Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014 - презентация, доклад, проект скачать

Нажмите для полного просмотра!

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №1

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №2

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №3

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №4

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №5

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №6

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №7

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №8

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №9

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №10

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №11

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №12

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №13

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №14

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №15

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №16

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №17

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №18

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №19

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №20

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №21

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №22

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №23

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №24

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №25

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №26

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №27

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №28

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №29

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №30

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №31

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014, слайд №32

Содержание ▲

Вы можете ознакомиться и скачать презентацию на тему Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014. Доклад-сообщение содержит 32 слайдов. Презентации для любого класса можно скачать бесплатно. Если материал и наш сайт презентаций Mypresentation Вам понравились – поделитесь им с друзьями с помощью социальных кнопок и добавьте в закладки в своем браузере.

Слайды и текст этой презентации

Слайд 1

Описание слайда:

Решение заданий С2 при подготовке к ЕГЭ 2014 г.

Слайд 2

Описание слайда:

Применение ортогонального проекцирования

Слайд 3

Описание слайда:

Задача 1. Условие: Изобразите сечение единичного куба A…D1, проходящее через вершину D1 и середины ребер AB; BC. Найти его Sсеч.

Слайд 4

Описание слайда:

Решение:

Слайд 5

Описание слайда:

Задача 2. Условие: Изобразите сечение единичного куба A…D1, проходящее через середины ребер AA1, CC1 и точку на ребре AB, отстоящую от вершины A на 0,75. Найдите его площадь.

Слайд 6

Описание слайда:

Искомым сечением будет шестиугольник. Площадь его ортогональной проекции на плоскость ABC равна ,косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC равен . Площадь сечения равна . Искомым сечением будет шестиугольник. Площадь его ортогональной проекции на плоскость ABC равна ,косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC равен . Площадь сечения равна . Ответ:

Слайд 7

Описание слайда:

Задача 3. Условие: В прямой призме ABCA1B1C1 BK-биссектриса основания ABC. Через биссектрису и вершину А1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания 60°. Найти Sсеч., если AB=3, BC=6, угол ABC=30°.

Слайд 8

Описание слайда:

Слайд 9

Описание слайда:

Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в точку A, а прямую b в прямую b1, то расстояние между скрещивающимися прямыми a и b равно расстоянию от А до прямой b1. Если ортогональная проекция на плоскость α переводит прямую a в 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.

Слайд 10

Описание слайда:

Задача 4. Условие: Дан правильный тетраэдр МАВС с ребром 1. Найдите расстояние между прямыми АL и МО, если L – середина МС, О – центр грани АВС.

Слайд 11

Описание слайда:

Решение:

Слайд 12

Описание слайда:

Слайд 13

Описание слайда:

Задача 5. Условие:

Слайд 14

Описание слайда:

Слайд 15

Описание слайда:

Задача 6. Условие: В правильной четырехугольной пирамиде SАВСD, все ребра которой равны 1. Найдите угол между прямой DЕ, где Е - середина апофемы SF грани АSВ, и плоскостью АSC.

Слайд 16

Описание слайда:

Слайд 17

Описание слайда:

Задача 7. Условие: В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ABCD со 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.

Слайд 18

Описание слайда:

1 способ решения:

Слайд 19

Описание слайда:

Решение 2 (угол между прямой и плоскостью) F ⊥ (ABC) F1-ортогональная проекция 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

Слайд 20

Описание слайда:

По теореме косинусов для треугольника EBG1: По теореме косинусов для треугольника EBG1: EG1^2=EB^2+BG^2-2*EB*BG1*cos120°=441/4 EG1=21/2 Используя теорему косинусов для треугольника 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

Слайд 21

Описание слайда:

Задача 8 Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD, стороны основания которой равны 7. Угол между прямыми DM и AL, L-середина ребра MB, равен 60°.Найдите высоту пирамиды.

Слайд 22

Описание слайда:

AB=BC=CD=AD=7 AB=BC=CD=AD=7 DM и AL скрещивающиеся прямые DM||OL в плоскости DMB OL||MD, так как 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

Слайд 23

Описание слайда:

Задача 9 В правильной четырехугольной пирамиде PABCD с основанием ABCD точка M - середина ребра РA, точка K - середина ребра РB. Найдите расстояние от вершины A до плоскости CMK, если РC = 6, AB = 4.

Слайд 24

Описание слайда:

МК - средняя линия треугольника АРВ МК - средняя линия треугольника АРВ МК || АВ=> АВ плоскости || сечения (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.

Слайд 25

Описание слайда:

АН = НВ АН = НВ DMKC симметрична относительно HPT DT=TC Плоскость симметрии перпендикулярна плоскости сечения. Плоскость сечения проходит через прямую DC, которая перпендикулярна плоскости симметрии НРТ Плоскость симметрии перпендикулярна сечению и они пересекаются по прямой РТ.

Слайд 26

Описание слайда:

По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на сечение, попадает точно на прямую РТ, то есть найти нам надо длину именно этого перпендикуляра. Найдем высоту треугольника НРТ, проведённой к стороне РТ. По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный из т. Н на 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

Слайд 27

Описание слайда:

X- искомое расстояние. X- искомое расстояние. Найдем через S: S=(1/2)*HT*PL*x 1) PL = 0,5·РО, 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

Слайд 28

Описание слайда:

Задача 10 В прямоугольном параллелепипеде A…D1, AB=BC=10√2, AA1=2√7. Сечение параллелепипеда проходит через точки B и D и образует с плоскостью ABC угол . Найдите площадь сечения.

Слайд 29

Описание слайда:

Сначала нам нужно построить это сечение. Сначала нам нужно построить это сечение. Очевидно, что отрезок принадлежит плоскости 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:

Слайд 30

Описание слайда:

Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что 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 : Определим положение перпендикуляра, который лежит в плоскости сечения. (Помним, что 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.

Слайд 31

Описание слайда:

Найдем проекцию сечения BLMD на плоскость Найдем проекцию сечения BLMD на плоскость основания. Для этого найдем проекции точек L и M. Четырехугольник BL1M1D– проекция 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: =>

Слайд 32

Описание слайда:

SL1CM1 равен SBCD (отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия). Тогда площадь четырехугольника BL1M1D равна площади треугольника BCD и равна: Найдем Ответ: 112