ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 11, 12, 13)
Вариант 11
Дан куб ABCDA1B1C1D1.
а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.
б) Найдите угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1.
Решение.
а) Так как секущая плоскость пересекает верхнюю грань по ребру A1D1 , то и нижнюю грань она пересечет по прямой, проходящей через точку В и параллельной A1D1, т.е. по прямой ВС. Таким образом, прямоугольник A1D1СВ – плоскость сечения.
б) Проведем C1F⏊A1В (A1В – прямая по которой пересекаются плоскости BA1C1 и BA1D1).
В равностороннем ∆ A1C1В отрезок C1F – высота. Если ребро куба обозначить через а, то
Точку F соединим с точкой К – центром квадрата BC1D1D ( задней грани куба). FK⊥А1В. Почему? Так как FK – отрезок, соединяющий центры передней и задней граней, то он будет перпендикулярен каждой из этих граней, а значит, будет перпендикулярен и отрезку А1В. Отрезок FK будет параллелен и равен ребрам ВС и A1D1, т.е. FK=a.
Угол С1FК – линейный угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1. Обозначим этот угол через α. Рассмотрим треугольник С1FК. Имеем:
По теореме косинусов найдем косинус угла С1FК.
Подставим все имеющиеся значения в (*).
Вариант 12
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD – квадрат со стороной 6, а боковое ребро равно 9. На ребре SA отмечена точка М так, что АM=6.
а) Постройте перпендикуляр из точки S на плоскость BCM.
б) Найдите расстояние от вершины S до плоскости BCM.
Решение.
Смотрите задачи вариантов 1 и 7. Чертеж чуть отличается, так как точка М делит боковое ребро на отрезки 6 и 3 (по условию АМ=6). Рассуждения те же.
а) Сечение пирамиды проходящее через точки В,С и М представляет собой равнобокую трапецию BMNC, KF – ось трапеции. Перпендикуляр из точки S на плоскость BCM — высота ∆SKF. В зависимости от угла SKF эта высота может лежать внутри ∆SKF или вне ∆SKF. Обозначим SKF через α и определим угол α из теоремы косинусов. Для этого нужно знать все стороны ∆SKF.
Так же нужно определить угол φ при основании каждой боковой грани пирамиды.
Рассмотрим грань SAD.
В ∆МАВ на основании теоремы косинусов имеем:
Рассмотрим равнобедренную трапецию BMNC. Проведем МР⏊ВС. Так как МК=1,то PF=1 ⇒ BP=3-1=2. Из ∆BPM находим:
Наконец, из ∆SKF определяем косинус угла α:
Итак, cosα < 0, поэтому SKF – тупой, и высота ∆SKF, проведенная из вершины S лежит вне ∆SKF.
б) Проведем ST⏊KF и найдем ST из ∆STK. Отрезок ST и есть искомое расстояние от вершины S до плоскости ВСМ.
ST=SK·sin(π-α)=SK·sinα.
Вариант 13
Дан куб ABCDA1B1C1D1.
а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.
б) Найдите угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1.
Решение.
а) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то плоскость BA1D1 пересечет основание по прямой ВС, и искомое сечение – BA1D1C.
б) Аналогично строим плоскость AB1C1D.
Эти плоскости пересекаются по прямой ОО1, точки О и О1 – центры квадратов (передней и задней граней куба). Отрезок ОО1 перпендикулярен граням АА1В1В и DD1C1D, следовательно ОО1⊥АВ1 и ОО1⊥А1В. Угол между диагоналями АВ1 и А1В квадрата и есть угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1. Мы знаем, что диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1 равен 900.
Ответ: 90.
