У правильному трикутнику призмі abca1b1c1. У правильній трикутній призмі сторона основи дорівнює
Джерело завдання: Рішення 3249. ЄДІ 2016 Математика, І.В. Ященко. 36 варіантів. Відповідь.
Завдання 14.У правильній трикутної призми ABCA1B1C1 сторони основи дорівнюють 5, бічні ребра дорівнюють 2, точка D - середина ребра СС1.
а) Побудуйте пряму перетину площин ABCта ADB1.
б) Знайдіть кут між площинами ABC та ADB1.
Рішення.
а)Побудова. Зазначимо точку K як наслідок перетину прямий BC і прямий : тобто. 
(Див. малюнок). Точка A є загальною точкою для площин ABC і . Отже, зазначені поверхні пройдуть через лінію AK (див. малюнок). Ця лініяі буде прямий перетину площин ABC і .
б)Необхідно знайти кут DHC (див. рисунок). Розглянемо трикутник і подібний до нього трикутник з коефіцієнтом подібності (тобто вони рівні між собою). Звідси отримуємо, що . Маємо рівнобедрений трикутник з кутом (оскільки кут у рівностороннього трикутника ABC). У рівнобедреному трикутнику висота CH, проведена до основи, є також бісектрисою. Розглянемо прямокутний трикутник CHK, у якого гіпотенуза та прилеглий до неї кут. Тоді катет CH можна знайти як
Урок одного завдання
Шпильова Людмила Олександрівна
МАОУ "Ліцей "Технічний" м. Владивостока"
Розв'язання задач з геометрії, зокрема завдань С2, викликає труднощі в більшості учнів 11 класів. Це викликано не лише недостатніми знаннями з геометрії, а й психологічними причинами. Учні вважають, що завдання з геометрії, тим більше в частині С, дуже складні, не вирішувані, тому за їх вирішення не всім варто братися.
Усунути цю проблему можна, наприклад, розглядаючи різні підходидо вирішення однієї і тієї ж задачі. Проведення «уроків одного завдання» дозволить переконати учнів, що завдання геометрії цілком їм під силу. Крім цього, такі уроки дозволять повторити великий обсяг теоретичного матеріалу, різні підходипід час вирішення завдань з геометрії.
Розглянемо завдання С2 КІМ 2012 року. Складність цього завдання полягає в тому, що на початковому кресленні до задачі площини, між якими потрібно знайти кут, перетинаються в одній точці. Тому в ході розв'язання задачі необхідно побудувати пряму перетину площин, що розглядаються, або знайти способи вирішення, в яких немає необхідності знаходити на кресленні кут між площинами, обґрунтовувати справедливість цього вибору.
Завдання С2 : У правильній трикутній призмі ABCA 1 B 1 C 1 сторони основи рівні 1, бічні ребра рівні 3, точка D - середина ребра СС 1. Знайдіть кут між площинами ABC і ADB 1 .
Розглянемо кілька способів розв'язання цього завдання.
1 спосіб вирішення задачі:
Добудуємо трикутну призму ABCA 1 B 1 C 1 (рис. 1) до чотирикутноїACBFA 1 C 1 B 1 F 1 , в основі якої лежить ромбA C B F(Рис 2).
рис 1.
рис 2.
Побудуємо переріз призмиACBFA 1 C 1 B 1 F 1 площиною ADB 1 . Паралельні площиниВВ 1 З 1 З FF 1 A 1 A, СС 1 А 1 А та FF 1 В 1 Перетинаються січною площиною по паралельним прямимDB 1 та AT, ADі B 1 Tвідповідно (Т – середина ребраFF 1 ). Шуканий перетин - ромбDATB 1 (рис 3).Для побудови кута між площинами ВСА таDAB 1 побудуємо їх пряму перетину. Для цього продовжимо до перетину прямі В 1 Tі В F, В 1 Dі НД. В 1 T∩ В F = N, В 1 D∩ НД = M. Пряма MN- Пряма перетину аналізованих площин (рис 4).
рис 3
рис 4.
∆ MDC= ∆ В 1 DC 1 , ∆ NFT = ∆ B 1 F 1 Tпо катету та прилеглому гострому кутку. ТомуMC = B 1 C 1 = 1, NF = B 1 F 1 = 1. Т. до. B 1 C 1 = ВС = 1 та B 1 F 1 = BF= 1, то MB = BN= 2. Тому трикутникMBN– рівнобедрений з основоюMN.Т.к. A C B F - ромб, то його діагональ АВ є бісектрисою кутаCBF. Отже, АВ є бісектрисою, проведеною до основи рівнобедреного∆ MB 1 N, тобто. заввишки. Тому А В MN.
АВ є проекцією похилої АВ 1 на площину АВС, тому AB 1 MNза теоремою про три перпендикуляри. Кут В 1 А B= α – кут між площинамиABCі ADB 1 (рис. 5).
рис 5.
рис 6.
Якщо повернутися до початкової правильної трикутної призми, то лінійний кутміж площинами, що розглядаються, утворений стороноюоснови АВ та діагоналлю АВ 1 грані ВВ 1 А 1 А (рис. 6). У прямокутному трикутникуУ 1 А B ( B= 90 °) BB 1 = 3, АВ = 1.; ; . Відповідь:2 спосіб вирішення задачі:
Побудуємо пряму перетину площинABCі ADB 1 , продовживши до перетину пряміB 1 Dі BЗ. B 1 D ∩ BС = Е. Пряма AЕ - пряма (рис 7).
ЄС = СВ. Ця рівність випливає з рівності прямокутних трикутниківB 1 DC 1 та E DCпо катету та прилеглому гострому кутку. ЄС = С 1 B 1 = З B.
рис 7
Рівність відрізківЄС та СВ також випливає з подоби трикутниківDECі B 1 Е Bз коефіцієнтом подібності .рис 7.
рис 8.
Розглянемо ∆ AВЕ (рис 8). Доведемо, що він прямокутнийдекількома способами.1 спосіб : ЄС = С B = AС = ВА = 1, Е B= 2. Т.к. кути ∆ AНД дорівнюють 60°, то AРЄ = 120 °.
Знайдемо із ∆ AECбік A Е за теоремою косінусів.
рис 8.
Т.к. , то за теоремою, зворотній теореміПіфагора, ∆AВЕ – прямокутний, BAЕ = 90 °.
2 спосіб : Кути ∆ AНД дорівнюють 60°, AРЄ = 120 °. Т.к. ЄС = AС, то ∆ AEC– рівнобедрений з основою АЕ та кути при його основі рівні .
Тому , тобто ∆ AВЕ – прямокутний.
3 спосіб : Скористаємося ознакою прямокутного трикутника. Якщо медіана, проведена до сторони
трикутника, що дорівнює половині цієї сторони, то цей трикутник - прямокутний. Причому медіана проведена до гіпотенузи трикутника. .
У ∆ АВІ медіана. Тому ∆ AВЕ – прямокутний,BЕ – гіпотенуза.
Повернімося до знаходження кута між площинами. Т.к. BAЕ = 90 °, то АВ ^ AЕ. АВ – проекція похилоїB 1 Aна площину АВС, томуB 1 A ^ AЕ за теоремою про три перпендикуляри. Кут ВАB 1 – кут між площинамиABCі ADB 1 .
У прямокутному трикутнику ВАB 1 (Ð B= 90 °) BB 1 = 3, АВ = 1, . ; . Відповідь:
3 спосіб вирішення задачі:
Аналогічно попередньому випадку, побудуємо пряму перетину площинABCі ADB 1 , продовживши до перетину прямі В 1 Dі НД. В 1 D∩ ВС = Е. Пряма АЕ – пряма (рис 9).
У площині AВЕ ( ABС) проведемо до прямоїAЕ перпендикуляр СK. KC- Проекція похилоїDKна площину АВС, тоKD ^ АЕ за теоремою про три перпендикуляри. КутDKC = α - Кут між площинамиABCі ADB 1 .
Знайдемо довжину відрізка КСдекількома способами .
1 спосіб : ЄС = AС = 1 (доведено у 2 способі розв'язання задачі), Ð AРЄ = 120 °.
Знайдемо із ∆ AECбік AЕ за теоремою косінусів.
рис 9
∆ AEC- рівнобедрений з основою АЕ. СК у ньому висота, проведена до основи, отже, і медіана.Тоді , РЄ = 1. З прямокутного ∆ КEC .
2 спосіб : ∆ AEC- рівнобедрений з основою АЕ. У ньому ЄС =1, ÐAРЄ = 120 °. СК є висотою, проведеною до основи, а, отже, медіаною та бісектрисою.AРЄ. Тоді ÐКСЕ = 60°, ÐКЕС = 30°. У прямокутному трикутнику КСЄ катет КС лежить проти кута в 30°, тому дорівнює половині гіпотенузи ЄС, тобто. .
3 спосіб : Для знаходження відрізка КС застосуємо метод площ, тобто знайдемо площу трикутника АСЕ різними способами.
, ,
, , .
Повернімося до знаходження кута між площинамиABCі ADB 1 . У прямокутному трикутникуDKC (Ð C= 90 °). , , ; ;
Відповідь: 4 спосіб вирішення задачі:Розглянемо наступний спосіб розв'язання задачі. Для цього через точкуDпроведемо площину А 2 DB 2 ║ ACB(Рис. 10). Т. до. D- середина ребра СС 1 то точки А 2 і B 2 - середини ребер АА 1 та ВВ 1 відповідно. Кут між площинамиABCі ADB 1 дорівнює кутуміж площинами А 2 DB 2 та ADB 1 .
У площині ВР 1 А 1 А площині А 2 DB 2 та ADB 1 перетинаються у точці К. (АВ 1 ∩ А 2 В 2 = К).У паралелограмі ВР 1 А 1 А (рис 11.) А 2 К = КВ 2 і АК = КВ 1 т.к. ∆ АА 2 К = ∆ В 1 В 2 К по стороні та двом прилеглим до неї кутам: АА 2 = В 1 В 2 , А 2 АК = В 2 В 1 К
Рис. 11
Рис. 10
як навхрест лежачі кути при паралельних прямих АА 1 і ВВ 1 і січної АВ 1, АКА 2 = В 2 КВ 1 як вертикальні. Отже, точка К – середина відрізків АВ 1 та А 2 В 2 .Крапки Dі К належать кожній із площин А 2 DB 2 та ADB 1 , тому пряма DKє прямий їх перетину.
∆ A DC= ∆ В 1 DC 1 по двох катетах, томуAD = DB 1 . ∆ А DB 1 1 , DKу ньому є медіаною, проведеної до основи, отже, і висотою, тобто. АВ 1 DK.
Аналогічно, у рівнобедреному∆ А 2 DB 2 А 2 В 2 DK. Т.к АВ 1 DKта А 2 В 2 DK, то кут В 1 KВ 2 = α – кут між площинами А 2 DB 2 та ADB 1 .
Рис. 12
рис 12
У прямокутному трикутнику 1 KВ 2 (В 2 = 90 °), ; . , . Відповідь:5 спосіб вирішення задачі:
Скористаємося теоремою про площу ортогональної проекції багатокутника.
Площа ортогональної проекції багатокутника дорівнює добутку площі цього багатокутника на косинус кута між площинами багатокутника та його проекції.
Застосування цієї теореми зручно тим, що немає необхідності знаходити на кресленні кут між площинами, доводити справедливість цього вибору.
Рис. 12
Оскільки призма пряма, то ВВ 1 АВС, DC^ АВС, АА 1 ^ АВС. Тому трикутник АВС є ортогональною проекцієютрикутника АDB 1 на площину АВС (рис. 12).Отже, де α – кут між площинамиABCі ADB 1 .
Тому . Обчислимо площі трикутників АВС та АDB 1 .
Т. до. АВ = 1 і ∆ АВС – рівнобічний.
∆ A DC= ∆ В 1 DC 1 по двох катетах, томуAD = DB 1 . ∆ А DB 1 – рівнобедрений з основою АВ 1 .
рис 12
З прямокутного трикутника АСD .Проведемо DK AB 1 , DK- Висота, проведена до основи рівнобедреного трикутникатому – медіана. К – серединаAB 1 (рис. 13).
BB 1 , .
З прямокутного трикутника АDK ,
Тому.
Тоді.
рис 13
. Відповідь: .(Якщо , то і )
6 спосіб вирішення задачі:
Розглянемо векторно-координатний метод обчислення кута між цими площинами. Він теж добрий тим, що немає необхідності знаходити на кресленні кут між площинами, обґрунтовувати справедливість цього вибору.
Рис. 15
Т. до. розглянута призма пряма і в її основі лежить рівносторонній трикутник, то ввести систему координат можна кількома способами.Рис. 14
Рис. 14
Можна ввести систему координат із початком координат у точці О – середині сторони АВ (або в середині будь-якої іншої сторони трикутника) (рис. 14).Рис. 14
рис 16
рис 17
Нехай а – сторона рівнобічного трикутника.З прямокутного трикутника АОС (рис. 15) знайдемо довжину відрізка АВ:.
Рис. 14
Тоді; ; ,Рис. 17
Рис. 16
Можна ввести систему координат із початком координат в одній із вершин трикутника АВС, Наприклад, у точці А (рис. 16).(Рис. 17).Рис. 16
Тоді; ; .Зупинимося на другому способі запровадження системи координат (рис. 16).
Кут між площинами дорівнює куту між прямими, перпендикулярними до цих площин.
Тому кут між площинами дорівнює куту між ненульовими векторами, перпендикулярними до цих площин. , Тобто між векторами нормалей.
Знайдемо координати точок А, В 1 , А 1 , D: ; ; ; . . .
Відповідь: .
С2 Сторона підстави правильної трикутної призми ABCA1B1C1 дорівнює 2. https://vk.com/video4689112_456239061 de.pinterest.com/reshenijezadach/ правильна трикутна призма. Сторона основи правильної трикутної призми. 14. У правильній трикутній призмі АВСА1В1С1 сторона основи АВ дорівнює 6, а бічне реброАА1 дорівнює 3. На ребері АВ відзначено точку К так, що АК=1. Точки М і L - середини ребер А1С1 та В1С1 відповідно. Площина у паралельна до прямої АС і містить точки К і L. а) Доведіть, що пряма ВМ перпендикулярна площині у. б) Знайдіть відстань від точки С до площини у. 15 січня планується взяти кредит у банку на 1 млн рублів на 6 місяців. Умови його повернення такі: 1-го числа кожного місяця борг зростає на ціле число r відсотків порівняно з кінцем попереднього місяця; - з 2-го по 14-е число кожного місяця необхідно виплатити частину боргу; ‐ 15‐го числа кожного місяця борг має становити певну суму відповідно до наступної таблиці. У липні 2016 року планується взяти кредит у банку на S млн рублів, де S – ціле число на 4 роки. Умови його повернення такі: - кожний січень борг зростає на 20% порівняно з кінцем попереднього року; ‐ з лютого по червень кожного року необхідно виплатити частину боргу; ‐ у липні кожного року борг повинен становити частину кредиту відповідно до наступної таблиці В правильної трикутної призми АВСА1В1С1 сторона підстави АВ дорівнює 6, а бічне ребро АА1 дорівнює 3. На ребрі В1С1 позначено точку L так, що B1L=1. Крапки К і М – середини ребер АВ та А1С1 відповідно. Площина гама паралельна до прямої АС і містить точки К і L. а) Доведіть, що пряма ВМ перпендикулярна до площини. б) Знайдіть об'єм піраміди, вершина якої – точка М, а основа – переріз цієї призми площиною. Володимир Путін не вирішить. Ця тема спочатку може здатися складною через безліч не самих простих формул. Мало того, що самі квадратні рівняннямають довгі записи, ще й коріння знаходиться через дискримінант. Усього виходить три нові формули.
Завдання.
Дана правильна трикутна призма ABCA 1 B 1 C 1 сторона AB основи якої дорівнює 10, а бічне ребро BB 1 дорівнює √15. На ребрах AB та B 1 C 1 відзначені точки K та L відповідно, причому AK = 7; B 1 L = 1. Точка M – середина ребра A 1 C 1 . Площина проходить через точки K і L і паралельна прямий AC.
а) Доведіть, що площина γ перпендикулярна до прямої BM.
б) Знайдіть відстань від точки C 1 до площини.
Рішення:
a) Доведіть, що площина γ перпендикулярна до прямої BM.
Проведемо через точки K та L прямі, паралельні AC. Ці прямі перетинають ребро BC у точці K 1 і ребро A 1 B 1 у точці L 1 (див. рис. 1). Тоді рівнобедрена трапеція KL 1 LK 1 є перерізом призми ABCA 1 B 1 C 1 площиною.
Розглянемо площину BB 1 M. Ця площина перетинає пряму AC у точці N, пряму KK 1 у точці E і пряму LL 1 у точці F. Чотирьохкутник BB 1 MN – прямокутник.
Розглянемо прямокутний трикутник A 1 MB 1 .
MB 1 = A 1 B 1 · sin60 0
MB 1 = NB = 5√3.
Розглянемо прямокутний трикутник MB 1 B. За теоремою Піфагора знайдемо MB.
MB 2 = MB 1 2 + BB 1 2
MB 2 = (5√3) 2 + (√15) 2 = 90
За теоремою Фалеса:
B 1 F: MB 1 = B 1 L: B 1 C 1 = 1: 10.
B1F: MB1 = 1:10.
B 1 F = 1 · MB 1 /10
B 1 F = (1·5√3)/10 = √3/2.
Проведемо KS паралельно AA 1 . Розглянемо прямокутний трикутник KSL 1:
KS = AA 1 = √15
SL 1 = A 1 L 1 - A 1 S
A 1 L 1 = A 1 B 1 - B 1 L = 10 - 1 = 9
SL 1 = A 1 L 1 - AK = 9 - 7 = 2
За теоремою Піфагора:
KL 1 2 = KS 2 + SL 1 2
KL 1 2 = (√15) 2 + 2 2 = 19
Трикутник ABC та трикутник KBK 1 подібні трикутники, значить
AC: KK 1 = AB: KB
10: KK 1 = 10: 3
Трикутник A 1 B 1 C 1 і трикутник L 1 BL подібні трикутники, отже
A 1 C 1: LL 1 = A 1 B 1: B 1 L 1
10: LL 1 = 10: 1
Розглянемо рівнобедрену трапецію KL 1 LK 1, EF – висота трапеції.
Проведемо PL 1 паралельно EF, тоді KP = (KK 1 - LL 1) / 2 = 1.
Розглянемо прямокутний трикутник KPL 1 . За теоремою Піфагора:
PL 1 2 = KL 1 2 – KP 2
PL 1 2 = (√19) 2 - 1 2 = 18
EF = PL 1 = 3√2.
Розглянемо рисунок 2.
Рис. 2.
З прямокутного трикутника MBB 1:
З прямокутного трикутника TEF:
Розглянемо трикутник MFO:
Тобто прямі MB та EF перпендикулярні. Пряма KK 1 паралельна прямій АС, яка перпендикулярна площині BB 1 M. Значить, прямі KK 1 і EF перпендикулярні до прямої MB, тому пряма MB перпендикулярна площині γ.
б) Знайдіть відстань від точки C 1 до площини.Дивись рисунок 3.
Рис. 3.
