Т.Е. Бондаренко, А.С. Потапов

Т.Е. Бондаренко, А.С. Потапов

ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ КАРТЫ И ЗАДАЧИ

ПО СТЕРЕОМЕТРИИ

ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ И ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ В ПРОСТРАНСТВЕ

 

УГЛЫ МЕЖДУ ПРЯМЫМИ И ПЛОСКОСТЯМИ

Учебно-методическое пособие по элементарной математике

ВОРОНЕЖ
ВГПУ

 

УДК 513 (07)

ББК 22.151я7

Б81

 

Р е ц е н з е н т:

 

кандидат педагогических наук, почётный профессор Э.С. Беляева (ВГПУ)

 

 

Бондаренко Т.Е.

Б81 Теоретические карты и задачи по стереометрии: параллельность и перпендикулярность в пространстве, углы между прямыми и плоскостями: учебно-методическое пособие по элементарной математике / Т.Е.Бондаренко, А.С. Потапов. - Воронеж: ВГПУ, 2011. – 126 с.

 

Пособие содержит теоретические сведения по следующим темам курса стереометрии: параллельность и перпендикулярность в пространстве, углы между прямыми и плоскостями, которые представлены в форме карт – справочников. К каждой карте подобран комплекс задач, при решении которых применяются приведённые в ней факты. Задачи сопровождаются чертежами, планами решений и ответами. Пособие предназначено для методического обеспечения курса элементарной математики в педагогическом вузе. Оно может быть использовано учителями средних общеобразовательных учреждений для подготовки учащихся к единому государственному экзамену по математике или для проведения элективного курса в условиях профильного обучения.

 

УДК 513 (07)

ББК 22.151я7

 

 

 

© Бондаренко Т.Е., Потапов А.С.,2011

ПРЕДИСЛОВИЕ

 

Настоящее учебное пособие является продолжением книги «Теоретические карты и задачи по планиметрии». Оно предназначено для совершенствования подготовки студентов и школьников по стереометрии. Предполагается, что курс был предварительно изучен, но либо недостаточно качественно, либо забыт. Возникает необходимость восстановить ранее полученные знания и умения за достаточно сжатые сроки. Для этого полезно обладать целесообразными дидактическими материалами. Один из возможных вариантов таких материалов предлагается читателю.

Выбор тематики пособия определялся востребованностью качественной подготовки абитуриентов и студентов по элементарной геометрии, в частности по стереометрии, и ее крайне низким уровнем.

Пособие состоит из трёх основных разделов: «Параллельность в пространстве», «Перпендикулярность в пространстве», «Углы между прямыми и плоскостями». Перечисленные темы являются основополагающими для успешного формирования умения решать стереометрические задачи.

Каждый раздел включает теоретическую карту по соответствующей теме, доказательства утверждений, содержащихся в ней, и комплекс задач, при решении которых используются утверждения из теоретической карты.

В теоретической карте сосредоточены сведения, полезные при решении задач. Так как курс стереометрии предварительно изучен, то он может быть структурно переформирован. Каждая теоретическая карта объединяет тематически однородные сведения. Содержание таких сведений подобрано из школьных учебников по геометрии [1], [2], [5], [8], [10]. Однако ряд ценных для решения задач фактов остается за пределами учебников. Поэтому в теоретические карты вошли сведения из различных учебных пособий, перечисленных в списке литературы. Так, в раздел «Углы между прямыми и плоскостями» включены базисные задачи из книги И.Г. Габовича [4].

Доказательства утверждений, содержащихся в теоретических картах, приводятся с целью их изучения. Если такие доказательства имеются в школьных учебниках, то они не рассматриваются, а сопровождаются соответствующими ссылками на литературные источники. К каждой теоретической карте предлагаются комплексы задач. Они сопровождаются чертежами, планами решений и ответами. Читателю предлагается самостоятельно найти решение, однако, в случае затруднений, он может воспользоваться приведённым планом – алгоритмом. Мы по–прежнему считаем, что накопление опыта - один из способов научиться решать задачи самостоятельно. Задачи подобраны из различных книг, перечисленных в списке литературы.

Настоящее учебное пособие может быть использовано преподавателями элементарной математики в педагогическом вузе, а также школьными учителями в процессе подготовки учащихся к единому государственному экзамену или в качестве содержательной основы элективного курса по стереометрии.

Авторы выражают благодарность всем, принявшим участие в подготовке пособия к изданию.

I. Параллельность в пространстве

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ КАРТА № 1

Параллельность прямых

Определение. Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются [5, с.9], [10, с.11].

 

Параллельность прямой и плоскости

Определения

1. Прямая и плоскость называются параллельными, если они не имеют общих точек [5, с.11].

2. Прямая и плоскость называются параллельными, если они не пересекаются, то есть не имеют общих точек [10, с.14].

 

 

Параллельность плоскостей

Определение. Две плоскости называются параллельными, если они не пересекаются, то есть не имеют общих точек. [5, с.20], [ 10, с.15].

 

 

Параллельность прямых

Доказательство признака параллельности прямых приводится в учебниках [5, с.11], [10, с.13].

Доказательство свойства параллельных прямых приводится в учебнике [5, с.10].

Параллельность плоскостей

Доказательство признака параллельности плоскостей приводится в учебниках [5, с.20, 21], [10, с.15].

Параллельность прямых

№ 1 ( устно ). На боковых гранях призмы отмечены точки М и N. Как через эти две точки провести два параллельных отрезка? Решить аналогичную задачу, заменив призму пирамидой.

 

№ 2 ( устно ). Дан параллелепипед. Доказать, что: а) для каждого его ребра в нём найдутся три ребра, ему параллельные (рис.13); б) для каждой диагонали его грани найдётся ей параллельная и равная диагональ в другой грани (рис. 14).

№ 3. Прямая в лежит в плоскости α и параллельна прямой а, не лежащей в этой плоскости. Через точку М плоскости α проведена прямая с, параллельная прямой а. Доказать, что прямая с лежит в плоскости α.

План доказательства.

 

№ 4. Даны два параллелограмма АВВ₁А₁ и АСС₁А₁ (рис. 16). Доказать,

что Δ АВС = Δ А₁В₁С₁.

План решения.

1. ВВ₁С₁С – параллелограмм.

2. Δ АВС= Δ А₁В₁С₁.

 

№ 5. Точка М находится вне плоскости параллелограмма ABCD. Найдутся ли параллельные средние линии у треугольников: а) МАВ и МАD;

б) МАВ и МСD?

План решения.

а)

1. Р₁- середина ребра DM,

Р₆- середина ребра DА,

Р₃- середина ребра MВ,

Р₅- середина ребра АВ.

2. Р₁ Р₆ || Р₃ Р₅.

б) Аналогично Р₁Р₂ || Р₄Р₃.

 

№ 6. Точка М лежит вне плоскости треугольника АВС. Точки К, Р, Е, F – середины отрезков МА, АВ, МС, ВС. Как расположены прямые КР и ЕF?

План решения.

1. Провести МВ.

2. КР||МВ, EF||MB.

3. КР|| EF.

№ 7. На рисунке 20 точки M, H, K, P – середины соответствующих отрезков AD и DC, BC и AB. Найти периметр четырёхугольника MHKP, если МР=8см, АС=32см.

 

План решения.

1. МНКР – параллелограмм.

2. РК.

3. Р_МНРК.

Ответ: 48 см.

 

№ 8. Даны четыре точки, A, B, C, D, не лежащие в одной плоскости. Доказать, что прямые, соединяющие середины отрезков AB и CD, AD и BC пересекаются в одной точке.

 

План решения.

1. Провести АС.

2. Доказать, что

NKMF – параллелограмм.

3. О – точка пересечения NM и KF.

 

 

№9. ABCDEF – замкнутая пространственная ломанная. Отрезки, соединяющие середины звеньев АВ и EF, ВС и ЕD, равны и параллельны. Параллельны ли звенья CD и AF?

 

 

План решения. 1. MKNP – параллелограмм. 2. AC || FD. 3. AC = FD. 4. FACD – параллелограмм. 5. Вывод.

№10. Треугольник ABC и трапеция KMNP имеют общую среднюю линию EF, причём KP || MN, EF || AC. Доказать, что

а) АС || KP; б) вычислить KP и MN, если КР:MN=3:5, АС=16 см.

План решения.

а) EF || KP, EF ||AC. Вывод.

б) 1. EF.

2. Выразить КР и MN через

переменную.

3. Составить и решить уравнение

Ответ: 6 см, 10 см.

 

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ КАРТА №2

Перпендикулярность прямых

Определения

1. Две прямые называются перпендикулярными, если они пересекаются под прямым углом [10, c. 25].

2. Скрещивающиеся прямые называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90° [10, c.50].

(Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, которые параллельны данным скрещивающимся прямым [10, c. 50]).

3. Две прямые в пространстве называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90°[5, c. 34].

Определения

1. Прямая называется перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой прямой, лежащей в этой плоскости [10, c.34].

2. Прямая, пересекающая плоскость, называется перпендикулярной этой плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, которая лежит в данной плоскости и проходит через точку пересечения [10,с. 26].

Определения

1. Две пересекающиеся плоскости называются перпендикулярными, если третья плоскость, перпендикулярная прямой пересечения этих плоскостей, пересекает их по перпендикулярным прямым [10, с. 32].

2. Две пересекающиеся плоскости называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90° [5, с.52]. (Определение угла между плоскостями приведено на странице 73).

Перпендикулярность прямых

Доказательство признака перпендикулярности прямых (1) приводится в учебнике Атанасяна [5,с. 34].

Доказательство признака перпендикулярности прямых (2) приводится в учебнике Погорелова [10, с.25]

Перпендикулярность прямых

№ 1 (устно). Стороны четырёхугольника ABCD и прямоугольника A₁B₁C₁D₁ соответственно параллельны. Доказать, что ABCD – прямоугольник.

№ 2 (устно). Дан параллелепипед ABCD A₁B₁C₁D₁. Доказать, что

1) CD В₁C₁ и AB A₁ D₁, если ÐBAD=90°.

2) AB^CC₁ и DD₁^A₁B₁, если AB^DD₁.

 

 

№ 3 (устно). В тетраэдре DABC ВС^AD. Доказать, что AD^MN, где M и N – cередины рёбер AB и АC.

 

№ 4 (устно). РАВСD – правильная пирамида, Q – центр её основания. Как построить прямую, проходящую через точку Р и перпендикулярную прямой 1) AD; 2) AC; 3) PQ? 4)Как построить прямую, проходящую через точку К – середину ребра AD, перпендикулярно PQ? Рассмотреть решения для

случая пересекающихся и скрещивающихся перпендикулярных прямых. Ответы обосновать.

Ответы.

1) PK; прямая l:

2) PQ; прямая p:

3) прямая п:

4) KQ; прямая

Теоретическая карта №3

Угол между плоскостями

Определение 1. Две пересекающиеся плоскости образуют четыре двугранных угла с общим ребром (рис. 178). Если φ тот из четырёх углов, который не превосходит каждого из остальных, то говорят, что угол между пересекающимися плоскостями равен φ, Очевидно, что 0°< φ≤90° [5, с.48].

 

 

Замечание.

Напомним, что двугранный угол измеряется линейным углом, который образуется, если отметить на ребре двугранного угла какую – нибудь точку и в каждой грани из этой точки провести луч перпендикулярно к ребру (рис. 179).

Покажем иные способы построения линейного угла.

Определение 2. Пусть данные плоскости пересекаются (рис.182). Проведём плоскость, перпендикулярную их линии пересечения. Она пересекает данные плоскости по двум прямым. Угол между этими прямыми называют углом между данными плоскостями [10, с. 52].

Свойства некоторых углов

Теорема о трёх косинусах.

Пусть α – угол между наклонной l и её проекцией на плоскость τ,

β – угол между проекцией наклонной l на плоскость τ и прямой р,

проведённой через основание наклонной l в плоскости τ,

γ – угол между наклонной l и прямой р (рис. 183).

Тогда справедливо следующее равенство:

 

 

 

cos γ = cos α ∙cos β.

 

Теорема о биссектрисе угла.

Для того, чтобы проекция прямой, проведённой через вершину угла, меньшего 180°, вне его плоскости являлась биссектрисой данного угла необходимо и достаточно, чтобы эта прямая составляла со сторонами угла равные острые углы.

Теорема о трёх синусах.

В одной из граней двугранного угла, величина которого равна α, проведена прямая l, составляющая с ребром двугранного угла угол β (0<β<90°), а с другой его гранью угол γ (рис 185). Тогда справедливо следующее равенство:

 

sin γ = sin α ∙ sin β.

 

Теорема о трёх косинусах

Дано:

АВ – наклонная к плоскости τ,

ВО – её проекция;

р – прямая: р Ì τ, ВÎ р;

α – угол между наклонной АВ

и её проекцией на плоскость τ,

β – угол между проекцией

наклонной АВ и прямой р,

γ – угол между наклонной АВ

и прямой р

Доказать: cos γ = cos α ∙cos β.

Доказательство.

1. Проведём ОК ^ р, АК.

2. Пусть АВ= х.

3. DАОВ - прямоугольный: ОВ=

4. DВОК - прямоугольный: ВК=ОВ×cos β, учитывая (3), ВК=

5. DАВК- прямоугольный: ВК= х ×cosγ.

6. Из (4) и (5): х ×cosγ = , cosγ = .

Теорема о биссектрисе угла.

Необходимость.

Дано: ÐАВС (ÐАВС<180°),

BD - прямая, проведённая через

вершину угла вне его плоскости,

ВО - её проекция на плоскость угла.

ВО - биссектриса ÐАВС.

Доказать: Ð1 = Ð2.

 

 

Доказательство

Первый способ.

1.Проведём ОМ^ВС, ОР^АВ.

Соединим точки D и M, D и P.

2. DОВМ=DОВР по гипотенузе и

острому углу: ОВ – общая, ÐРВО=ÐМВО

(ОВ – биссектриса).

Следовательно, ВМ=ВР.

3. DDВМ и DDВР – прямоугольные (по

теореме о трёх перпендикулярах)

DDВМ=DDВР катету и гипотенузе:

ВD – общая, ВМ=ВР (2).

Следовательно, .

Второй способ.

Воспользуемся теоремой о трёх косинусах.

1) Для наклонной DB, её проекции ОВ и прямой ВС:

.

2)Для наклонной DB, её проекции ОВ и прямой ВА:

.

Так как ОВ – биссектриса угла РВМ, то ÐОВМ=ÐОВР, следовательно, равны и косинусы этих углов, то есть cosÐ1=cosÐ2 и, следовательно, Ð1=Ð2.

Достаточность (обратное утверждение) доказывается аналогично.

 

Теорема о трёх синусах

Дано: двугранный угол,

ÐАКО – линейный угол двугранного

угла (АО^τ_2, ОК^КВ, АК), ÐАКО= α;

АВ – прямая: АВÌ τ₁, ÐАВК=β,

ÐАBО – угол, который составляет АВ

с гранью τ₂, ÐАВО=γ;

Доказать: sin γ = sin α ∙ sin β

Доказательство

1. Пусть АВ= х.

2. DАВК – прямоугольный, АК= .

3. DАОК – прямоугольный, АО= , учитывая (2) АО= .

4. DАОВ – прямоугольный, АО= x sinγ

5. Из (3) и (4) x sinγ= ,sinγ= .

Угол между плоскостями

№18. ABCDA₁B₁C₁D₁ – куб. Вычислить углы, образованные плоскостями:

1) АВ₁С₁ и АВС.

План решения.

1. ÐВ₁АВ - искомый угол.

2. tgφ, где ÐВ₁АВ=φ.

Ответ: 45°.

 

 

 

 

2) ВВ₁D₁ и АВС.

План решения.

1. ÐАОD - искомый угол.

 

Ответ: 90°.

 

 

 

3) АВ₁D₁ и АВС.

План решения.

1. l – линия пересечения плоскостей АВ₁D₁

и АВС (l параллельна В₁D₁ или ВD).

2. ÐО₁АО - искомый угол.

3. tgφ, гдеÐО₁АО=φ.

Ответ:

 

 

4) АВ₁D₁ и ВB₁D₁.

План решения.

1.О₁ – центр верхнего основания.

ÐAО₁O - искомый угол.

2. tgφ, где ÐAО₁O=φ.

Ответ:

5) DА₁C₁ и BА₁С₁.

План решения.

1. О₁ – центр верхнего основания.

ÐBО₁D - искомый угол

2. BD, O₁D, cosφ (DBO₁D), где ÐBО₁D =φ.

Ответ:

Замечание. Можно воспользоваться DОО₁D (рис. 222) и найти .

Ответ:

 

 

6) C₁ВD и А А₁С₁.

План решения.

1. А₁С₁ ^ C₁ВD (задача №22, с.20)

2. C₁ВD ^ А А₁С₁.

Ответ: 90°.

 

7) АВ₁D и С В₁D.

План решения.

1.Построения: АР ^ B₁D, РС.

2. АР=РС, РС ^ B₁D.

3. ÐАРС – искомый.

4. АР (из прямоугольного треугольника

AB₁D, используя площадь).

5. АС.

6. cosφ, где ÐАРС =φ

(по теореме косинусов).

Ответ: φ=120°, угол между плоскостями 60°.

№19. Дан правильный тетраэдр. Вычислить угол, образованный:

1) плоскостями граней тетраэдра;

План решения.

1. Построения: О – центр основания;

АК, РК;

2. ОК, РК выразить через ребро

тетраэдра а;

3. cosφ, где ÐSKO=φ.

Ответ: .

Все другие углы, образованные плоскостями граней тетраэдра равны найденному углу.

 

2) плоскостью, проходящей через две

апофемы тетраэдра и плоскость основания;

План решения.

1. Построения: SM, SK – апофемы,

SMK – данная плоскость.

P - середина MK, SP ^ MK, NP ^ MK,

ÐSPN – искомый.

2. SP, NP, SN выразить через ребро

тетраэдра а;

3. По теореме косинусов cosφ, где

ÐSPN=φ.

Ответ:

3) плоскостью, проходящей через две

апофемы тетраэдра и плоскостью

боковой грани, не содержащей их;

План решения.

1. Построения: SK, SР – апофемы,

SРK – данная плоскость.

l – линия пересечения плоскости SРK и

грани ASC, l || AC.

MS ^ l, NS ^ l, ÐMSN – искомый.

2. SN, NM, SM выразить через ребро

тетраэдра а;

3. По теореме косинусов cosφ, где

ÐMSN=φ.

Ответ:

 

4) плоскостями двух сечений, являющихся квадратами;

 

План решения.

1. Построения: MNPK, LNFK – сечения квадраты (рис. 228, 229). Они образованы средними линиями граней – треугольников.

Рис. 230. О – середина NK. ОМ ^ NK, OF. ÐMOF – искомый.

2. Проверить равенство MF² = OM² + OF². Сделать вывод.

Ответ: 90°.

№20 (устно). Две плоскости пересекаются. Какой угол образуют между собой плоскости биссекторов этих углов?

Определение. Биссектором двугранного угла называется полуплоскость, которая делит данный угол на два равных по величине угла.

 

На рисунке α, β – данные плоскости,

τ ₁,τ₂ – биссекторные плоскости.

 

 

№ 21 (устно). В треугольной пирамиде РАВС ребро РВ перпендикулярно плоскости грани АВС. Треугольник АВС равносторонний. Назвать угол между плоскостями:

1) РАВ и РВС (рис. 232); 2) РАС и ВАС (рис. 232); 3) РАС и РВС (рис. 233).

 

Ответ: 1) ÐАВС; 2) ÐРКВ; 3) ÐАLC.

№ 22 (устно). В основании четырёхугольной пирамиды РАВСD квадрат АВСD, ребро РВ перпендикулярно основанию. Назвать угол между плоскостями:

1) PAD и АВС; 2) PCD и АВС; 3) PAD и PCD.

 

 

 

Ответ: 1) Ð РАВ; 2) Ð РСВ. 3) Ð АКС.

 

 

4) PAD и PCВ.

 

Ответ: Ð АРВ.

 

 

№ 23. Основанием пирамиды служит квадрат. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости основания, а две другие образуют с ней двугранные углы, каждый из которых равен α. Высота пирамиды равна Н. Определить боковую поверхность пирамиды.

План решения.

1. АВ ^ AD, PA ^ AD: ÐРАВ= α.

2. Аналогично ÐРСВ= α.

3. РB, AB, S_DAPB.

4. S_DAPB=S_DCPB.

5. AP.

6. DAPD – прямоугольный. S_DAPD.

7. S_DAPD= S_DCPD.

8. S_{боковой поверхности пирамиды}.

Ответ:

№ 24. Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого равна S. Две боковые грани перпендикулярны к плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углами 30° и 60°. Найти объём пирамиды.

 

 

План решения.

1. Пусть АВ = а. Выразить РВ через а.

2. Пусть ВС = в. Выразить РВ через в.

3. Выразить РВ через S (перемножить

результаты, полученные в (1) и (2)).

4. Найти объём пирамиды.

Ответ:

№ 25. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости основания и образуют между собой тупой угол β, две другие боковые грани наклонены к плоскости основания под углом α. Найти боковую поверхность пирамиды.

План решения.

1. Построения: ВК ^ AD, SK; BP ^ DC, SP.

2. ВК.

3. SВ.

4. S_DSAB.

5. SК, S_DSAD.

6. S_DSAB= S_DSСB, S_DSAD= S_DSСD.

7. S_{боковой поверхности пирамиды}.

Ответ:

№ 26. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна с. Боковая грань, проходящая через катет, прилежащий к острому углу α перпендикулярна к основанию, а две другие боковые грани наклонены к основанию под углом α. Определить объём пирамиды.

 

План решения.

1. Построения:

1.1. PО ^ BC, PО ^ ABC.

PО – высота пирамиды;

1.2. ОК ^ АВ, РК.

2. ÐРСО – угол между гранями АРС и АВС.

ÐРКО – угол между гранями АРВ и АВС.

ÐРСО =ÐРКО =α=ÐАВС.

3. АС, ВС, S_DABС.

4. Точка О равноудалена от сторон АВ и АС,

АО – биссектриса ÐА.

5. ОС. 6. ОР. 7.V_PABC.

Ответ:

№ 27. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, гипотенуза которого равна с, а острый угол α. Боковая грань, проходящая через гипотенузу перпендикулярна к основанию, а две другие боковые грани наклонены к основанию под углом α. Определить объём пирамиды.

План решения.

1. Построения:

1.1. PО ^ АB, PО ^ ABC.

PО – высота пирамиды;

1.2. ОК ^ АС, РК.

1.3. ОМ ^ ВС, РМ.

2. ÐРКО – угол между гранями АРС и АВС.

ÐРМО – угол между гранями CРВ и АВС.

ÐРКО =ÐРМО =α=ÐABC.

3. АС, ВС, S_DABС.

4. СО – биссектриса ÐС.

5. ОМ=МС= х. 6. DВОM~DВАС. 7. Найти х из пропорциональности сторон.

8. ОР. 9. V_PABC.

Ответ:

№ 28. Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD с площадью m ², у которого диагональ BD перпендикулярна стороне AD. Двугранные углы при рёбрах AB и CD равны 60°, а при рёбрах AD и BC равны 45°. Найти боковую поверхность пирамиды.

Рассмотрим фрагмент данной конфигурации (рис. 242).

Пусть РО – высота пирамиды.

КМ – перпендикуляр к противоположным сторонам параллелограмма АВ и DС (ОÎКМ).

Так как ÐРКМ=ÐРМК, то точка О равноудалена от сторон АВ и DC.

 

Аналогично BD – перпендикуляр к противоположным сторонам параллелограмма AD и BC (рис. 243) и из равенства углов PDB и PBD следует, что точка О равноудалена от сторон AD и BC.

Свойством равноудалённости от противоположных сторон параллелограмма обладает точка пересечения его диагоналей (как центр симметрии). Таким образом, основание высоты пирамиды точка О – середина BD.

 

 

План решения.

1. AD×BD = m ².

2. BD= .

3. AD×PD= .

4. DAPD – прямоугольный.

5. S _DAPD= =S_DBPC.

6. KM×DC= m ². 7. KM=PM. 8. PM×DC= m ². 9. S _DPDC= m ²=S_DAPB.

10. S_{боковой поверхности пирамиды}.

Ответ:

№ 29. Высота правильной четырёхугольной призмы равна Н. Через концы трёх рёбер, выходящих из одной вершины, проведена плоскость образующая с основанием угол α. Найти боковую поверхность призмы.

План решения.

1. Построения: АВ₁С, ÐВ₁ОВ = α.

2. ОВ. 3. АВ. 4. S_{боковой поверхности призмы}.

Ответ:

№ 30. Через сторону основания, правильной четырёхугольной призмы проведено сечение, равновеликое боковой грани. Найти угол j, образованный сечением с плоскостью основания, если сторона основания призмы равна а, а высота h.

План решения.

1. АМND – прямоугольник

2. ÐNDC – угол между плоскостью сечения и

плоскостью основания, ÐNDC=j.

3. DD₁=DN.

4. cosj.

Ответ:

 

 

№ 31. Боковое ребро прямой треугольной призмы равно в, через сторону АС основания АВС проведено сечение АDС, площадь которого равна q. Найти объём призмы, если плоскость сечения образует с плоскостью основания угол α.

План решения.

1. Построения: ADP, BP ^ AC, DP.

DPB=Ðβ.

2. S_DADC= . q =

3. Выразить PD через РВ.

4. Подставить в формулу площади сечения

и выразить площадь основания.

5.V_призмы.

Ответ:

№ 32. В правильной треугольной призме сторона основания равна 4 см, боковое ребро равно . В призме проведено сечение через вершину основания параллельно противоположной стороне основания под углом 45°к плоскости основания. Найти поверхность большей части призмы.

 

 

План решения.

1. Построения:

1.1. КРВ – сечение.

1.2. l – линия пересечения плоскости сечения и основания призмы,

(l || КР).

1.3. О₁ – середина КР.

О₁В ^ l, ВО ^ l (О- центр АВС).

1.4. Ð О₁ ВО = 45°.

2. О₁В₁. 3. КВ₁. 4. Поверхность меньшей части призмы (.

5. Поверхность призмы. 6. О₁В. 7. S _DKBP. 8. Поверхность большей части призмы.

Ответ:

№ 33. Основанием наклонной призмы служит равнобедренный треугольник. Боковая грань призмы, проходящая через основание а равнобедренного треугольника, - квадрат и образует с двумя другими боковыми гранями углы, каждый из которых равен α. Найти боковую поверхность призмы.

План решения.

1. Построения: РВ^ВВ₁, РС^СС₁.

ÐCВР – угол между гранями ВВ₁С₁С и

А А₁В₁В.

Аналогично, ÐРCВ – угол между гранями

ВВ₁С₁С и А А₁С₁С.

ÐCВР=ÐРCВ=α.

2. ВРС – перпендикулярное сечение. 3. РВ (DВРС). 4. Р_(DВРС). 5.ВВ₁.

6. S_{боковой поверхности призмы}.

Ответ:

№ 34. Боковое ребро наклонной призмы равно в, а площадь её основания равна S. Определить объём призмы, если известно, что плоскость, перпендикулярная к боковым рёбрам призмы, образует с плоскостью основания угол α.

План решения.

1. Построения:

1.1. ВР ^ АА₁, РС.

Плоскость ВРС ^ АА₁.

1.2. АК ^ ВС, РК, ÐАКР=α. Доказать.

1.3. А₁О ^АВС. А₁О Ì А₁АК. Доказать.

2. Ð А₁АО = ÐАКР=α.

3. А₁О. 4. V_призмы. Ответ: b Scosα.

№ 35. Правильная четырёхугольная призма пересечена плоскостью так, что в сечении получился ромб с острым углом α. Найти угол j плоскости сечения с плоскостью основания призмы.

План решения.

1. Построения (рис. 251).

1.1 О – точка пересечения диагоналей

призмы.

1.2. Прямая l: ОÎ l, l || АС, точки М, Р.

1.3. В₁N = DD₂.

1.4. MNPD₂ – сечение.

2. Доказать MNPD₂ – ромб

(параллелограмм с перпендикулярными

диагоналями).

3. ÐND₂B₂ =j. Доказать. (На чертеже n – линия пересечения плоскости сечения и плоскости А₂В₂С₂D₂, параллельной основанию призмы).

4. Пусть МР= а, тогда B₂D₂ = а. 5. Выразить ND₂ через а. 6. cos j.

Ответ:

Свойства некоторых углов

Теорема о трёх косинусах

№ 36. К плоскостиравностороннего треугольника АВС со стороной а через вершину А проведён перпендикуляр, на котором отложен отрезок AZ длиной а. Найти тангенс угла между прямыми AВ и ZC.

План решения.

1.Построения.

Прямая р: СÎ р, р || AB.

2. ZС – наклонная, АС –проекция,

р – прямая в плоскости.

В обозначениях теоремы о трёх

косинусах

ÐZCA=α, ÐACK=β, ÐZCK=γ

γ – искомый угол.

3. Угол α. 4. Угол β. 5. cos γ (по теореме о трёх косинусах). 6. sinγ, tgγ.

Ответ:

№ 37. Проекция равностороннего треугольника на плоскость, проходящую через его сторону, является прямоугольным треугольником. Найти угол между стороной данного треугольника и плоскостью проекций.

План решения.

1. Построения:

ВО^τ, ÐВСО – искомый.

2. ÐВСА, ÐОСА.

3. ВС – наклонная, ОС –

проекция, АС – прямая.

cosÐВСО (по теореме о трёх

косинусах).

Ответ: 45°.

 

№ 38. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к плоскости основания под углами j₁