Проект "Решение стереометрической задачи №14 ЕГЭ по математике"

Слайд 1

Слайд 2

Цель проекта Научится решать задачи 14 части ЕГЭ различными способами

Слайд 3

Задачи Рассмотреть различные типы задач 14 ЕГЭ Рассмотреть различные способы решения задач 14 ЕГЭ

Слайд 4

Типы задач Расстояние между скрещивающимися прямыми Расстояние от точки до прямой и до плоскости Расстояние между плоскостями Угол между прямой и плоскостью Угол между плоскостями Угол между скрещивающимися прямыми Сечения многогранников Объёмы многогранников Первое полугодие Второе полугодие

Слайд 5

Нахождение расстояния от точки до прямой

Слайд 6

S A B C D P T M h О Источник: Задания С2 ЕГЭ 2014 Аналитический метод Дано: SAB С D- правильная четырехугольная пирамида. AB= , высота h= , т. Р-середина AD, т.Т-середина BC, т.М-середина SC. Найти: расстояние от т.Р до МТ. Решение: Доп. построение PT PT=AB=√6 ΔABD: ∠ DAB=90 ° , тогда по т.Пифагора DB= OB=DB/2=√3 ΔSOB: ∠ SOB=90 ° , тогда по т.Пифагора SB=

Слайд 7

KM||PT PT||DC PT||(SDC) PT ⊂( PTM) (PTM)∩(SDC)=MK Построим сечение ( PTM): PT||DC DC ⊂( SDC) S A B D P T M С => PT||(SDC) по признаку параллельности прямой и плоскости =>MK||PT по теореме K =>KM||DC, SM=MC, тогда по теореме Фалеса K- середина SD PK- средняя линия, тогда PK=AS/2=SB/2=MT=3 P,K,M,T ∈( MTP) , KM||PT=> □ KMTP- равнобокая трапеция c основаниями KM и PT KM= по свойству средней линии

Слайд 8

K M P T H F X =>MF*PT=PX*MT Доп. построение KH и MF- высоты, KM=HF= ΔPKH=ΔMFT по двум катетам , тогда PH=FT= ΔMFT, ∠ MFT=90º, тогда по т.Пифагора MF= Доп. построение PX┴ MT , PX -искомое расстояние S MPT =MF*PT/2 S MPT =PX*MT/2 PX= Ответ:

Слайд 9

H M S A B C D P T x z y (0;0;0) Векторный метод Дано: SAB С D- правильная четырехугольная пирамида. AB= √6 , высота h= √33 , т. Р-середина AD, т.Т-середина BC, т.М-середина SC. Найти: расстояние от т.Р до МТ. (0 ;√6;0) ( x;y;z ) Решение : Поместим фигуру в систему координат Пусть PH- искомое расстояние, тогда

Слайд 10

, тогда x=√6-y , тогда z=2√33- √22y M S A B C D P T H x z y (0;0;0) (0 ;√6;0) ( x;y;z )

Слайд 11

Нахождение расстояния от точки до плоскости

Слайд 12

Дано : куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 со стороной 12. т. P ∈ DC, DP=4, т. Q ∈ AB, B 1 Q=3. Найти : расстояние h от т. С до ( APQ). A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Q P Решение : Построим сечение ( APQ): K,P,X ∈ (APQ) = > искомое расстояние будет равно расстоянию от т. С до ( XKP), тогда h -высота тетраэдра KXPC , проведенная из вершины С. Рассмотрим ΔXCP и ΔXBA: ∠ ABC= ∠ XCP=90º ∠ AXB- общий X K = > ΔXCP ~ ΔXBA по Ι признаку подобия треугольников Источник: Задания 14 ЕГЭ 2016 V XPKC =S XKP * h/3=S XPC *KC/3 Метод объемов

Слайд 13

Рассмотрим ΔXCK и ΔXBQ: ∠ QBC= ∠ XCK=90º ∠ QXB- общий A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Q P X K = > ΔXCK ~ ΔXBQ по Ι признаку подобия треугольников ΔXCP ~ ΔXBA, тогда ΔXPK: по теореме косинусов , тогда sinPXK =

Слайд 14

C P X K SXKP= sinPXK *XK*XP/2 S XKP = SXPC=XC*PC/2=24*8/2= 96 VXPKC=SXKP * h/3=SXPC*KC/3

Слайд 15

Дано : куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 со стороной 12. т. P ∈ DC, DP=4, т. Q ∈ AB, B 1 Q=3. Найти : расстояние h от т. С до ( APQ). A B C A 1 B 1 C 1 D 1 Q D P z x y (0 ;0;0) ( 12;12;0) ( 8;0;0) ( 0;12;9) Метод координат Поместим куб в систему координат Уравнение плоскости ( APQ): ax+by+cz+d =0 8а+ d=0 d=-8a d=-8a d=-8a 12a+12b+d=0 ; 12a+12b-8a=0 ; b=-a/3 ; b=-a/3 12b+9c+d=0 12b+9c-8a=0 -4a+9c-8a=0 c=4a/3

Слайд 16

A B C A 1 B 1 C 1 D 1 Q D P x y (0 ;0;0) ( 12;12;0) ( 8;0;0) ( 0;12;9) Уравнение плоскости ( APQ): 3x-y+4z-24=0

Слайд 17

Дано : куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 со стороной 12. т. P ∈ DC, DP=4, т. Q ∈ AB, B 1 Q=3. Найти : расстояние h от т. С до ( APQ). C P X K Решение: Доп. построение CH- высота ΔXCP KH- наклонная к плоскости (XCP) CH- проекция KH на (XCP) CH┴XP CH┴ XP KH ┴ XP KH∩CH=H H => KH ┴XP по теореме о трех перпендикулярах =>XP ┴(KHC) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости Аналитический метод

Слайд 18

XP ┴(KHC) XP ⊂ (XPK) Доп. построение С N- высота ΔCHK ( XPK)┴(KHC) ( XPK)∩(KHC) = HK CN┴HK CN ⊂ (KH С ) Значит CN- искомое расстояние KH=2*S KXP / XP= С H=2*S XCP/XP = C P X K H => (XPK )┴ (KHC ) по признаку перпендикулярности плоскостей N = >CN ┴ (XKP) по свойству перпендикулярных плоскостей

Слайд 19

Нахождение расстояния между плоскостями

Слайд 20

Дано : шестиугольная правильная пирамида SABDEF с ребром основания 1, боковой стороной 2. N -середина SE, M- середина SD. Найти : расстояние от ( MNC) до ( SAB). S A B C D E F N M Решение: MN||DE по св-ву средней линии AB||DE AB∩CD=X, ∠ XBC= ∠ XCB=60º как смежные с равными, тогда Δ XBC- равносторонний по признаку, XC=BC XC=BC, BC=CD=>CM- средняя линия Δ XSD =>MN||AB S A B C D E F N M X Источник: Задания 14 ЕГЭ 2016 Аналитический метод

Слайд 21

O CM||XS по св-ву средней линии MN||AB CM∩MN=M XS и AB ⊂ (SAB) MN и CM ⊂ (MNC) MN||DE DE ⊂ (ABC) MN||(ABC) MN ⊂ (MNC) (ABC)∩(MNC)=a a||MN DE||MN a ⊂ (MNC )=>CF ⊂ ( MNC) Возьмем т .O- центр описанной вокруг ABCDEF окружности, O ∈ CF, тогда O ∈ (MNC), и расстояние от т. O до ( SAB)- искомое. S A B C D F N M X => (SAB )||( MNC) E => a||MN по теореме =>MN||(ABC) по признаку =>a||DE, тогда C,F ∈ a

Слайд 22

H K S A B C D F E O Пусть т. K- середина AB, OH┴SK OK┴AB, SK┴AB по св-ву равнобедренного треугольника SK∩KO=K SK ⊂ (SKO) KO ⊂ (SKO) SK┴AB OK ┴ AB OH┴SK OH┴ AB SK∩AB=K SK ⊂ ( ABS) AB ⊂ (ABS) = >AB┴(SOK) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, тогда OH┴ AB OH┴ ( ABS) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, тогда OH- искомое расстояние

Слайд 23

S A B C D F E O K H Δ ABO- равносторонний, тогда OK= Δ AKS: ∠ SKA=90º, по т.Пифагора SK= SO- высота пирамиды, тогда Δ OKS: ∠ SOK=90º, по т.Пифагора SO= Δ SOK: ∠ SOK=90º, тогда OH=

Слайд 24

Дано : шестиугольная правильная пирамида SABDEF с ребром основания 1, боковой стороной 2. N -середина SE, M- середина SD. Найти : расстояние h от ( MNC) до ( SAB). 1 1 1 2 2 Метод объемов S A B C D F E O

Слайд 25

O S A B 1 2 Дано : шестиугольная правильная пирамида SABDEF с ребром основания 1, боковой стороной 2. N -середина SE, M- середина SD. Найти : расстояние h от ( MNC) до ( SAB). x y X Y º º (0;0;0) (0;0; (1;0;0 ) ( ; Метод координат z Решение: Поместим S ABO в систему координат Доп. построение AY ┴ OY, AX ┴ OX ΔAXO: ∠ AXO=90º, cos60º=OX/AO OX=1/2

Слайд 26

z O S A B x y (1;0;0 ) ( ; (0;0;0) (0;0; Уравнение плоскости ( ABS): ax+by+cx+d =0

Слайд 27

Нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

Слайд 28

Дано : четырехугольная правильная пирамида SABD , длина каждого ребра равна 4, т. К-середина AS. Найти : расстояние между AD и BK. S A B C D K Решение: Построим сечение ( KBC): BC||AD AD ⊂( ASD) BC||(ASD ) BC ⊂ (KBC) (ASD)∩(KBC)=KL KL||BC, AD||BC, тогда AD||KL => BC||(ASD) по признаку параллельности прямой и плоскости => KL||BC по теореме L Источник: Задания 14 ЕГЭ 2015 Аналитический метод

Слайд 29

S A B C D K L AD||KL KL ⊂ (KBC) тогда расстояние между AD и KB равно расстоянию от любой точки AD до ( KBC) Доп. построение KN┴AD, MN ┴ AD , M K ┴NH KN┴ AD KL||AD KN┴AD MN┴AD MN ⊂ (KMN) KN ⊂ (KMN) AD||KL AD ┴ NH NH ┴ KL NH ┴MK KL∩KM=K KL ⊂ (KBC) KM ⊂ (KBC) =>AD||(KBC) по признаку параллельности прямой и плоскости, N M H =>KN ┴KL AD ┴(KMN) по признаку , NH ⊂ (KMN), тогда AD ┴NH по определению прямой, перпендикулярной к плоскости =>NH ┴KL по лемме =>NH ┴(KBC) по признаку, тогда NH- искомое расстояние

Слайд 30

S A B C D K L N M H B K L C M M1 =>BC ┴(NKM ) по теореме, тогда KM ┴BC по определению и KM- высота □ BKLC KL||AD, AK=KS, тогда по т. Фалеса SL=LD, KL- средняя линия Δ ASD, KL=AD/2=2 KB=CL как медианы в равных равносторонних треугольниках ASB и DCS KL||BC, KB=LC, тогда □ BKLC – равнобокая трапеция с основаниями KL и BC KB=LC- высоты, тогда KB=LC= 2√3 AD┴(NKM) AD||BC KL=MM 1 =2 ΔBKM=ΔLCM 1 по гипотенузе и катету , BM=CM 1 =(BC-MM1)/2=1 ΔBKM: ∠ BMK=90º, по т. Пифагора KM=

Слайд 31

S A B C D K N M H Δ ASD- равносторонний => ∠ SAD=60º Δ AKN: ∠ KNA=90º, sin60º=KN/AK Δ KNM, по теореме косинусов : Δ NHM, ∠ NHM=90º, sinNMK =NH/NM NM=AB=4

Слайд 32

Дано : четырехугольная правильная пирамида SABD , длина каждого ребра равна 4, т. К-середина AS. Найти : расстояние h между AD и BK. A B C D K O Решение: Поместим пирамиду в систему координат т .O- проекция т. S на ( ABC), т. O- точка пересечения диагоналей □ ABCD z x y (0;0;0) (4;0;0) (4;4;0) S (1;1; ) Метод координат

Слайд 33

A B C D K O x y (0;0;0) (4;0;0) (1;1; ) z S (4;4;0) Уравнение плоскости ( BKC): ax+by+cz+d =0 4a+d=0 d=-4a d=-4a 4a+4b+d=0; b=0; b=0; h=

Слайд 34

Дано : четырехугольная правильная пирамида SABD , длина каждого ребра равна 4, т. К-середина AS. Найти : расстояние h между AD и BK. A B C D K S A B C K Метод объемов Решение: h- расстояние от т. A до ( KBC), т.е. высота пирамиды ABCK, проведенная из вершины A .

Слайд 35

B K L C M A B C K 2* 4 4 4 1

Слайд 36

Угол между прямой и плоскостью

Слайд 37

Дано: В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 известны ребра: AB= 3 , BB 1 =6. M- середина B 1 C 1 , T- середина A 1 M. Найти: угол между ( BCT) и AT . Традиционный способ Диагностические работы 2017 года A 1 B 1 C 1 A B C M T K R Решение: BC||B 1 C 1 B 1 C 1 ⊂( A 1 B 1 C 1 ) BC|| ( A 1 B 1 C 1 ) ( A 1 B 1 C 1 ) ⋂ ( ABC ) =KR = > BC|| ( A 1 B 1 C 1 ) при признаку параллельности прямой и плоскости = >KR||BC, тогда KR||BC|| B 1 C 1

Слайд 38

A 1 B 1 C 1 A B C M T K R N Доп. построение AN ⊥ BC, AH ⊥ TN KR||B 1 C 1 A 1 T=TM KB 1 =RC 1 , BB 1 =CC 1 , ∠ BB 1 K= ∠ RC 1 C=90º=> Δ KB 1 B= Δ RC 1 C по двум катетам, тогда BK=RC A 1 M ⊥ B 1 C 1 =>A 1 T ⊥ KR, тогда Δ A 1 TK= Δ A 1 RT по катету и гипотенузе= > KT=TR H => A 1 K=KB 1 =A 1 R=RC 1 т.к. A 1 B 1 =A 1 C 1 по теореме Фалеса. K R B C X N T =>BC ⊥ (ANT) по признаку, тогда BC ⊥ AH по определению => AH ⊥( BCT) по признаку, тогда ∠ ATH- искомый TN ⊥ BC BC ⊥ AN BC ⊥ AH AH ⊥ TN A 1 M=AN= 3*√3* √3 /2=4,5 AA 1 ⊥ (A 1 B 1 C 1 )=>AA 1 ⊥ A 1 T по определению , по т. Пифагора AT = √657/4 , аналогично TN = AT= √657/4

Слайд 39

A N T φ 4.5 По т. Косинусов

Слайд 40

( ; ;6) z Дано: В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 известны ребра: AB= 3 , BB 1 =6. M- середина B 1 C 1 , T- середина A 1 M. Найти: угол между ( BCT) и AT . Векторный способ A 1 B 1 C 1 A B C M T x y (0;0;0) ( ; ;0) ( 3 ;0;0) Решение: Поместим призму в систему координат

Слайд 41

A 1 B 1 C 1 A B C M T z x y (0;0;0) ( ; ;0) ( 3 ;0;0) ( ; ;6) Составим уравнение плоскости ( BTC) Уравнение плоскости ( BTC) :

Слайд 42

Угол между плоскостями

Слайд 43

Дано: правильная четырехугольная призма со стороной основания 4 и высотой 7. На АА 1 взята точка М так, что АМ=2. На BB 1 взята точка так, что B 1 K=2. Найти : угол между ( D 1 MK) и (CC 1 D 1 ) . Диагностические работы 2017 года Традиционный способ A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M K Решение: (А BB 1 )∩ ( D 1 MK )=KM ( D 1 MK) ∩ (CC 1 D 1 )=XD 1 ( А BB 1 )|| (CC 1 D 1 ) Аналогично KX||MD 1, тогда □ XKMD 1 - параллелограмм по определению, KM=XD 1 , KX=MD 1 Доп. построение KH ⊥ XD 1 , KN||B1C1, B1C 1 ⊥ (CC 1 D 1 ), тогда KN ⊥ (CC 1 D 1 )=>NH- проекция KH на (CC 1 D 1 ), По теореме о трех перпендикулярах NH ⊥ XD 1, тогда ∠ KHN- искомый =>KM||XD 1 по св-ву параллельных плоскостей X H N

Слайд 44

A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M K X H N N X D1 H = > ∠ KNH=90º по определению Δ KNH, ∠ KNH=90º, NK=NH=4, тогда ∠ KHN =45 º Ответ: ∠ KHN =45 º KN=B 1 C 1 =4 KX=MD 1 =√41 ( находится через т. Пифагора ) Δ XNK, ∠ XNK=90º, по т.Пифагора XN=5, тогда XC 1 =3 Δ XC 1 D 1 , ∠ XC 1 D 1 =90º, по т.Пифагора XD 1 =5 Δ N С1 D1, ∠ NC 1 D 1 =90º, по т.Пифагора ND1=2√5 Δ XND 1, по т. косинусов cosND 1 X тогда sinND 1 X Δ HND 1, ∠ NHD 1 =90º,NH=2√5* =4 KN ⊥ (CC 1 D 1 ) NH ⊂( CC 1 D 1 )

Слайд 45

Плоскость (KMD 1 ) 4a+5c+d=0 4a+4b+2c+d=0 4b+7c+d=0 Дано: правильная четырехугольная призма со стороной основания 4 и высотой 7. На АА 1 взята точка М так, что АМ=2. На BB 1 взята точка так, что B 1 K=2. Найти : угол между ( D 1 MK) и (CC 1 D 1 ) . Векторный способ A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M K Решение: Поместим призму в систему координат Плоскость ( СС 1 D 1 ) : 7c+d=0 d=0 ; 4b=0 z y x (0;0;0) (0;0;7) (0;4;7) ( 4 ; 0 ; 5 ) (0;4; 0 ) => x 1 =k y 1 =0; z 1 =0 (4;4;2) => x 2 =5 y 2 =3; z 2 =4

Слайд 46

Ответ: 45 º

Слайд 47

Угол между скрещивающимися прямыми

Слайд 48

Дано: В ос­но­ва­нии четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды SABCD лежит пря­мо­уголь­ник ABCD со сто­ро­на­ми AB = 8 и BC = 6. Длины бо­ко­вых рёбер пи­ра­ми­ды SA= Найти : угол между SC и BD. Задания для школы экспертов. Математика. 2016 год A S B C D =>SA ⊥ (ABC) по признаку E Традиционный способ ΔSAD, тогда SA ⊥ AD ΔSAB, тогда SA ⊥ AB Доп. Построение CE|| BD, тогда ∠ SCE- искомый SA ⊥ (ABC), тогда SA ⊥ AC, SA ⊥ AE □BDCE- параллелограмм по определению, тогда BE=CD=8, BD=CE=10 ΔSAC, SA ⊥ AC, по т.Пифагора SC= 11 ΔSAE,SA ⊥ AE, по т.Пифагора SE=√277 ΔSCE, по т. косинусов cosSCE =

Слайд 49

Поместим пирамиду в систему координат x 1 =-6 y 1 =-8; Дано: В ос­но­ва­нии четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды SABCD лежит пря­мо­уголь­ник ABCD со сто­ро­на­ми AB = 8 и BC = 6. Длины бо­ко­вых рёбер пи­ра­ми­ды SA= Найти : угол между SC и BD. A S B C D Векторный способ z x y (6;8; (0;0; (0,8, (6,0, x 2 =6 y 2 =-8 ; z 2 =0 z 1 =√21

Слайд 50

Сечения многогранников

Слайд 51

Дано: в прямоугольном параллелепипеде ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 AB=4, BC=3,AA 1 =2. Точки P и Q- середины A 1 B 1 и CC 1 соответственно. Плоскость ( APQ) пересекает B 1 C 1 в точке U . Найти : пло­щадь сечения параллелепипеда ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 плос­ко­стью (APQ). Задания 14 ЕГЭ 2016 Традиционный способ A B C D A 1 C 1 B 1 D 1 P Q X U Y R Решение: Построим сечение плоскостью (APQ ) Δ XAB~ Δ XPB1 (по первому признаку подобия)= > Аналогично Δ UC 1 Q= Δ QYC ( по стороне и двум прилежащим к ней углам)= >CY=UC1, тогда 3+CY=6-2CY CY=1 Δ YCR~ Δ YBA (по первому признаку подобия)= >

Слайд 52

A B C D A 1 C 1 B 1 D 1 P Q X U Y R A P U Y h Δ CQY, ∠ QCY=90º, по т.Пифагора YQ=√2 Аналогично RQ=RY =√2 S RQY = Δ XPU~ Δ XAY ( по второму признаку подобия) , тогда PU||AY, □APUY- трапеция Δ ABY, ∠ ABY=90º, по т.Пифагора AY=4√2 Δ PB 1 U, ∠ PB 1 U =90º, по т.Пифагора PU=2√2 QY=UQ= √2 =>UY=AP=2 √2 h= S APUY =√6*3 √2=6 √3 S APUQR =S APUY -S RQY = Ответ:

Слайд 53

Дано: в прямоугольном параллелепипеде ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 AB=4, BC=3,AA 1 =2. Точки P и Q- середины A 1 B 1 и CC 1 соответственно. Плоскость ( APQ) пересекает B 1 C 1 в точке U . Найти : пло­щадь сечения параллелепипеда ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 плос­ко­стью (APQ). Способ ортогональной проекции A B C D A 1 C 1 B 1 D 1 P Q U R Решение: A 1 KC 1 UP- проекция ARQUP на (A 1 B 1 C 1 ); Поместим параллелепипед в систему координат Плоскость (APQ): 3a+d=0 3a+2b+2c+d=0; 4b+c+d=0 K z x y (3;0;0) (3;2;2) (0; 0 ; 2 ) (0;4;1) (0; 4 ; 2 ) ( 3 ; 0 ; 2 ) Уравнение плоскости: x+y-z-3=0; Плоскость ( A 1 B 1 C 1 ): 2с +d=0 3a+2c+d=0; 4b+2c+d=0 Уравнение плоскости: z-2=0;

Слайд 54

x1=1 x2=0 y1= 1 ; y2=0; z1=-1 z2=1 A B C D A 1 C 1 B 1 D 1 P Q U R K z x y (3;0;0) (3;2;2) (0; 0 ; 2 ) (0;4;1) (0; 4 ; 2 ) ( 3 ; 0 ; 2 ) S’=S A1B1C1D1 -S A1D1K -S PB1U= 3*4-3*3/2-2*2/2=12-2-4,5=11/2

Слайд 55

Объем многогранников

Слайд 56

H Дано: В четырехугольной пирамиде SABCD (четырехугольник в основании выпуклый) боковые ребра SA, SB и SC попарно перпендикулярны и имеют длину 3. Длина SD равна 9. Найти: наибольшее возможное при этих условиях значение объема пирамиды SABCD. Тренировочный вариант 2017 S A B C D Решение: Разобьем пирамиду на два тетраэдра По т. Пифагора AB=BC=AC= , тогда Δ ABC- правильный т. S равноудалена от вершин основания, значит высота пирамиды SH проходит через центр описанной окружности около Δ ABC Значение объема SABCD максимально при наибольших SH, S ABC , S ACD, но SH и S ABC - постоянные величины => нам надо найти наибольшую S ACD BH= P

Слайд 57

H S A B C D P Δ SHB, по т. Пифагора SH= SD=9, тогда в Δ SHD по т. Пифагора HD=√78 S ACD наибольшая, когда его высота – DH DH┴AC, BH┴AC , через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной, тогда B,H,P,D лежат на одной прямой S ABCD = V SABCD = H A C D 1 D 2 D 3

Слайд 58

СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ!