Презентация "Применение ортогонального проекцирования" 11 класс

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014 г. Применение ортогонального проекцирования Задача 1. Условие:

• Изобразите сечение единичного куба A…D1, проходящее через вершину D1 и середины ребер AB; BC. Найти его Sсеч.

Решение:

• K

• L

• M

• Ответ:

Задача 2. Условие:

• Изобразите сечение единичного куба A…D1, проходящее через середины ребер AA1, CC1 и точку на ребре AB, отстоящую от вершины A на 0,75. Найдите его площадь.

Искомым сечением будет шестиугольник. Площадь его ортогональной проекции на плоскость ABC равна ,косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC равен . Площадь сечения равна .

• Искомым сечением будет шестиугольник. Площадь его ортогональной проекции на плоскость ABC равна ,косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC равен . Площадь сечения равна .
• Ответ:

Задача 3. Условие:

• В прямой призме ABCA1B1C1 BK-биссектриса основания ABC. Через биссектрису и вершину А1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания 60°. Найти Sсеч., если AB=3, BC=6, угол ABC=30°.

• . AK=t; KC=2t.

• Ответ: 3.

Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в точку A, а прямую b в прямую b1, то расстояние между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b1.

• Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в точку A, а прямую b в прямую b1, то расстояние между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b1.
• Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до плоскости, проходящей через вторую прямую параллельно первой прямой.

Задача 4. Условие:

• Дан правильный тетраэдр МАВС с ребром 1. Найдите расстояние между прямыми АL и МО, если L – середина МС, О – центр грани АВС.

• В

• С

• А

• M

• L

• 1

• О

• Р

• Н

• Q

Решение:

• LН (ABC), Н СО.

• 5. Вычислим ОQ.

• 2. СН = НО.

• Расстояние между скрещивающимися прямыми МО и АL равно расстоянию от точки О до прямой АН.

• ОQ- искомое расстояние.

• 4. ОQ  АН,

• 3. Точка О и прямая АН – ортогональные проекции соответственно прямых МО и АL на (АВС).

• В

• С

• А

• M

• L

• 1

• О

• Р

• Н

• Q

• В

• С

• А

• M

• Ответ: .

• 1

• О

• Р

• L

• Н

• Решение:

• Q

Задача 5. Условие:

• В правильной усеченной четырехугольной пирамиде A…D1 со сторонами оснований а и b (a>b) и высотой h найти расстояние
• между диагональю BD1 и диагональю большего основания AC.

Задача 6. Условие:

• В правильной четырехугольной пирамиде SАВСD, все ребра которой равны 1. Найдите угол между прямой DЕ, где Е - середина апофемы SF грани АSВ, и плоскостью АSC.

• А

• В

• С

• D

• S

• F

• Е

• А

• В

• С

• D

• S

• F

• Введем прямоугольную систему координат.

• О

• Х

• У

• Z

• Н

• К

• Е

• Ответ: .

• направляющий вектор прямой DE.

Задача 7. Условие:

• В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ABCD со стороной √21 и углом A, равным 60°. На ребрах AB, B1C1 и DC взяты соответственно точки E, F и G так, что AE=EB, B1F=FC1 и DG=3GC. Найти косинус угла между плоскостями EFG, если высота призмы равна 4,5.

• F

• E

1 способ решения: Решение 2 (угол между прямой и плоскостью)

• F ⊥ (ABC)
• F1-ортогональная проекция точки F на плоскость и основание
• BF1=F1C, FF1 ll BB1
• G1-точка пересечения прямых EG и BC. Треугольник EF1G1, лежащий в плоскости ABC,- ортогональная проекция треугольника EF1G1, лежащего в плоскости EFG
• Из подобия треугольников EBG1 и GCG1=> EB ll GC, CG1=BC, т.к. GC=¼DC=½EB
• По теореме косинусов для треугольника
• EBF1: EF1^2=EB^2+BF^2-2*EB*BF1*cos120°=63/4
• EF=(3√7)/2
• Из прямоугольных треугольников EFF1
• и F1FG1: EF^2=EF1^2+F1F^2 =36
• EF=6
• FG1^2=F1G1^2+F1F^2=270/4
• FG1=(3√30)/2

По теореме косинусов для треугольника EBG1:

• По теореме косинусов для треугольника EBG1:
• EG1^2=EB^2+BG^2-2*EB*BG1*cos120°=441/4
• EG1=21/2
• Используя теорему косинусов для треугольника EFG1:
• cosLEFG1=(EF^2+FG1^2-EG1^2)/(2*EF*FG1)=-3/(8√30)
• sinLEFG1=√(1-(- 3/(8√30)^2=√637/(8√10)
• Находим площадь треугольника EFG1
• SEFG1=½*EF*FG1*sinLEFG1=((9√3)/16)*√637
• Находим площадь треугольника EF1G1:
• SEF1G1=½*EF1*F1G1*sin150 °=(63√3)/16
• Находим косинус угла Y между
• плоскостями EFG1 и ABC по формуле:
• cos Y= SEF1G1/SEFG1=1/√13
• Ответ:1/√13

Задача 8

• Дана правильная четырехугольная 
• пирамида MABCD, стороны основания которой равны 7. Угол между прямыми DM и AL, L-середина ребра MB, равен 60°.Найдите высоту пирамиды.

AB=BC=CD=AD=7

• AB=BC=CD=AD=7
• DM и AL скрещивающиеся прямые
• DM||OL в плоскости DMB
• OL||MD, так как OL-средняя линия треугольника BMD (по построению)
• L ALO=60°
• Докажем, что треугольник AOL- прямоугольный
• (AC ⊥BD, AC ⊥OM, тогда => AC ⊥(BMD)
• AC ⊥ любой прямой, лежащей в этой плоскости, т.е.
• AC⊥OL, треугольник AOL-прямоугольный, LAOL=90°, LLAD=30°
• tgLLAO=OL/OA=tg30 ° =√3/3
• OL/((7*√2)/2)= √3/3
• OL=((7√2)/2)* (√3/3)=(7√6)/6
• DM=2OL
• DM=2*((7√6)/6)=(7√6)/3
• Треугольник OMD: OM=√(DM^2-OD^2)=
• =(7√6)/6
• Ответ: (7√6)/6

Задача 9

• В правильной четырехугольной пирамиде PABCD с основанием ABCD  точка M - середина ребра РA, точка K - середина ребра РB.  Найдите расстояние от вершины A до плоскости CMK,  если РC = 6, AB = 4.

МК - средняя линия треугольника АРВ

• МК - средняя линия треугольника АРВ
• МК || АВ=> АВ  плоскости || сечения (по признаку параллельности прямой и плоскости)
• Расстояние L от точки А до сечения равно расстоянию от прямой АВ до сечения, L равно расстоянию от любой точки прямой АВ до сечения.

АН = НВ

• АН = НВ
• DMKC симметрична относительно HPT
• DT=TC
• Плоскость симметрии перпендикулярна плоскости сечения. Плоскость сечения проходит через прямую DC, которая перпендикулярна  плоскости симметрии НРТ
• Плоскость симметрии перпендикулярна сечению и они пересекаются по прямой РТ.

По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на сечение, попадает точно на прямую РТ, то есть найти нам надо длину именно этого перпендикуляра. Найдем высоту треугольника НРТ, проведённой к стороне РТ.

• По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на сечение, попадает точно на прямую РТ, то есть найти нам надо длину именно этого перпендикуляра. Найдем высоту треугольника НРТ, проведённой к стороне РТ.
• X- искомое расстояние.
• Найдем через S: S=½*HT*PL*x

X- искомое расстояние.

• X- искомое расстояние.
• Найдем через S: S=(1/2)*HT*PL*x
• 1) PL = 0,5·РО, т.к. PL - ср. линия
• треугольника НРО. Найдём высоту пирамиды.
• В прямоугольном треугольнике PОС: PС = 6 и 
• ОС = 0,5·АС = 0,5·4√2 = 2√2.
• По теореме Пифагора находим
• РО = √36 - 8 =√28 = 2√7. Значит, PL = √7.
• 2) НТ = ВС = АВ = 4. HL = 0,5·HO = 0,5·2 = 1,
• LT = HT - HL = 4 - 1 = 3.
• 3) PT найдём по теореме Пифагора из
• треугольника PLT: PT = √9 + 7 = 4.
• Теперь можно искать высоту х,
• проведённую к стороне РТ треугольника PTL: HT·PL = PT·x 4·√7 = 4·x x = √7 Ответ: √7

Задача 10

• В прямоугольном параллелепипеде A…D1, AB=BC=10√2, AA1=2√7. Сечение параллелепипеда проходит через точки B и D и образует с плоскостью ABC угол  . Найдите площадь сечения.

Сначала нам нужно построить это сечение.

• Сначала нам нужно построить это сечение.
• Очевидно, что отрезок  принадлежит плоскости сечения и плоскости основания, то есть принадлежит линии пересечения плоскостей.
• Угол между двумя плоскостями – это угол между двумя перпендикулярами, которые проведены к линии пересечения плоскостей и лежат в этих плоскостях.
• BD ⊥ AC. Пусть точка  – точка пересечения диагоналей основания.  – перпендикуляр к линии пересечения плоскостей, который лежит в плоскости основания:

Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что если прямая перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Ищем наклонную по ее проекции (OC) и углу между проекцией и наклонной). Найдем тангенс угла COC1   между OC1 и OC :

• Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что если прямая перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Ищем наклонную по ее проекции (OC) и углу между проекцией и наклонной). Найдем тангенс угла COC1   между OC1 и OC :
• =>
• между плоскостью сечения и плоскостью
• основания больше, чем между OC1 и OC.
• То есть сечение расположено как-то так:
• K- точка пересечение OP и A1C1. LM ll B1D1.

Найдем проекцию сечения BLMD на плоскость

• Найдем проекцию сечения BLMD на плоскость
• основания. Для этого найдем проекции точек L и M.
• Четырехугольник  BL1M1D– проекция сечения  BLMD
•  на плоскость основания. 
•  Найдем площадь четырехугольника BL1M1D. Для этого
• из площади треугольника BCD вычтем площадь
• треугольника L1CM1
• Найдем площадь треугольника  L1CM1.
• Треугольник   L1CM1  подобен треугольнику  BCD. Найдем
• коэффициент подобия. Для этого рассмотрим
• треугольники OPC и OKK1:
• =>

• SL1CM1 равен SBCD (отношение площадей подобных
• фигур равно квадрату коэффициента подобия).
• Тогда площадь четырехугольника  BL1M1D равна    площади треугольника BCD и равна:
• Найдем
• Ответ: 112