Единый государственный экзамен 2009. Математика. - Денищева Л.О.
ISBN 978-5-89790-534-8
Скачать (прямая ссылка):
226
Пусть AB = a. ToTRaB1D1 = Но треугольник B1D1A прямо-
ті
SАвс = ¦2^-, BB1 = а = 2 і/б1. Отсюда V = 36.
угольный и ZB1AD = 45°. Следовательно, AB1 = sin45o = \ ' треугольника ABB1 BB1 = ]/aB2{-AB2 = ^щ- - а1 = -^. Отрезок MA = ^B1D1 = -у=;, отрезок OM = ^BB1 = fl . Поэтому из у 3 2 "у 2
2 2
прямоугольного треугльника ОМА имеем -^- + -^-=11. Следовательно, a = 21/?1. Объем призмы находим по формуле V = Sa8Q-BB1. Но
/Г
О т в е т: 36.
Пример 8. Все ребра призмы ABCA1B1C1 равны между собой. Найдите расстояние от точки C1 до плоскости CA1B1, если площадь
грани ABB1A1 равна 81/31.
Решение. Пусть ребро призмы равно а. Тогда все ее боковые грани — ромбы, а основания — правильные треугольники. Боковые грани ABB1A1 и ACC1A1 — ромбы с углом 60°, поэтому BA1 = CA1 = CB = а. Площадь грани
ABB1A1 равна S = «2sin60° =
Из условия получаем а ^ = 81/31. Отсюда, а = А.
Проведем диагонали ромба CBB1C1. Они перпендикулярны, значит, C1O-L CB1. Треугольник BA1C1 равнобедренный. Значит, его медиана A1O является высотой и A1O L C1B. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, C1O LCA1B1. Поэтому C1O является расстоянием от точки C1 до плоскости CA1B1. Аналогично, A1OJ- C1B. Значит, A1O L C1BB1 и поэтому расстояние от A1 до плоскости C1BB1 равно отрезку A1O.
227
Наклонные C1A1 и C1B1 к плоскости CA1B1 равны, следовательно, равны их проекции. OA1 = OB1. Треугольники CA1B1 и CC1B1 равны по трем сторонам. Следовательно, их медианы равны, то есть OA1 = OC1. Отсюда следует, что CB1 = BC1. Значит, в ромбе CBB1C1 диагонали равны. Следовательно, ромб CBB1C1 — квадрат, со стороной 4. Отсюда C1O = 2 fa.
Ответ: 2-|/2\
Пример 9. Все грани призмы ABCDA1B1CxD1 — равные ромбы, ZBAD = ZBAA1 = ZDAA1 = 60°. Найдите угол между прямой BA1 и плоскостью BDB1.
Решение. Все ребра призмы равны X)1 C1
между собой и так как грани призмы — ромбы с углом 60°, то меньшая диагональ в каждом ромбе равна его стороне. Отсюда следует, что DBB1D1 — ромб.
Рассмотрим отрезок AJ, где J — точка пересечения диагоналей ромба DBB1D1.
Треугольник DA1B1 равнобедренный, следовательно, медиана AJ треугольника DA1B1 является его высотой, то есть AJLDB1. Аналогично, AJLD1B. Значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, A JLD1BB1. Отсюда, угол между прямой BA1 и плоскостью BDB1 есть ZA1BD1. A1D = A1B = A1B1, следовательно, JD =JB= JD1 =JBlt как проекции равных наклонных. Отсюда следует, что DB1 = BD1. Значит, диагонали в ромбе DBB1D1 равны, то есть ромб D1DBB1 — это квадрат.
BA1 = BDy A1D1 = DD1 и D1B — общая сторона треугольников BA1D1 и BDD1. Следовательно, ABA1D1 = ABDD1 по трем сторонам. Отсюда ZA1BD = ZDBD1 = 45°.
Ответ: 45°.
228
Рассмотрим задания части 3 по стереометрии, предлагавшиеся в 2005 году. Здесь впервые для ЕГЭ по математике были предложены задачи на оптимизацию геометрической конфигурации. При этом для решения задачи не предполагалось использование сведений из математического анализа. Изучение подобных задач в школьном курсе геометрии осуществляется на сравнительном небольшом материале.
Так, например, рассматривается задача об определении соотношения между сторонами прямоугольника заданной площади и имеющей наименьший периметр и, двойственная ей, задача о соотношении сторон прямоугольника заданного периметра, имеющего наибольшую площадь. Известно, что прямоугольник, удовлетворяющий условиям обеих задач, является квадратом. Приведем возможное решение этой задачи без привлечения сведений из математического анализа.
Очевидно, что все прямоугольники, удовлетворяющие условиям первой и второй задач, подобны между собой. Рассмотрим множество всех прямоугольников, площадь каждого из которых равна 5. Обозначим длины сторон одного из этих прямоугольников X и у. Тогда произведение х-у = S — постоянная величина. Периметр P этого прямоугольника найдем по формуле P = 2(х + у) = 2^x + ^j.
Далее будем использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое ал^) и среднее геометрическое положительных чисел о>0ий>0. А именно:
Если а > 0, Ь > 0, то аЛ^ > ~\/а-Ь. Причем = ~]/а-Ь тогда
и только тогда, когда а = Ь.
Доказательство этой теоремы в общеобразовательной школе должно рассматриваться дважды; в курсе алгебры и геометрии 8 класса. Сначала в курсе алгебра в теме «Неравенства», а затем в курсе геометрии в теме «Четырехугольники. Трапеция».
Применим указанное неравенство в нашем случае. Получим
Р=2(* + |)>2.2|/?Т =41/51.
Причем P = A Ys* тогда и только тогда, когда х = ~ х2 = S
<=> X = Ys*. Следовательно, YS-y = S <=> у = "/S.
Итак, из всех прямоугольников заданной площади S наименьшим
периметром обладает квадрат со стороной, равной Ys.
229
Аналогично можно решить и вторую задачу. Выполните это самостоятельно.
Приведем формулировки задач, которые полезно рассматривать в курсе геометрии общеобразовательной школы.
• Из всех прямоугольных треугольников, вписанных в данный круг, наибольшую площадь имеет равнобедренный прямоугольный треугольник.
• Из всех треугольников, вписанных в данный круг и имеющих общую сторону, наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник, для которого общая сторона является основанием.
