Презентация "Применение ортогонального проекцирования" 11 класс скачать бесплатно


Презентация "Применение ортогонального проекцирования" 11 класс


Подписи к слайдам:
Слайд 1

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 PОСPС = 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 = 4HL = 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