<<
>>

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

<< | >>
Источник: Грекова И.Ю.. МАТЕМАТИКА [Текст] : учебное пособие для слушателей подготовительных курсов ВГУЭС. – Владивосток: Изд-во ВГУЭС,2011. – 232 с.. 2011
Помощь с написанием учебных работ

Еще по теме Задание С2:

  1. ! Задание 3.1. Составьте схему, иллюстрирующую структуру социальной среды организации ! Задание 3.2. Составьте схему, иллюстрирующую соотношение понятий социальная среда и социальная сфера
  2. 9.3 Задания
  3. Задания и тесты:
  4. 13.3 Задания
  5. 10.3 Задания
  6. Ответы на практические задания тестовой части
  7. 8.3 Задания
  8. Задание B2
  9. 11.3 Задания
  10. 16.3 Задания
  11. Задание B9
  12. Задания и практическиеупражнения
  13. ЗАДАНИЯ ПО ФОРМИРОВАНИЮ КОМПЕТЕНЦИЙ
  14. Задание B4
  15. Задания и практическиеупражнения