Ребро куба abcda1b1c1d1 равно 2 постройте сечение куба плоскостью ba1d1

Задание 14. Математика ЕГЭ. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Найдите угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1.

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки B, A1 и D1.

б) Найдите угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1.

Построим плоскость, проходящую через точки B, A1 и D1, т. е. плоскость BA1D1. Точки B и A1 лежат в одной плоскости, поэтому можно провести прямую BA1. Так как ВС параллельна A1D1, то точка С лежит в плоскости BA1D1. Точки С и D1 лежат в одной плоскости, поэтому можно провести прямую СD1. Прямоугольник BA1D1С – искомое сечение.

Построим плоскость BA1C1. Точки B и A1 лежат в одной плоскости, проведем прямую BA1. Точки A1 и C1 лежат в одной плоскости, проведем прямую A1C1. Точки B и C1 лежат в одной плоскости, проведем прямую BC1. Треугольник BA1C1 – искомое сечение. Так как сторонами этого треугольника являются диагонали граней куба, то треугольник BA1C1 – равносторонний треугольник.

Найдем угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1. Плоскости BA1C1 и BA1D1 пересекаются по прямой BA1. Отрезок C1М – высота и медиана треугольника BA1C1, т.е. отрезок C1М перпендикулярен BA1, а также точка М – середина BA1. Найдем точку пересечения диагоналей куба, получим точку О – центр куба. Отрезок МО – средняя линия треугольника BA1D1. Так как A1D1 перпендикулярен BA1, а A1D1 II MO, то МО перпендикулярен BA1.

Следовательно, угол ∠ОМC1 является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями BA1C1 и BA1D1. Угол ∠ОМC1 – искомый угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1. Найдем величину этого угла. Углом между двумя плоскостями называется величина острого двугранного угла.

Рассмотрим треугольник ОМC1, найдем стороны этого треугольника. Пусть ребро куба равно 1. МО – средняя линия треугольника BA1D1, тогда МО = 1/2.

Треугольник ВСС1 – прямоугольный (∠С = 90°), по тереме Пифагора

Треугольник ВМС1 – прямоугольный (∠М = 90°):

Найдем ОС1, диагональ куба AC1 = √3, тогда ОС1 = √3/2.

По теореме косинусов найдем cos∠ОМC1:

Так как за величину угла между двумя плоскостями берется величина острого двугранного угла (взят модуль), получим

Источник

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 .

Источник

1. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром 12. Постройте сечение куба плоскостью AD1C. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей

Ответ или решение 1

1. Построим сечение куба ABCDA1B 1 C 1 D 1 плоскостью AD 1 C. Так как все точки лежат попарно на одних гранях, то сечение строится путем простого соединения точек между собой. Тем самым получили сечение AD 1 C, которое представляет из себя равносторонний треугольник (т.к. все грани куба одинаковы между собой и представляют собой квадраты, а отрезки AD 1 , AC и CD 1 являются диагоналями этих одинаковых квадратов).

2. Учитывая, что N принадлежит ребру AD и является его серединой (AN = ND), строим сечение куба новой плоскостью, параллельной AD 1 C. Для этого на ребрах куба DD 1 и CD отметим середины, например, точками M и L. Соединим эти точки между собой и получим сечение MNL, параллельное построенному в первом пункте сечению AD 1 C. (Доказать их параллельность можно легко через соответственные углы MND и D 1 AD. Они являются углами в прямоугольных равнобедренных треугольниках MND и D 1 AD соответственно, и равны 45 градусов).

3. Вычислим площадь получившегося сечения. Для этого рассмотрим треугольник NDL. Нам известно, что точки N и L являются серединами ребер куба. Следовательно, их длина составляет ND = DL = 6. Треугольник NDL является прямоугольным, т.к. угол ADC = NDL является также углом нижней грани куба. Следовательно, можем воспользоваться теоремой Пифагора для треугольника NDL. Найдем его гипотенузу NL: NL = √(ND 2 + DL 2 )=√(6 2 + 6 2 ) = 6√2. Переходим к расчету площади сечения NML. Сечение MNL представляет собой равносторонний треугольник со сторонами, равными 6√2. Известна формула для расчета площади равностороннего треугольника: S = (a 2 * √3) / 4, где а — сторона треугольника. Считаем: S = ((6√2) 2 * √3) / 4 = 18√3. Ответ: площадь сечения 18√3 (кв.ед).

Источник

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 14, 15)

Две параллельные плоскости, находящиеся на расстоянии 8 друг от друга, пересекают шар. Получившиеся сечения одинаковы, и площадь каждого из них равна 9π.

б) Найдите площадь поверхности шара.

Решение. Всякое сечение шара плоскостью есть круг.

Каждая из плоскостей удалена от центра шара на 4, представляет собой круг, радиус которого равен 3.

Тогда радиус шара ОА=5 (египетский треугольник имеет стороны 3; 4; 5). Площадь поверхности шара S=4πR 2 ; S=4π·5 2 =100π (кв. ед.).

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD.

б) Найдите угол между плоскостью A1BD и плоскостью, проходящей через середины рёбер АВ, В1С1, АD.

Середина АВ – точка М; середина В1С1 – точка N, середина AD – точка P. Проведем прямую МР – пересечения плоскости MNP с основанием. Секущая плоскость MNP пересечет верхнее основание по прямой, проходящей через точку N параллельно МР, и эта прямая NE пересечет C1D1 в точке Е — середине C1D1. Прямая МР пересечет CD в точке Х. Таким образом, секущая плоскость имеет с гранью CC1D1D две общие точки Е и Х, поэтому пересечет эту грань по прямой EF, причем точка F – середина DD1. Прямая МР пересечет ВС в точке У. Тогда плоскость MNP пересечет грань ВВ1С1С по прямой УN и пересечет ВВ1 в точке Z, которая также является серединой ВВ1. Переднюю грань куба плоскость MNP пересечет по прямой ZМ. Итак, мы построили сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD. Получился правильный шестиугольник MZNEFP.

Плоскость A1BD – правильный треугольник, стороны которого являются диагоналями равных квадратов – граней куба. Плоскости MNP и A1BD имеют две общие точки Q и Q1, следовательно, пересекутся по прямой QQ1.

Найдем угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Это будет угол, образованный двумя полупрямыми, перпендикулярными QQ1 – линии пересечения наших плоскостей. Построим этот угол.

Проведем A1О, где О – пересечение диагоналей квадрата ABCD. Медиана A1О в равностороннем ∆BA1D является и высотой. A1О пересечет в точке К отрезок QQ1, который делит стороны A1B и A1D в отношении 1 : 4, считая от точек В и D, следовательно, и ОК : A1О = 1 : 4.

Почему в отношении 1: 4? Смотрите:

Медиана BQ в этом треугольнике, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т.е.

Следовательно, BQ : A1B = 1 : 4. Аналогично, DQ1 : A1D =1 : 4. Треугольники A1QQ1 и A1BD подобны по двум пропорциональным сторонам и углу ВА1D между этими сторонами. QQ1 II BD, треугольники QA1K и BA1O также подобны по углам, образованным соответственно параллельными сторонами, поэтому и ОК : A1О = 1 : 4.

Так как А1О ⊥ BD и QQ1 II BD, то А1О ⊥ QQ1, а значит и OK⊥QQ1.

Так как BD || MP и BD || QQ1, то MP || QQ1.

Обозначим через S точку пересечения MP с АС — диагональю квадрата АBСD.

KS – расстояние от МР до QQ1, т.е. KSQQ1 и угол OKS – линейный угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Обозначим угол OKS через α. Проведем KT⊥OS. Треугольник OKT подобен треугольнику OA1A и OT:OA=OK:ОА1=1:4.

Так как в ∆OKS высота КТ является и медианой, то ∆OKS – равнобедренный. КТ– биссектриса искомого угла α. Обозначим угол А1ОА через φ. Из прямоугольного ∆OAA1 найдем

Углы при основании OS равнобедренного треугольника OKS равны φ, следовательно, угол α = 180°-2φ. Тогда tgα = tg(180 0 -2φ) = -tg2φ.

А можно решить так: установим, что ∆OKS – равнобедренный и проведем SL⊥OK.

Из прямоугольного треугольника SLK, по определению тангенса острого угла, следует, что tgα = SL : KL. Обозначим KL = x.

Из ∆KLS по теореме Пифагора: SL 2 =KS 2 -KL 2

Из ∆ОLS по теореме Пифагора: SL 2 =ОS 2 -ОL 2 . Левые части равенств равны, значит, и правые части равенств будут равны:

KS 2 -KL 2 = ОS 2 -ОL 2 . Подставляем данные:

Однако, на мой взгляд, самым целесообразным (естественным) было бы рассуждать так:

установили, что угол OKS – искомый и обозначили его через α. Применим теорему косинусов к этому треугольнику и выразим косинус α.

Высота А1О в правильном треугольнике ВА1D равна произведению стороны А1В на синус 60° (катет, противолежащий углу, равен произведению гипотенузы на синус этого угла). Если ребро куба обозначить через а, то

где r6 – радиус окружности, вписанной в правильный шестиугольник MZNEFP.

Если обозначить сторону правильного шестиугольника через b, то радиус вписанной окружности

Подставляем значения OK, KS, OS и найдем косинус α.

Дорогие друзья, мы решили данную задачу тремя способами (но понятно, что способов больше!), и вы должны знать, что вольны выбирать любой способ решения. Проверяющие вас экзаменаторы зачтут любое обоснованное решение. Да, ну а все же, давайте убедимся в том,

Источник

Оцените статью
Юридический портал
Adblock
detector