Задание С2
Задание С2 имеет повышенный уровень сложности. Необходимо уметь выполнять действия с геометрическими фигурами и телами, координатами и векторами, находить углы и расстояния в пространстве. Критерии оценивания заданий с развернутым ответом
Содержание критерия | баллы |
Обосновано получен верный ответ | 2 |
Решение содержит обоснованный переход к планиметрической задаче, но получен неверный ответ или решение не закончено | 1 |
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше | 0 |
Максимальный балл | 2 |
Задача 1.
С2. В кубе ABCDA1B1С1D1 все ребра равны 1. Найдите расстояние от точки С до прямой BDX. Решение. Проведем отрезок СD1 и опустим перпендикуляр СН на BDX. Искомое расстояние равно высоте СН прямоугольного треугольника BCD1 с прямым углом С: |
.
Ответ: .
Задача 2.
С2004. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1С1D1 известны ребра; АВ = 6, AD = S, CC1 – 16. Найдите угол между плоскостями ABC и A1DB. |
Решение.
Плоскости ABC и имеют общую прямою BD. Проведем перпендикуляр АН к ВD. По теореме о трех перпендикулярах А1Н ┴ВD. Значит, угол двугранного угла, образованного плоскостями АВС и А1ВD.
Из прямоугольного треугольника BAD находим:
Из прямоугольного треугольника А1АН находим:
.
Значит, искомый угол равен arctg
Ответ: arctg.
Задача 3.
С2001. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 заданы длины ребер AD = 12, AВ = 5, АА1 = 8. Найдите объем пирамиды МB1C1D если М – точка на ребре AA1, причем AM = 5. Решение:
AM = 5 и МЕ┴ВС , значит ME – hM. Треугольник АМЕ подобен треугольнику ABB1, значит |
;
.
Ответ: 50.
Задача 4.
С2002. В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием АВС известны ребра АВ = , SC = 25. Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AS и BС.
Решение
Пусть М и N – середины ребер и ВС соответственно. Прямая AS проектируется на плоскость основания и прямую AN. Поэтому проекция точки M – точка М1 – лежит на отрезке AN. Значит, прямая AN является проекцией прямой MN, следовательно, угол MNM1 – искомый.
MM1|| SO, где О – центр основания, значит, MM1 – средняя линия треугольника ASO, а потому М1 – середина АО. Тогда и Из прямоугольного треугольника АММ1 находим: . |
Из прямоугольного треугольника MM1N находим:
.
Значит, искомый угол равен arctg
Ответ: arctg .
Задача 5.
С2004. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра; АВ = 6, AD = 8, CC1 = 16. Найдите угол между плоскостями ABC и A1DB. Решение Плоскости ABC и А1DB имеют общую прямою BD. Проведем перпендикуляр АН к 3D. По теореме о трех перпендикулярах А1Н┴BD. Значит, угол двугранного угла, образованного плоскостями АBС и A1DB. |
Из прямоугольного треугольника BAD находим:
.
Из прямоугольного треугольника A1АН находим:
.
Значит, искомый угол равен arctg
Ответ: arctg
Задача 6.
Найдите боковую поверхность пирамиды, если площадь основания равна S, а двугранные углы при основании равны α.
Решение.
Предположим, что нам задана произвольная n-угольная пирамида СА1 А2... Аn, основанием которой является n-угольник А1 А2... Аn (С – вершина пирамиды). Боковая поверхность пирамиды равна сумме площадей n треугольников.
S бок. = SΔ СА1А2 + SΔ СА2А3 + …+ SΔ САn – 1А n + SΔ СА n А1
А площадь основания равна сумме площадей n треугольников, являющихся проекциями боковых граней (О – проекция вершины С на плоскость основания):
Рассмотрим отношение между площадями SΔ СА1А2 и SΔ ОА1А2 Пусть CD – высота треугольника СА1A2, OD – высота треугольника OА1A2. Тогда OD – проекция CD на основание пирамиды и < СDO = α (СDO – линейный угол двугранного угла между боковой гранью СA1А2 и основанием OA1A2). |
Используя формулу площади треугольника, можем записать:
SΔ СА1А2 = ½ · А1 А2 · CD
SΔ ОА1А2 = ½ · А1 А2 · ОD
Из прямоугольника CDO имеем OD = CD · cos α.. Следовательно,
SΔ ОА1А2 = ½ · А1 А2 · СD · Cos α. = SΔ СА1А2 · Cos α
Аналогичные соотношения будут связывать площадь всех треугольников боковой поверхности и площадь проекций этих треугольников на основание. После сложения этих соотношений приходим к равенству
S осн. = Sбок. · Cos α
Отсюда | Sбок. | = | S | |
Cos α | ||||
Ответ. | S | |||
Cos α | ||||
Задача 7. В правильной треугольной пирамиде боковое ребро равно 4 см. а сторона основания – 6 см. Найдите объем пирамиды.
Решение.
Рассмотрим пирамиду DABC. В ней AD = BD = CD = 4 см, АВ = ВС = АС = 6 см.
Объем V вычислим по формуле
где H = DO – высота пирамиды, О – проекция вершины D на основание, совпадающая с точкой пересечения медиан, высот, биссектрис, треугольника ABC. |
Из треугольника ВЕС со сторонами ВС = 6 см, ЕС = 3 см находим по теореме Пифагора
Следовательно,
Из прямоугольного треугольника DOB, по теореме Пифагора,
Площадь основания равна
Теперь найдем объем:
Ответ.
Задача 8. Два рамных тара радиуса R расположены так, что центр одного лежит па поверхности другого. Найдите длину линии, по которой пересекаются их поверхности.
Сферы, о которых идет роль в задаче, пересекаются по окружности. Ее центр О расположен на середине радиуса О1О2 данных сфер.
Радиус г этой окружности можно найти по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника О1О2, где
т.е. . Длина этой окружности равна |
Еще по теме Задание С2:
- ! Задание 3.1. Составьте схему, иллюстрирующую структуру социальной среды организации ! Задание 3.2. Составьте схему, иллюстрирующую соотношение понятий социальная среда и социальная сфера
- 9.3 Задания
- Задания и тесты:
- 13.3 Задания
- 10.3 Задания
- Ответы на практические задания тестовой части
- 8.3 Задания
- Задание B2
- 11.3 Задания
- 16.3 Задания
- Задание B9
- Задания и практическиеупражнения
- Задание B4
- Задания и практическиеупражнения
- ОТВЕТЫ Задание 1.