Задача №1. Основание прямой четырёхугольной призмы A...D1 прямоугольник ABCD, в котором AB = 12, AD 31 . Найдите косинус угла между плоскостью основания призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра AD перпендикулярно прямой BD1 , если расстояние между прямыми ACи B1D1 равно 5. Z Z C1 D1 A1 B1 D=0 X A C Y y B Решение: 1) ( AC B1D1 ) 5 AA1 DD1 BB1. 2)Введем прямоугольную систему координат X0YZ так, чтобы начало координат находилось в вершине D. 3) Плоскость, проходящую через середину ребра AD перпендикулярно прямой BD1 , обозначим . Угол между плоскостями ( ABC , ) - это угол между нормальными векторами, перпендикулярными этим плоскостям. AA1 ( ABC ); DD1 ( ABC ). 4) Найдём координаты вершин призмы и векторов BD1 , DD1 . D1 (0,0,5); B( 31,12,0) . DD1 (0;0;5) ; BD1 ( 31, 12,5). cos(( ABC ), ) DD1 BD1 DD1 BD1 5 5 1 2 . 4 200 10 2 2 2 0 0 25 0 0 25 31 144 25 Ответ: cos 2 . 4 Задача №2. В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC известны рёбра AB 20 3 , SC=29. Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой AM, где М – точка пересечения медиан грани SBC. S M С A ϕ N M1 O B Решение: 1)N – середина BC. NS проектируется на прямую AN, поэтому проекция точки M – т. M1лежит на отрезке AN; т.е. проекция ANравна проекции AM. Следовательно, MAM1 искомый. 2) MM1 || SO, где т.O – центр основания, следовательно, SNO подобен MM1 N , где K=3. ON SO SN 3 :1, NM 1 MM 1 MN 1 3 так как NM SN ; SN 3NM . 1 9 3) AM 1 AN NM 1 AN 8 8 30 80 AN . 9 9 3 AN (20 3)2 (10 3)2 30. 1 ON 1 AN 1 ON 3MN ; ON AN ; AN 3ON ; NM 1 AN . 3 3 33 9 1 3 4) MN SO OA 1 1 1 37 SC 2 CO 2 292 AO 2 292 202 7. 3 3 3 3 2 2 AN 30 20. 3 3 5) Из MM 1 A : tg MAM 1 Ответ: arctg MM 1 21 7 21 . AM 1 80 80 80 3 21 . 80 Задача №3. В правильной шестиугольной призме AF1, все рёбра которой равны 3, найти (C; D1E1 ) . D1 E1 F1 C1 A1 E B1 D F C A B Решение: 1) FC || DE , ABCDEF –правильный шестиугольник. 2) D1E1 || DE, т.е. D1E1 || FC. 3) (C, D1E1 ) ( D1E1 , FC ) . 4) В трапеции FE1D1CD1E1=3, FC=6, FE1=CD1 FE1 CD1 63 CH 2 D1 G H 32 32 3 2. 3 . 2 9 63 3 7 . 5) D1H 18 4 4 2 Ответ: E1 3 7 . 2 F C Задача №4. Найти угол между плоскостями (α) 2х+3y+6z-5=0; (β) 4x+4y+2z-7=0. Решение: 1) n1 , n1 (2;3; 6). n 2 , n 2 (4; 4; 2). 2) Угол между плоскостями α и β, - это угол между нормальными векторами, перпендикулярными этим плоскостям. cos n1 n 2 n1 n 2 2 4 3 4 6 4 22 9 36 16 16 4 Ответ: ( ; ) arccos 32 32 16 . 49 36 7 6 21 16 . 21 Задача №5. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD, все рёбра которой равны 1, найдите расстояние между BDи SA. Дано:SABCD – правильная пирамида; SA=SB=SC=SD=AB=BC=DC=AD=1. Найти:ρ(BD;SA). S E D A C B Решение: 1) Пусть Е – основание перпендикуляра, опущенного из т.О на ребро AS. 2) BD ( AOS ) , т.к. BD AO и BD SO (признак a ), следовательно, BD OE . Т.о., ЕО – общий перпендикуляр к BD и SA, т.е., EO ( BD; SA). 3) Найдём ЕО из AOS . 1 1 AO SO AS EO, тогда 2 2 AO SO 1 2 EO , AO AC . AS 2 2 2 AS 1, SO (из AOS ). 2 SAOS Т.о., EO 2 2 1 . 2 2 1 2 1 То есть, ( BD; SA) . 2 1 Ответ: ( BD; SA) . 2 Задача №6 (СГЭ-2011) Диаметр ANи хорда AB основания конуса соответственно равны 24 и 16, высота конуса 125. Найти тангенс угла между плоскостью основания конуса и плоскостью сечения конуса, проходящей через вершину конуса и хорду AB. S Дано:SAN – конус, AN=24, AB=16, SO 125. Найти: tg SCO. A O N ϕ C B Решение: 1) Рассмотрим ABO - равнобедренный, т.к. OA=OB=R=12 (AN=D=24). OC AB, OC – медиана, биссектриса, высота, тогда AC=BC=8. 2) Из AOC (C 90o ) по теореме Пифагора: OC OA2 AC 2 144 64 80 4 5. 3) Рассмотрим ABS - равнобедренный, т.к. SA=SB, SC AB , SC–медиана и биссектриса. Таким образом, SOC - линейный угол двугранного угла между плоскостями (ABN)и (ABS). o 4)Из SOC (O 90 , т.к. SO ( ABN )) . SO 125 5 1, 25. OC 4 5 4 Ответ: tg SCO 1, 25. tg Задача №7. В цилиндре отрезок ABявляется диаметром нижнего основания и равен 10. Точка С лежит на окружности верхнего основания цилиндра и одновременно принадлежит осевому сечению цилиндра, перпендикулярного AB. Найти косинус угла между плоскостью (ABC) и плоскостью основания цилиндра, если BC=13. C O1 Дано: цилиндр, AB=10 – диаметр; MCHN –осевое сечение; (ABC) – сечение цилиндра; BC=13. Найти: ( ABC );( ABH ). M α H A O B N Решение: 1) CH ( ABH ), HO AB , тогда CO AB (по теор. о трёх ); AB (COH ) . Т.о. COH - линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями (ABH)и (ABC). 2) Рассмотрим COB, COB 90o (см. п.1), 1 AB 5, т.о. по т. Пифагора CO CB2 OB2 169 25 144 12. 2 3) Рассмотрим COH , H 90o , тогда OH 5 cos COH . CO 12 5 Ответ: cos COH . 12 OB Задача №8. Через вершину правильной треугольной пирамиды и середины двух сторон основания проведено сечение. Найти площадь сечения и объём пирамиды, если известны стороны основания а и угол α между сечением и основанием пирамиды. S Дано: SABC – правильная пирамида; AB=AC=BC=а; (SDE) – сечение; ( SDE ), ( ABC ) ; AD=DC; AE=EB. Найти: S DSE ;VSABC . E A B N O D M C Решение: 1 2 1 3 1) В ABC : AN NM AM , AO 2OM , OM AM . 1 BC , т.к. AD=DC, AE=EB (по условию). 2 2) SN DE , SO ( ABC ) => ON DE (теор. о трёх ). SNO (по условию). 1 1 1 3) ON MN OM AM AM AM . 2 3 6 BDи AM – медианы, DE AM AC 2 CM 2 a 2 Т.о. ON a2 a 3 o (из ACM , M 90 ). 4 2 a 3 . 12 o 4) Из SNO, O 90 найдём SN SO ONtg 5) SDSE ON a 3 . cos 12 cos a 3 tg . 12 1 aa 3 a2 3 DE SN . 2 4 12 cos 48cos 1 1 1 a2 3 a 3 a 2 tg tg . 6) VSABC SOCH SO 3 3 2 2 12 48 a2 3 a 2 tg , VSABC . Ответ: S DSE 48cos 48 Задача №9. Высота правильной треугольной призмы AC1равна Н. Плоскость, проведённая через среднюю линию нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания, составляет с плоскостью нижнего основания острый двугранный угол α. Найти площадь сечения, образованного этой плоскостью.