Содержание
-
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
-
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 . 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 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.
-
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 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.
-
1 способ решения:
-
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
-
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
-
-
-
-
Нет комментариев для данной презентации
Помогите другим пользователям — будьте первым, кто поделится своим мнением об этой презентации.