Ортогональное проектирование

Решение заданий при подготовке к ЕГЭ

Применение ортогонального проектирования

Задача 1. Условие:

• Изобразите сечение единичного куба A…D 1 , проходящее через вершину D 1 и середины ребер AB; BC . Найти его S сеч .

Решение:

L

M

K

Ответ:

Задача 2. Условие:

• Изобразите сечение единичного куба A…D 1 , проходящее через середины ребер AA 1 , CC 1 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 ABCA 1 B 1 C 1 BK -биссектриса основания ABC. Через биссектрису и вершину А 1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания 60°. Найти S сеч ., если AB =3, BC =6, угол ABC =30°.

. AK=t; KC=2t.

Ответ: 3.

• Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в точку A , а прямую b в прямую b 1 , то расстояние между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b 1 .
• 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:

M

• Дан правильный тетраэдр МАВС с ребром 1. Найдите расстояние между прямыми А L и МО, если L – середина МС, О – центр грани АВС.

L

1

С

В

О

Н

Q

Р

А

Решение:

M

• L Н  (ABC), Н СО .

2. СН = НО.

L

3. Точка О и прямая АН – ортогональные проекции соответственно прямых МО и А L на (АВС).

Расстояние между скрещивающимися прямыми МО и А L равно расстоянию от точки О до прямой АН.

1

С

В

О

Н

Q

Р

4. О Q  АН,

О Q- искомое расстояние.

А

5. Вычислим О Q .

M

Решение:

L

1

В

С

О

Н

Q

Р

А

Ответ: .

b ) и высотой h найти расстояние между диагональю BD 1 и диагональю большего основания AC . " width="640"

Задача 5. Условие:

В правильной усеченной четырехугольной пирамиде A…D 1 со сторонами оснований а и b ( ab ) и высотой h найти расстояние

между диагональю BD 1 и диагональю большего основания AC .

• В правильной четырехугольной пирамиде S АВС D , все ребра которой равны 1. Найдите угол между прямой D Е, где Е - середина апофемы SF грани А S В, и плоскостью А SC .

S

Задача 6. Условие:

Е

В

С

F

D

А

Введем прямоугольную систему координат.

Z

S

Е

К

направляющий вектор прямой DE .

С

В

Х

Н

F

О

Ответ: .

А

У

D

Задача 7. 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.

F

E

1 способ решения:

EB ll GC, CG 1 =BC, т.к. GC=¼DC=½EB По теореме косинусов для треугольника EBF 1 : EF 1 ^2=EB^2+BF^2-2*EB*BF 1 *cos120 ° =63/4 EF=(3√7)/2 Из прямоугольных треугольников EFF 1 и F 1 FG 1 : EF^2=EF 1 ^2+F 1 F^2 =36 EF=6 FG 1 ^2=F1G1^2+F1F^2=270/4 FG 1 =(3√30)/2 " width="640"

Решение 2 (угол между прямой и плоскостью)

• F ⊥ (ABC)

F 1 - ортогональная проекция точки F на плоскость и основание

BF 1 =F 1 C, FF 1 ll BB 1

• G 1 - точка пересечения прямых EG и BC. Треугольник EF 1 G 1 , лежащий в плоскости ABC ,- ортогональная проекция треугольника EF 1 G 1 , лежащего в плоскости EFG
• Из подобия треугольников EBG 1 и GCG 1 = EB ll GC, CG 1 =BC, т.к. GC=¼DC=½EB
• По теореме косинусов для треугольника

EBF 1 : EF 1 ^2=EB^2+BF^2-2*EB*BF 1 *cos120 ° =63/4

• EF=(3√7)/2
• Из прямоугольных треугольников EFF 1

и F 1 FG 1 : EF^2=EF 1 ^2+F 1 F^2 =36

EF=6

FG 1 ^2=F1G1^2+F1F^2=270/4

FG 1 =(3√30)/2

• По теореме косинусов для треугольника EBG 1 :

EG 1 ^2=EB^2+BG^2-2*EB*BG 1 *cos120 ° =441/4

EG 1 =21/2

• Используя теорему косинусов для треугольника EFG 1 :

cos L EFG 1 =(EF^2+FG 1 ^2-EG 1 ^2)/(2*EF*FG 1 )=-3/(8√30)

sin L EFG 1 =√(1-(- 3/(8√30)^2=√637/(8√10)

• Находим площадь треугольника EFG 1

S EFG1 =½*EF*FG1*sin L EFG 1 =((9√3)/16)*√637

• Находим площадь треугольника EF 1 G 1 :

S EF1G1 =½*EF 1 *F 1 G 1 *sin150 ° =(63√3)/16

• Находим косинус угла Y между

плоскостями EFG 1 и ABC по формуле:

cos Y= S EF 1 G 1 /S EFG 1 =1/√13

Ответ: 1/√13

• Дана правильная четырехугольная 

пирамида MABCD, стороны основания которой равны 7. Угол между прямыми DM и AL, L-середина ребра MB, равен 60°.Найдите высоту пирамиды.

Задача 8

AC ⊥ (BMD) AC ⊥ любой прямой, лежащей в этой плоскости, т.е. AC ⊥ OL, треугольник AOL- прямоугольный, L AOL=90 ° , L LAD=30 ° tg L LAO=OL/OA=tg30 ° =√3/3 OL/((7*√2)/2)= √3/3 OL=((7√2)/2)* (√3/3)=(7√6)/6 DM=2OL DM=2*((7√6)/6)=(7√6)/3 Треугольник OMD: OM=√(DM^2 - OD^2 )= =(7√6)/6 Ответ: (7√6)/6 " width="640"

• AB=BC=CD=AD=7
• DM и AL скрещивающиеся прямые
• DM||OL в плоскости DMB
• OL||MD, так как OL- средняя линия треугольника BMD (по построению)
• L ALO=60 °
• Докажем, что треугольник AOL- прямоугольный

( AC ⊥ BD, AC ⊥ OM, тогда = AC ⊥ (BMD)

AC ⊥ любой прямой, лежащей в этой плоскости, т.е.

AC ⊥ OL, треугольник AOL- прямоугольный, L AOL=90 ° , L LAD=30 °

• tg L LAO=OL/OA=tg30 ° =√3/3
• OL/((7*√2)/2)= √3/3

OL=((7√2)/2)* (√3/3)=(7√6)/6

• DM=2OL

DM=2*((7√6)/6)=(7√6)/3

• Треугольник OMD: OM=√(DM^2 - OD^2 )=

=(7√6)/6

Ответ: (7√6)/6

• В правильной четырехугольной пирамиде  PABCD  с основанием  ABCD   точка  M  - середина ребра  РA , точка  K  - середина ребра  РB .  Найдите расстояние от вершины  A  до плоскости  CMK ,  если  РC = 6, AB = 4 .

Задача 9

АВ   плоскости || сечения (по признаку параллельности прямой и плоскости) Расстояние L от точки  А  до сечения равно расстоянию от прямой  АВ  до сечения, L равно расстоянию от любой точки прямой  АВ  до сечения. " width="640"

• МК - средняя линия треугольника АРВ
• МК || АВ = АВ   плоскости || сечения (по признаку параллельности прямой и плоскости)
• Расстояние L от точки  А  до сечения равно расстоянию от прямой  АВ  до сечения, L равно расстоянию от любой точки прямой  АВ  до сечения.

• АН = НВ
• DMKC симметрична относительно HPT
• DT=TC
• Плоскость симметрии перпендикулярна плоскости сечения. Плоскость сечения проходит через прямую  DC , которая перпендикулярна  плоскости симметрии  НРТ
• Плоскость симметрии перпендикулярна сечению и они пересекаются по прямой  РТ .

• По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на сечение, попадает точно на прямую  РТ , то есть найти нам надо длину именно этого перпендикуляра. Найдем высоту треугольника  НРТ , проведённой к стороне  РТ .
• X- искомое расстояние.

Найдем через S: S=½*HT*PL*x

• X- искомое расстояние.

Найдем через S: S=(1/2)*HT*PL*x

• 1)  PL = 0,5·РО , т.к.  PL  - ср. линия

треугольника  НРО . Найдём высоту пирамиды.

В прямоугольном треугольнике  PОС :  PС = 6  и 

ОС = 0,5·АС = 0,5·4 √2 = 2√2.

По теореме Пифагора находим

РО = √36 - 8 =√28 = 2√7. Значит, PL = √7.

• 2)  НТ = ВС = АВ = 4 .  HL = 0,5·HO = 0,5·2 = 1,

LT = HT - HL = 4 - 1 = 3 .

• 3)  PT  найдём по теореме Пифагора из

треугольника  PLT : PT = √9 + 7 = 4.

• Теперь можно искать высоту  х ,

проведённую к стороне  РТ  треугольника  PTL : HT·PL = PT·x 4·√7 = 4·x x = √7 Ответ: √7

• В прямоугольном параллелепипеде  A…D 1 , AB=BC=10√2, AA1=2√7 . Сечение параллелепипеда проходит через точки  B  и  D  и образует с плоскостью  ABC  угол  . Найдите площадь сечения.

Задача 10

• Сначала нам нужно построить это сечение.

Очевидно, что отрезок    принадлежит плоскости сечения и плоскости основания, то есть принадлежит линии пересечения плоскостей .

• Угол между двумя плоскостями – это угол между двумя перпендикулярами, которые проведены к линии пересечения плоскостей и лежат в этих плоскостях.
• BD ⊥ AC . Пусть точка  – точка пересечения диагоналей основания.  – перпендикуляр к линии пересечения плоскостей, который лежит в плоскости основания:

между плоскостью сечения и плоскостью основания больше, чем между OC 1  и  OC . То есть сечение расположено как-то так: K- точка пересечение OP и A 1 C 1 . LM ll B 1 D 1 . " width="640"

• Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что если прямая перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Ищем наклонную по ее проекции ( OC ) и углу между проекцией и наклонной). Найдем тангенс угла COC 1    между  OC 1  и  OC  :

=

между плоскостью сечения и плоскостью

основания больше, чем между OC 1  и  OC .

То есть сечение расположено как-то так:

K- точка пересечение OP и A 1 C 1 . LM ll B 1 D 1 .

" width="640"

• Найдем проекцию сечения  BLMD  на плоскость

основания. Для этого найдем проекции точек  L  и  M .

• Четырехугольник   BL 1 M 1 D – проекция сечения  BLMD

  на плоскость основания. 

•   Найдем площадь четырехугольника BL 1 M 1 D . Для этого

из площади треугольника  BCD  вычтем площадь

треугольника  L 1 CM 1

• Найдем площадь треугольника  L 1 CM 1 .

Треугольник   L 1 CM 1  подобен треугольнику  BCD . Найдем

коэффициент подобия. Для этого рассмотрим

треугольники  OPC  и  OKK 1 :

=

• S L1CM1 равен S BCD (отношение площадей подобных

фигур равно квадрату коэффициента подобия).

• Тогда площадь четырехугольника  BL 1 M 1 D  равна    площади треугольника  BCD  и равна:
• Найдем

Ответ: 112