решение задания 16 (c2) Vopvet.Ru

1. 2Решение заданий С2Решение заданий С
по материалампо материалам
2012ЕГЭ года2012ЕГЭ года
МБОУ СОШ №5 – «Школа здоровья иМБОУ СОШ №5 – «Школа здоровья и
развития»развития»
г. Радужныйг. Радужный
. .Учитель математики Е Ю. .Учитель математики Е Ю

2. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все рёбра которой
равны 1, найдите косинус угла между прямыми АВ1 и ВС1.
Задача №1Задача №1
1
А
С
В
D
А1
С1
В1
1
Решение.
Продлим плоскость ВСС1,
тогда искомый угол – AВ1D,
т. к. и C1В и B1D параллельны.
Найдем его из ∆AB1D по теореме
косинусов.
cos∠AB1D =
AB1
2
+ B1D2
– AD2
2·AB1·B1D
cos∠AB1D = =
2 + 2 – 3 1
2· 2 4
АВ1 = B1D = √2;
DA2
= AB2
+ BD2
– 2·AB·BD ·cos120o
DA2
= 12
+ 12
– 2·1·1·(-1/2) = 3
Ответ: 1/4 .

3. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1,
стороны основания которой равны 5, а боковые рёбра равны 11,
найдите расстояние от точки С до прямой A1F1.
Задача №2Задача №2
Решение.
Так как ABCDEF – правильный
шестиугольник, прямые AC и AF
перпендикулярны. Поскольку
прямые FA и F1A1 параллельны, то
CA⊥A1F1. Тогда по теореме о трёх
перпендикулярах CA1⊥A1F1, так что
длина отрезка CA1 равна искомому
расстоянию.
CA = 5√3; по условию AA1 = 11.
По теореме Пифагора для ∆CAA1:
CA1
2
= 75 + 121 = 196.
CA1 = 14
Ответ: 14.
5
А
С В
D
FE
А1
С1 В1
D1
F1E1
11

4. Решение.
Так как ABCD – квадрат, то прямые
АВ ⊥ AD. Поэтому проекция AB на
плоскость (SAD) будет
перпендикулярна AD.
Значит, искомый угол – двугранный
угол при ребре основания AD.
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра
которой равны 1, найдите косинус угла между прямой AB и
плоскостью SAD.
SM – высота боковой грани SAD,
SM = √3/2, MO ∥ AB; MO = ½AB = 0,5.
Задача №3Задача №3
С
В
D
А
S
OM N
∠SMO – искомый угол, косинус
которого найдем из п/у ∆SMO
cos∠SMO = = =
MO 0,5 1
SM √3/2 √3
Ответ: √3/3

5. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между прямой AC1 и
плоскостью ВСC1.
Задача №4Задача №4
С
В
D
А1
С1
В1
D1
А
Решение.
Проекцией прямой АС1 на
данную плоскость является
прямая ВС1, так как AB⊥(ВCС1),
а значит AB⊥ВС1;
т.е. ∆АВC1 – п/у.
Значит, искомый угол – ∠AС1В
Пусть АВ = а, тогда ВС1 = а√2
tg∠AC1B = = =
AB a 1
BC1 a√2 √2
∠AC1B = arctg√2/2
Ответ: arctg√2/2

6. В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1,
стороны оснований которой равны 3, а боковые рёбра 4,
найдите угол между прямой АВ1 и плоскостью BDD1.
А
С
В
D
А1
С1
В1
D1
O
3
4
Решение.
Так как О середина отрезка BD,
то АО ⊥ (BDD1). ∠AB1О – искомый.
АО = ; АВ1 = 5 (в п/у ∆ АВВ1).
sin ∠AB1О = AO : AB1 =
∠AB1О = arcsin
2
3√2
10
3√2
10
3√2
Ответ: arcsin .
10
3√2
Задача №Задача №55

7. Решение.
Прямая AN является проекцией
прямой AS на плоскость основания.
Поэтому проекция точки М – точка
Н лежит на отрезке AN. Значит угол
∠MNH – искомый.
МН – средняя линия ∆SAO,
тогда NH = АО = R = = = 24.
Ответ: arctg 7/48.
В правильной треугольной пирамиде SABC известны ребра:
АВ = 24√3, SC = 25. Найдите угол, образованный плоскостью
основания и прямой, проходящей через середины ребер АS и BC.
O
25
АС
В
S
M
N 24√3
H
24√3
√3
AB
√3
MH = ½SO = ½√SA2
– AO2
= ½√252
– 242
MH = 3,5; из п/у ∆ АМН:
tg ∠MNH = MH : NH = 3,5 : 24 = 7/48.
∠ MNH = arctg 7/48.
Задача №Задача №66

8. В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны
основания равны 1, а боковые ребра равны 5. На ребре АА1
отмечена точка Е так, что АЕ : ЕА1 = 2 : 3. Найдите угол между
плоскостями АВС и BED1.
Задача №Задача №77
С
В
D
А1
С1
В1
D1
E
5
1
А MP
3
2
Решение.
Плоскости BED1 и АВС
пересекаются по прямой PB.
Линейным углом двугранного
угла, образованного этими
плоскостями является угол АМЕ.
Стороны данного угла – высоты
∆ВЕР и ∆AВР.
Значит, угол ∠АMЕ – искомый.
∆РDD1 ~ ∆РAE (по углам) ⟹ АР = 2,
тогда РВ = √5,
АМ = (АР·АВ)/ РВ = 2/√5.
В п/у ∆AМЕ tg ∠АMЕ = AE/AM
tg ∠АMЕ = √5 ⟹∠АMЕ = arctg √5.
1

9. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Найдите угол между плоскостями
АВ1С1 и А1В1С.
Задача №8Задача №8
СВ
D
А1
С1В1
D1
А
Решение.
Плоскости АВ1С1 и А1В1С
пересекаются по прямой B1D.
Линейным углом двугранного
угла, образованного этими
плоскостями является угол
А1ОС1.Стороны данного угла –
высоты равных ∆DС1B1 и ∆DA1В1.
Значит, угол ∠A1OС1 – искомый.
Пусть АВ = а, тогда B1D = a√3,
А1D = DC1 = A1C1 = a√2, OC1 = OA1 =
= (А1B1 · DA1)/ DВ1 = a√6/3.
В р/б ∆A1OC1 по теор. косинусов
cos∠A1OC1 = (A1О2
+ C1О2
–А1C1
2
) /
/ (2А1О · C1О) = − 0,5 ⟹
O
а
а
∠A1OC1 = 120º, значит, угол между плоскостями смежный с данным
углом. Искомый угол равен 180º – 120º = 60º.

10. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1, является
равнобедренный треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 20, АС = 32.
Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру ВВ1,
причем ВР : РВ1 = 1 : 3. Найдите тангенс угла между плоскостями А1В1С1 и
АСР.
20
А
С
В
А1
С1
В1
24
Ответ: 1/2 .
Задача №9Задача №9
Р
Н
16
16
Решение.
Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом
между плоскостями А1В1С1 и АСР можно
считать угол между (АВС) и (АСР).
Т.к. ВН⊥АС (высота р/б ∆), то по
теореме о трех перпендикулярах
РН⊥АС.
Тогда ∠РНВ – линейный угол
двугранного угла РАСВ. Найдем его из
п/у ∆РНВ.
РВ = ¼ ВВ1 = ¼ · 24 = 6, ВН2
= АВ2
– АН2
ВН2
= 202
– 162
= 144, ВН = 12;
tg∠РНВ = PB/HB = 6/12 = 0,5.
32

11. Решение.
Поскольку (АВС)∥(А1В1С1), то углом
между плоскостями А1В1С1 и BD1F1
можно считать угол между (А1В1С1) и
(BD1F1).
Т.к. В1E1⊥F1D1 (в правильном
шестиугольнике), то по теореме о
трех перпендикулярах ВР⊥ F1D1.
Тогда ∠BРВ1 – линейный угол
двугранного угла BF1D1В1.
PB1 – высота р/с ∆В1F1D1, сторона
которого равна √3, значит PB1 = 1,5.
tg∠BРВ1 = BB1/PB1 = 1/1,5 = 2/3.
В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1,
все ребра которой равны 1, найдите тангенс угла между
плоскостями АВС и BD1F1.
Задача №Задача №1010
Ответ: 2/3.
1
D
1
C
E
F
BA
C1
E1 D1
F1
A1 B1
P

12. Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания
АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через
середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 2√5, АВ = АС = 10, ВС = 4√5.
Решение. (1 способ)
Искомое расстояние равно высоте АН, опущенной в
пирамиде АКМN из вершины А на основание КМN.
Найдем объем этой пирамиды
V = 1/3 · SAMN · AK
V = 1/3 · 1/2 · AF · MN = 10√5/3, где
MN = ½ BC = 2√5, AF2
= AM2
– MF2
AF2
= 25 – 5 = 20, АК = ½ AD = √5
С другой стороны,
V = 1/3 · SKMN · AH, откуда найдем
высоту АН:
АН = 3V/SKMN где SКMN = ½ MN · KF,
KF2
= KM2
– MF2
=
= AK2
+ AM2
– MF2
= 5 + 25 – 5 = 25
KF = 5.
Итак, АН = 3·(10√5/3)/ 5√5 = 2.
D
C
B
A
N
F
М
К
Р
Н
Задача №10Задача №10

13. Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания
АВС. Найдите расстояние от А до плоскости, проходящей через
середины ребер АВ, АС и АD, если АD = 2√5, АВ = АС = 10, ВС = 4√5.
D
C
B
A
N
F
М
К
Р
Решение. (2 способ)
Искомое расстояние AH равно
половине расстояния от
вершины А до плоскости BCD,
т.к. (KMN)∥(BCD) и
KF – средняя линия ∆ ADP.
AL = (AD · AP)/ DP, где
AP2
= AB2
– BP2
= 100 – 20 = 80
DP2
= AD2
+ AP2
= 20 + 80 = 100
DP = 10; AL = (2√5 · 4√5)/10 = 4
Итак, АН = ½ AL = 2.
L
Н
Ответ: 2.Задача №10Задача №10

14. АС
В
D
M
N 10
6
В пирамиде DABC известны длины ребер: АВ = АС = DВ = DС = 10,
BC = АD = 12. Найдите расстояние между прямыми DA и ВС.
Аналогично, и с ∆ DBC: DN является в нем
медианой и высотой. А потому ВС⊥АN и
ВС⊥DN, а значит, ВС (⊥ ADN),
следовательно, и любой прямой в этой
плоскости.
Таким образом, MN⊥ВС.
Так как ∆ АВС = ∆ DBC, то АN = DN = 8, а
поэтому MN – медиана и высота в р/б
∆ АDN, а потому MN⊥AD.
Значит, MN – общий перпендикуляр к
скрещивающимся прямым.
Используя теорему Пифагора, получаем,
что MN2
= AN2
– AM2
= 64 – 36 = 28,
MN = 2√7
Решение.
Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти, как длину
их общего перпендикуляра. Так как АВ = АС, то ∆ АВС – р/б и медиана АN
одновременно является и высотой.
6
10
6
6
Задача №11Задача №11

15. В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит квадрат АВСD со
стороной 3√10/5. Длины всех боковых ребер 3, точка М – середина ребра
AS. Через прямую ВМ параллельно диагонали АС проведена плоскость.
Определите величину угла (в градусах) между этой плоскостью и SAC.
Задача №12Задача №12
Решение.
Поскольку плоскость проведена через
прямую ВМ параллельно диагонали
АС, то ей принадлежит и прямая,
параллельная AC и проходящая через
точку M (назовём её MN).
Таким образом, нам нужно найти угол
между плоскостями SAC и BMN,
пересекающимися по прямой MN.
По условию, пирамида SABCD –
правильная, а значит, высота SO
делит диагонали основания пополам.
Кроме того, точка N делит ребро SC
пополам, ⟹ BM = BN, а точка P делит
пополам отрезки MN и SO.
B
DA
N
М
О
S
С
3√10
5
3
P

16. P
Решение.
Отрезок BP⊥MN (BP ∈ (BMN)),
отрезок OP⊥MN (OP ∈ (SAC)).
Поэтому угол между плоскостями
– это ∠BPO, который мы найдём
из п/у ∆ BPO.
BO = AO = 3√10/5 · √2/2 = 3√5/5.
PO = ½ SO (в п/у ∆ ASO)
SO2
= AS2
– AO2
= 9 – 9/5 = 36/5,
PO = 3√5/5.
То есть, BO = PO, а значит, ∆ BPO не
только п/у, но и р/б,
⟹ ∠BPO = 45º.
В основании четырехугольной пирамиды SАВСD лежит квадрат АВСD со
стороной 3√10/5. Длины всех боковых ребер 3, точка М – середина ребра
AS. Через прямую ВМ параллельно диагонали АС проведена плоскость.
Определите величину угла (в градусах) между этой плоскостью и SAC.
Задача №12Задача №12
B
DA
N
М
О
S
С
3√10
5
3
Ответ: 45º.