Презентация на тему "ортогональная проекция в задачахЕГЭ" 11 класс

Презентация: ортогональная проекция в задачахЕГЭ
Включить эффекты
1 из 23
Ваша оценка презентации
Оцените презентацию по шкале от 1 до 5 баллов
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
0.0
0 оценок

Комментарии

Нет комментариев для данной презентации

Помогите другим пользователям — будьте первым, кто поделится своим мнением об этой презентации.


Добавить свой комментарий

Аннотация к презентации

Презентация для 11 класса на тему "ортогональная проекция в задачахЕГЭ" по математике. Состоит из 23 слайдов. Размер файла 0.37 Мб. Каталог презентаций в формате powerpoint. Можно бесплатно скачать материал к себе на компьютер или смотреть его онлайн с анимацией.

  • Формат
    pptx (powerpoint)
  • Количество слайдов
    23
  • Аудитория
    11 класс
  • Слова
    геометрия
  • Конспект
    Отсутствует

Содержание

  • Презентация: ортогональная проекция в задачахЕГЭ
    Слайд 1

    Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014 г.

    Презентацию подготовила: Учитель по математике высшей категории МАОУ «Лицей №3 им. А. С. Пушкина» Попова Н.Ф. г. Саратов,2014

  • Слайд 2

    Задача 1. Условие:

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

  • Слайд 3

    Решение:

    K L M Ответ:

  • Слайд 4

    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.

  • Слайд 5

    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:

  • Слайд 6

    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°.

  • Слайд 7

    . AK=t; KC=2t. Ответ: 3.

  • Слайд 8

    Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямуюaв точку A, а прямую b в прямую b1, то расстояние между скрещивающимися прямыми a и bравно 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.

  • Слайд 9

    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

  • Слайд 10

    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

  • Слайд 11

    В С А M Ответ: . 1 О Р L Н Решение: Q

  • Слайд 12

    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.

  • Слайд 13
  • Слайд 14

    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

  • Слайд 15

    А В С D S F Введем прямоугольную систему координат. О Х У Z Н К Е Ответ: . направляющий вектор прямой DE.

  • Слайд 16

    Задача 6. 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.

  • Слайд 17

    1 способ решения:

  • Слайд 18

    Решение 1(угол между прямой и плоскостью)

    F ⊥ (ABC) F1-ортогональная проекция точки F на плоскость и основание BF1=F1C, FF1ll 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 EBG1и 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

  • Слайд 19

    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 EFG1и ABC по формуле: cos Y= SEF1G1/SEFG1=1/√13 Ответ:1/√13

  • Слайд 20
  • Слайд 21
  • Слайд 22
  • Слайд 23
Посмотреть все слайды

Сообщить об ошибке