Применение ортогонального проекцирования 11 класс

D1 и середины ребер AB; BC. Найти его Sсеч.

ребер AA1, CC1 и точку на ребре AB, отстоящую от

вершины A на 0,75. Найдите его площадь.

ABC равна ,косинус угла между плоскостью сечения и

плоскостью ABC равен . Площадь сечения равна .



Ответ:

биссектрису и вершину А1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания

60°. Найти Sсеч., если AB=3, BC=6, угол ABC=30°.

точку A, а прямую b в прямую b1, то расстояние

между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b1.
Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до плоскости, проходящей через вторую прямую параллельно первой прямой.

расстояние между прямыми АL и МО, если L – середина

МС, О – центр грани АВС.

прямых МО и АL на (АВС).

и b (a>b) и высотой h найти расстояние
между диагональю

BD1 и диагональю большего основания AC.

Задача 5. Условие:

Найдите угол между прямой DЕ, где Е - середина апофемы

SF грани АSВ, и плоскостью АSC.

Задача 6. Условие:

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

точки F на плоскость и основание
BF1=F1C, FF1 ll BB1
G1-точка пересечения

прямых EG и BC. Треугольник EF1G1, лежащий в плоскости ABC,- ортогональная проекция треугольника EF1G1, лежащего в плоскости EFG
Из подобия треугольников EBG1 и GCG1=> EB ll GC, CG1=BC, т.к. GC=¼DC=½EB
По теореме косинусов для треугольника
EBF1: EF1^2=EB^2+BF^2-2*EB*BF1*cos120°=63/4
EF=(3√7)/2
Из прямоугольных треугольников EFF1
и F1FG1: EF^2=EF1^2+F1F^2 =36
EF=6
FG1^2=F1G1^2+F1F^2=270/4
FG1=(3√30)/2

EFG1:
cosLEFG1=(EF^2+FG1^2-EG1^2)/(2*EF*FG1)=-3/(8√30)
sinLEFG1=√(1-(- 3/(8√30)^2=√637/(8√10)
Находим площадь треугольника EFG1
SEFG1=½*EF*FG1*sinLEFG1=((9√3)/16)*√637
Находим площадь треугольника EF1G1:
SEF1G1=½*EF1*F1G1*sin150 °=(63√3)/16
Находим косинус

угла Y между
плоскостями EFG1 и ABC по формуле:
cos Y= SEF1G1/SEFG1=1/√13

Ответ:1/√13

высоту пирамиды.

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, LAOL=90°, LLAD=30°
tgLLAO=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

ребра РB.  Найдите расстояние от вершины A до плоскости CMK,  если РC = 6, AB = 4.

(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.

сечения проходит через прямую DC, которая перпендикулярна  плоскости симметрии НРТ
Плоскость симметрии перпендикулярна сечению и

они пересекаются по прямой РТ.

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

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

образует с плоскостью ABC угол  . Найдите площадь 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:

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 COC1   между OC1 и OC :




=>
между плоскостью сечения и плоскостью
основания больше, чем между OC1 и OC.
То есть сечение расположено как-то так:


K- точка пересечение OP и A1C1. LM ll B1D1.

сечения  BLMD
 на плоскость основания. 
 Найдем площадь четырехугольника BL1M1D. Для этого
из

площади треугольника BCD вычтем площадь
треугольника L1CM1
Найдем площадь треугольника  L1CM1.
Треугольник   L1CM1  подобен треугольнику  BCD. Найдем
коэффициент подобия. Для этого рассмотрим
треугольники OPC и OKK1:
=>

подобия).

Тогда площадь четырехугольника  BL1M1D равна    площади треугольника BCD и равна:


Найдем







Ответ: 112