;  3 x  2
при
a  5;
a 1
a 1
,
2
2
42
при
a  5.