ЕГЭ по Математике (профильный)
В правильной четырёхугольной призме...
Задание:
В правильной четырёхугольной призме $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ на ребре $CC_{1}$ взята точка $K$ так, что $CK:KC_{1} = 1:2$.
а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $D$ и $K$ параллельно диагонали основания $AC$.
б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания, если $CC_{1} = 4,5\sqrt{2}$, $AB=3$.
а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $D$ и $K$ параллельно диагонали основания $AC$.
б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания, если $CC_{1} = 4,5\sqrt{2}$, $AB=3$.
Решение:
а) Так как призма $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ правильная, то $ABCD$ — квадрат и боковые грани — равные прямоугольники (см. рис.).
Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $D$ и $K$ параллельно $AC$. Линия пересечения плоскости сечения и плоскости $AA_{1}C_{1}$ проходит через точку $K$ и параллельна $AC$.
В плоскости $ACC_{1}$ через точку $K$ проведём отрезок $KF$ параллельно диагонали $AC$.
Так как грани $A_{1}ADD_{1}$ и $B_{1}BCC_{1}$ призмы параллельны, то по свойству параллельных плоскостей линии пересечения плоскости сечения и этих граней параллельны.
Проведём $PK \parallel FD$. Четырёхугольник $FPKD$ — искомое сечение.
б) Найдём угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Пусть плоскость сечения пересекает плоскость основания по некоторой прямой $p$, проходящей через точку $D$. $AC \parallel FK$, следовательно, $AC \parallel p$ (если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна этой прямой). Так как диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, то $BD \perp AC$, а значит, $BD \perp p$. $BD$ — проекция $PD$ на плоскость $ABC$, поэтому $PD \perp p$ по теореме о трёх перпендикулярах. Следовательно, $\angle PDB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания.
$FK \parallel p$, значит, $FK \perp PD$.
В четырёхугольнике $FPKD$ имеем $FD \parallel PK$ и $KD \parallel FP$, значит, $FPKD$ — параллелограмм, а так как прямоугольные треугольники $FAD$ и $KCD$ равны по двум катетам ($AD=DC$ как стороны квадрата, $FA=KC$ как расстояния между параллельными прямыми $AC$ и $FK$), то $FPKD$ - ромб. Отсюда $PD=2OD$.
По условию $CK : KC_{1} = 1:2$, тогда $KC = \frac{1}{3} CC_{1} = \frac{4,5\sqrt{2}}{3} = 1,5\sqrt{2}$.
В $\triangle DKC$ по теореме Пифагора $KD^{2} = DC^{2} + KC^{2}$, $KD = \sqrt{3^{2}+(1,5\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{13,5}$
$AC = 3\sqrt{2}$ как диагональ квадрата, $OK = EC = \frac{1}{2}AC$, $OK = 1,5\sqrt{2}$
В $\triangle KOD$ по теореме Пифагора $OD^{2} = KD^{2} - OK ^{2}$,
$OD = \sqrt{(\sqrt{13,5})^{2} - (1,5\sqrt{2})^{2}} = 3$. $PD = 2OD = 6$.
В прямоугольном треугольнике $PDB$ $cos \angle PDB = \frac{BD}{PD} = \frac{3\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, следовательно, $\angle PDB = 45^{\circ}$.
Ответ: $45^{\circ}$.
Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $D$ и $K$ параллельно $AC$. Линия пересечения плоскости сечения и плоскости $AA_{1}C_{1}$ проходит через точку $K$ и параллельна $AC$.
В плоскости $ACC_{1}$ через точку $K$ проведём отрезок $KF$ параллельно диагонали $AC$.
Так как грани $A_{1}ADD_{1}$ и $B_{1}BCC_{1}$ призмы параллельны, то по свойству параллельных плоскостей линии пересечения плоскости сечения и этих граней параллельны.
Проведём $PK \parallel FD$. Четырёхугольник $FPKD$ — искомое сечение.
б) Найдём угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Пусть плоскость сечения пересекает плоскость основания по некоторой прямой $p$, проходящей через точку $D$. $AC \parallel FK$, следовательно, $AC \parallel p$ (если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна этой прямой). Так как диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, то $BD \perp AC$, а значит, $BD \perp p$. $BD$ — проекция $PD$ на плоскость $ABC$, поэтому $PD \perp p$ по теореме о трёх перпендикулярах. Следовательно, $\angle PDB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания.
$FK \parallel p$, значит, $FK \perp PD$.
В четырёхугольнике $FPKD$ имеем $FD \parallel PK$ и $KD \parallel FP$, значит, $FPKD$ — параллелограмм, а так как прямоугольные треугольники $FAD$ и $KCD$ равны по двум катетам ($AD=DC$ как стороны квадрата, $FA=KC$ как расстояния между параллельными прямыми $AC$ и $FK$), то $FPKD$ - ромб. Отсюда $PD=2OD$.
По условию $CK : KC_{1} = 1:2$, тогда $KC = \frac{1}{3} CC_{1} = \frac{4,5\sqrt{2}}{3} = 1,5\sqrt{2}$.
В $\triangle DKC$ по теореме Пифагора $KD^{2} = DC^{2} + KC^{2}$, $KD = \sqrt{3^{2}+(1,5\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{13,5}$
$AC = 3\sqrt{2}$ как диагональ квадрата, $OK = EC = \frac{1}{2}AC$, $OK = 1,5\sqrt{2}$
В $\triangle KOD$ по теореме Пифагора $OD^{2} = KD^{2} - OK ^{2}$,
$OD = \sqrt{(\sqrt{13,5})^{2} - (1,5\sqrt{2})^{2}} = 3$. $PD = 2OD = 6$.
В прямоугольном треугольнике $PDB$ $cos \angle PDB = \frac{BD}{PD} = \frac{3\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, следовательно, $\angle PDB = 45^{\circ}$.
Ответ: $45^{\circ}$.
Задание добавил(а)
Создатель и главный администратор проекта ExamMe.
О задание:
Источник условия: Книга: Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень. 40 тренировочных вариантов. Под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Калабухова.
Источник решения: Книга: Решение заданий из книги указанной в источнике условия. Автор неизвестен.
Источник решения: Книга: Решение заданий из книги указанной в источнике условия. Автор неизвестен.
Обсуждения
Только зарегистрированные пользователи могут оставлять комментарии.
