Постройте сечение Куба ABCDA1B1C1D1 плоскостью, проходящей через диагональ AD1, грани AA1DD1 и вершину B. Помогите, пожалуйста!
Координаты векторов, заданных координатами начала и конца:
АВ
AC <4-1;2-2>или АС<3;0>. модуль |AC|=√(9+0)=3.
BC <4-(-3);2-0>или ВС<7;2>, модуль |BC|=√(49+4)=√53.
(AB+BC) <-4+7;-2-2>или (АВ+ВС)<3;-4>, модуль |AB+BC|=√(9+16)=5.
1. Найдем KM по теореме косинусов:
КМ = √(NK² + NM² — 2·NK·NM·cos60°) = √(64 + 225 — 2·8·15·0,5)
KM = √(289 — 120) = √169 = 13 см
Skmn = 1/2 · NM · NK · sin60° = 1/2 · 8 · 15 · √3/2 = 30√3 см²
2. ∠С = 45° + 60° = 105°
∠B = 180° — 45° — 105° = 30°
По теореме синусов:
AC : sin∠B = BC : sin ∠A
AC = BC · sin30° / sin45° = 3√2 · 1/2 / (√2/2) = 3 см
3. Пусть х — коэффициент пропорциональности.
АВ = 4х, ВС = 7х.
В параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон:
(AB² + BC²) · 2 = AC² + BD²
(16x² + 49x²) · 2 = 324 + 196
65x² · 2 = 520
x² = 4
x = 2 (x = — 2 не подходит по смыслу задачи)
АВ = 4 · 2 = 8 см
ВС = 7 · 2 = 14 см
Pabcd = (AB + BC) · 2 = (8 + 14) · 2 = 44 см
4. По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник со сторонами 7, 24 и 25 см прямоугольный:
25² = 7² + 24²
625 = 49 + 576
625 = 625
Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы:
R = AB/2 = 25/2 = 12,5 см
r = p — AB, где р — полупериметр.
р = (7 + 24 + 25)/2 = 56/2 = 28 см
Две задачи на построение сечений
Здесь рассмотрено подробное решение двух наиболее сложных, на мой взгляд, задач из представленных в группе Задачи на построение сечений многогранников на этом сайте. Если Вы еще не выполняли подобных заданий, вернитесь на указанную страницу и попробуйте поработать самостоятельно.
Задача 6.
Замечание: куб на чертеже может быть повёрнут к нам любой гранью, но трудно предугадать, какой удобнее для построения. Поэтому, если совсем не получается решение какой-либо задачи по стереометрии, то я рекомендую начинать заново, перерисовав исходный чертёж. А зачастую бывает достаточно просто переставить символы, обозначающие вершины основания многоугольника (естественно, не произвольно, а согласовав между собой и с условием задачи).
Для начала вспомним признак перпендикулярности прямой и плоскости.
Теорема. Если прямая, пересекающая плоскость, перпендикулярна двум прямым в этой плоскости, проходящим через точку пересечения, то она перпендикулярна плоскости.
Аксиома. Если две различные прямые имеют общую точку, то через них можно провести плоскость, и притом только одну.
Поэтому для реализации нашей цели нужно найти две различные плоскости, содержащие прямую B1D, и построить в них нужные перпендикуляры. В качестве таковых в кубе можно взять, например, плоскости B1BDD1 и B1ADC1
Построим сечение B1BDD1. Две противоположные стороны этого четырёхугольника являются рёбрами куба, а две другие — диагоналями его граней. По свойствам куба можем сделать вывод, что B1BDD1 – прямоугольник длина которого в √2 _ раз больше ширины. Делим диагональ на 4 части и ставим точку К, удовлетворяющую условию B1K : B1D = 1 : 4. Проводим через эту точку перпендикуляр к B1D. Отрезок MN лежит на одной из искомых прямых.
При необходимости легко уточнить положение точек M и N на поверхности куба. Если задана длина ребра (или можно обозначить её, например, символом a), то длины отрезков B1M и B1N легко вычисляются из подобия прямоугольных треугольников, которое хорошо просматривается на плоском чертеже.
Получили четыре точки, принадлежащие искомой плоскости сечения и поверхности куба. Соединяем прямой линией точки M и F на грани BСС1B1. Соединяем точки F и N на грани A1B1С1D1 и продолжаем прямую до пересечения с ребром A1B1 в точке R. Соединяем точки R и E на грани A1B1BA и продолжаем прямую до пересечения с ребром B1B в точке. M ? Но где гарантия, что именно в точке M, а не выше или ниже по ребру?
Если были проведены вычисления отрезков B1F = B1M и B1N = B1E в процессе анализа плоских прямоугольников, то ответ становится очевидным: так как прямоугольные треугольники B1RF, B1RM и B1FM равнобедренные и равные.
Если же при построении положение точек M и F не вычислялось, а контролировался только факт их положения на рёбрах куба, то придётся произвести ряд вычислений на этапе доказательства верности построения.
Замечание I.
Возможен альтернативный подход к этой задаче. Так как куб является правильным многогранником и имеет центр симметрии, расположенный в точке пересечения диагоналей, а значит на линии B1D, с которой мы работаем, то можно предположить, что сечение также будет симметричным и будет иметь форму равностороннего треугольника. Поэтому после анализа (жёлтого) прямоугольника на первом чертеже и получения точки М, можно сразу отложить от вершины B1 на рёбрах куба равные отрезки B1R = B1F = B1M, а затем доказать, что плоскость RMF перпендикулярна прямой B1D. Для этого лучше всего воспользоваться теоремой о трёх перпендикулярах.
Теорема. Прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной перпендикулярно её проекции, перпендикулярна и самой наклонной. И обратно: если прямая на плоскости перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции наклонной.
Замечание II.
Вид сечения сильно зависит от положения точки K на диагонали куба. Попробуйте сместить точку K ближе к середине отрезка B1D и построить MN ⊥ B1D в прямоугольнике B1BDD1. На каких гранях и рёбрах куба теперь окажутся точки искомого сечения?
Ниже вы можете посмотреть маленькое видео о том, как изменяется сечение куба плоскостью, перпендикулярной его диагонали, в зависимости от положения их точки пересечения.
Задача 16.
При решении задачи предполагаем, что все операции на плоскости, в частности, построение параллельных и перпендикулярных прямых, нам известны из планиметрии и в подробном описании не нуждаются.
Чтобы построить плоскость, параллельную заданной плоскости, нужно вспомнить признак параллельности двух плоскостей.
Теорема. Две плоскости параллельны, если одна из них параллельна двум пересекающимся прямым, лежащим в другой плоскости.
Теорема. Если прямая, не принадлежащая плоскости, параллельна какой-нибудь прямой в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.
Кроме того, нам нужно, чтобы плоскость сечения проходила через заданную точку А2. Значит, хорошо бы сразу найти две такие пересекающиеся прямые, параллельные каким-либо прямым в плоскости PQR, чтобы хотя бы одна из них содержала точку А2. В этом и будет состоять первый этап решения задачи.
Через точки R и Р проводим РN || CC1 и RM || CC1 . Соединяем точки M и N прямой линией. По свойствам призмы получим MN || RР и MN = RР .
Терерь рассмотрим диагональное сечение призмы, проведенное через параллельные прямые AA1 и СС1. Плоскость AA1C1C содержит заданные точкии A2 и Q и пересекает заданную плоскость PQR по линии QE. (Буквой Е обозначена общая точка линии пересечения плоскостей и прямой RP.) В этой плоскости (голубой на чертеже) через точку А2 проводим прямую, параллельную QE до пересечения с верхним основанием призмы в точке F. А2F || QE по построению.
На верхней грани призмы через точку F проводим прямую, параллельную линии MN, которая в нашем случае пересекает рёбра призмы A1D1 и B1C1 в точках H и G соответственно. HG || MN .
В зависимости от положения точки А2 на ребре АА1 положение точек H и G на рёбрах призмы может изменяться. Например, если бы точка А2 располагалась ближе к вершине А1, то точка G могла бы оказаться на ребре А1В1, а если бы она находилась близко к вершине А, то точка Н могла бы оказаться на ребре D1С1. От этого зависит окончательная форма искомого сечения призмы. Т.е. поскольку в условии задачи положение точек на рёбрах не фиксировано, то ваши ответы могут отличаться от приведенного мной не только формой на чертеже, но и количеством сторон получившегося многоугольника.
Обе прямые HG и RР параллельны прямой MN по построению, следовательно HG || RР . Для прямых в плоскости это вам уже известно давно. Для прямых в пространстве это тоже доказано.
Теорема. Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.
Таким образом, прямые А2F и HG и есть те самые прямые, которые мы искали. А2F параллельна QE, следовательно параллельна плоскости PQR. HG параллельна RР, следовательно параллельна плоскости PQR. А2F и HG пересекаются в точке F. Эти прямые определят секущую плоскость, параллельную заданной PQR.
Аксиома. Если две различные прямые имеют общую точку, то через них можно провести плоскость, и притом только одну.
Продолжим прямую HG до пересечения с ребром A1B1 в точке L. Точка L принадлежит верхней и фронтальной (на нашем чертеже) граням призмы, поскольку она принадлежит их общему ребру. Кроме того, точка L принадлежит плоскости сечения, поскольку находится на прямой HG. Следовательно, эта точка должна принадлежать и линии пересечения фронтальной грани с плоскостью сечения. Соединяем точку L с точкой А2. Эта прямая будет принадлежать плоскости грани АА1В1В на основании следующей теоремы.
Теорема. Если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся прямая принадлежит этой плоскости.
Пользуясь этим же утверждением, соединяем и остальные две пары точек, принадлежащих одной грани призмы.
То, что оно удовлетворяет условию проходить через точку А2 очевидно по построению. То, что плоскость A2HGK параллельна плоскости RQP мы доказали, ссылаясь на соответствующие положения теории на каждом шаге построения.
Замечание.
Конечно, во время экзамена вы не будете делать несколько чертежей и так подробно описывать построение. Итоговый чертёж будет выглядеть примерно так.
Однако, не забывайте, что основное требование к заданиям второй части ЕГЭ профильного уровня это обоснованность решения. Поэтому, если вы просто выполнили все построения и представили на проверку итоговый чертёж, то к нему необходимо написать доказательство, которое содержит ссылки на теорию. При этом не обязательно цитировать теоремы полностью, можно упомянуть их названия.
Внимание: Если вы нашли ошибку или опечатку, пожалуйста, сообщите о ней на email.
Понравились материалы сайта?
Узнайте, как поддержать сайт и помочь его развитию.
Есть вопросы? пожелания? замечания? Обращайтесь — mathematichka@yandex.ru
Внимание, ©mathematichka. Прямое копирование материалов на других сайтах запрещено.
ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 11, 12, 13)
а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.
б) Найдите угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1.
Решение.
а) Так как секущая плоскость пересекает верхнюю грань по ребру A1D1 , то и нижнюю грань она пересечет по прямой, проходящей через точку В и параллельной A1D1, т.е. по прямой ВС. Таким образом, прямоугольник A1D1СВ – плоскость сечения.
В равностороннем ∆ A1C1В отрезок C1F – высота. Если ребро куба обозначить через а, то
Точку F соединим с точкой К – центром квадрата BC1D1D ( задней грани куба). FK⊥А1В. Почему? Так как FK – отрезок, соединяющий центры передней и задней граней, то он будет перпендикулярен каждой из этих граней, а значит, будет перпендикулярен и отрезку А1В. Отрезок FK будет параллелен и равен ребрам ВС и A1D1, т.е. FK=a.
Угол С1FК – линейный угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1. Обозначим этот угол через α. Рассмотрим треугольник С1FК. Имеем:
По теореме косинусов найдем косинус угла С1FК.
Подставим все имеющиеся значения в (*).
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD – квадрат со стороной 6, а боковое ребро равно 9. На ребре SA отмечена точка М так, что АM=6.
а) Постройте перпендикуляр из точки S на плоскость BCM.
б) Найдите расстояние от вершины S до плоскости BCM.
Решение.
Смотрите задачи вариантов 1 и 7. Чертеж чуть отличается, так как точка М делит боковое ребро на отрезки 6 и 3 (по условию АМ=6). Рассуждения те же.
а) Сечение пирамиды проходящее через точки В,С и М представляет собой равнобокую трапецию BMNC, KF – ось трапеции. Перпендикуляр из точки S на плоскость BCM — высота ∆SKF. В зависимости от угла SKF эта высота может лежать внутри ∆SKF или вне ∆SKF. Обозначим SKF через α и определим угол α из теоремы косинусов. Для этого нужно знать все стороны ∆SKF.
Так же нужно определить угол φ при основании каждой боковой грани пирамиды.
Рассмотрим грань SAD.
В ∆МАВ на основании теоремы косинусов имеем:
Рассмотрим равнобедренную трапецию BMNC. Проведем МР⏊ВС. Так как МК=1,то PF=1 ⇒ BP=3-1=2. Из ∆BPM находим:
Наконец, из ∆SKF определяем косинус угла α:
Итак, cosα 
а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.
б) Найдите угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1.
Решение.
а) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то плоскость BA1D1 пересечет основание по прямой ВС, и искомое сечение – BA1D1C.
б) Аналогично строим плоскость AB1C1D.
Эти плоскости пересекаются по прямой ОО1, точки О и О1 – центры квадратов (передней и задней граней куба). Отрезок ОО1 перпендикулярен граням АА1В1В и DD1C1D, следовательно ОО1⊥АВ1 и ОО1⊥А1В. Угол между диагоналями АВ1 и А1В квадрата и есть угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1. Мы знаем, что диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1 равен 90 0 .