Итоговое повторение по геометрии за 10-11 классы по теме «Перпендикулярность прямой и плоскости. Теорема о трех перпендикулярах. Угол между прямой и плоскостью. Двугранный угол. Перпендикулярность плоскостей». Решение тестов, вопросов и задач с ответами для УМК Атанасян и др. Поурочное планирование по геометрии для 11 класса. Уроки 57-58. Геометрия 11 Повторение Перпендикулярность прямой и плоскости.

Смотреть Список всех контрольных по геометрии в 11 классе

 

Итоговое повторение 11 класс
«Перпендикулярность прямой и плоскости»

Цель урока: повторение теоретического материала; обобщение навыка решения задач по данным темам.

Самостоятельная работа. Вариант 1

 

Самостоятельная работа. Вариант 2

 

Решения и ответы на Вариант 1

I уровень В1

№ 1. Через центр вписанной в треугольник окружности проведена прямая, перпендикулярная плоскости треугольника. Докажите, что каждая точка этой прямой равноудалена от сторон треугольника.
РЕШЕНИЕ: (рис. 3)

1) Точки А, В, С – точки касания сторон треугольника с окружностью. О – центр окружности, S – точка на перпендикуляре. R = ОА = ОВ = ОС;
2) По теореме о трех перпендикулярах SA⊥MN, △SOA – прямоугольный, SA = SB = SC = √[R2 + OS2], т. е. все расстояния от точки S до сторон треугольника равны.

II уровень В1

№ 2. Из вершины равностороннего треугольника АВС восстановлен перпендикуляр AD к плоскости треугольника. Найдите расстояние от точки D до стороны ВС, если AD = 13см, BС = 6см.
РЕШЕНИЕ: (рис. 4)
1) Проведем АК⊥ВС, по теореме о трех перпендикулярах DK⊥BC, D – искомое расстояние.
2) ВК = 3 см, △АВК: АК = √[АВ2 – ВК2] = √[62 – З2] = √27 (см).
3) △DAK: DK = √[AD2 + AK2] = √[132 + 272] = √196 = 14 (см).
ОТВЕТ: 14 см.

III уровень В1

№ 3. Точка М, лежащая вне плоскости данного прямого угла, удалена от вершины угла на расстояние а, а от его стороны на расстояние b. Найти расстояние от точки М до плоскости угла.
РЕШЕНИЕ: (рис. 5)
Пусть α – плоскость данного угла BAD, МВ = MD – b, МА = а, МС – перпендикуляр к плоскости угла. По теореме о трех перпендикулярах ВС⊥АВ, DC⊥AD, причем ВС = CD как проекции равных наклонных. Следовательно, ABCD – квадрат. DC = ВС = АВ = AD = √[a2 – b2].
△DCM: MC = √[DM2 – DC2] = √[b2 – (a2 – b2)] = √[b2 – a2].
ОТВЕТ: √[b2 – a2].

 

Решения и ответы на Вариант 2

I уровень В2

№ 4. Расстояние от данной точки до плоскости треугольника равно 1,1 м, а до каждой из его сторон 6,1 м. Найти радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
РЕШЕНИЕ: (рис. 6):
1) SO= 1,1 м; SB, SC, SA – наклонные к сторонам треугольника. АО = ВО = СО –проекции.
2) По теореме о трех перпендикулярах AO⊥MN, OB⊥NK, ОС⊥МК. Следовательно, О – центр вписанной окружности.
OB = √[SB2 – SO2] из △SOB.  ОВ = √[6,12 – 1,12] = √36 = 6 (см).
ОТВЕТ: 6 см.

II уровень В2

№ 5. Из вершины прямого угла С треугольника АВС восстановлен перпендикуляр CD к плоскости треугольника. Найдите расстояние от точки D до гипотенузы △АВС, если АВ = а, ВС = b, CD = с.
РЕШЕНИЕ: (рис. 7):
1) Проведем DC ⊥ плоскости ABС, СК⊥АВ (высота △ABС) DK – наклонная;
2) По теореме о трех перпендикулярах DK⊥AB, следовательно, DK – искомое расстояние;
3) SABC = 1/2 • ah = 1/2 • АС • BC = 1/2 • √[a2 – b2] • b.
AC = √[a2 – b2];  h = (√[a2 – b2] • b) / a;  CK = √[a2 – b2] • b.
4) △CDK: DK = √[CD2 + CK2] = √[c2 + (a2b2 – b4)/a2] = √[c2 + b2 – b4/a2].
ОТВЕТ: √[c2 + b2 – b4/a2].

III уровень В2

№ 6. Дан равнобедренный треугольник с основанием 6 см и боковой стороной 5 см. Из центра вписанного круга восстановлен перпендикуляр к плоскости треугольника длиной 2 см. Найти расстояние от конца этого перпендикуляра до сторон треугольника.

РЕШЕНИЕ: (рис. 8):
Пусть SK – искомое расстояние. K, М, N – точки касания сторон треугольника с окружностью; SK = SM = SN; г = ОК, ОК⊥ВС. По теореме о трех перпендикулярах SK⊥BC.  △SOK – прямоугольный.
SABC = 1/2 • BM • АС = р • r, где р – полупериметр.
ВМ = √[ВС2 – МС2] = √[25 – 9] = √16 = 4 (см);
р = (5 + 6 + 5)/2 = 8 (см); S = pr;  S = 1/2 • 6 • 4 = 12 (см2),
г = S/p = 12/8 = 1,5 (см). OK = 1,5см;
SK = √[SO2 + ОК2] = √[4 + 2,25] = √6,25 = 2,5 (см).
ОТВЕТ: 2,5 см.

 

Дополнительные задачи

 

Решения и ответы на задачи

№ 7. Дано: KLMN – тетраэдр, все ребра его равны. Точка О – середина ребра MN (рис. 3).
Доказать: ∠KOL – линейный угол двугранного угла LNMK.
Доказательство:
1) △KMN – равносторонний, КО медиана, следовательно, KO⊥MN.
2) △LMN – равносторонний, LO – медиана, следовательно LO⊥MN.
3) По определению линейного угла, ∠KOL – линейный угол двугранного угла LNMK.

№ 8. Дано: ABCD – ромб, ∠А = 60°, АВ = m, ВЕ⊥АВС, BE = m√3/2 (рис. 4).
Найти: угол между плоскостями ADE и АВС.
Решение:
1) ВН – высота ромба ABCD, EH⊥AD (по теореме о трех перпендикулярах). Значит, ∠EHB – линейный угол двугранного угла EADB.
2) △ВНА: ВН = m • Sin 60° = m√3/2.
3) △ЕВН: tg(ЕНВ) = BE/ВН = m√3/2 : m√3/2 = 1; ∠ЕНВ = 45°.
ОТВЕТ: 45°.

№ 1. Дано: АВСА1В1С1 – наклонная призма, АВС – правильный треугольник, ∠А1АВ = ∠А1АС = α, АВ = а, АА1 = 2а (рис. 5).
а) Докажите: грань ВВ1С1С – прямоугольник.
б) Вычислите площадь грани АА1В1В.
в) Вычислите площадь полной поверхности.
г) Составить план вычисления объема призмы.
Решение:
а) Построим из вершины А1 перпендикуляр к плоскости АВС – А1О и перпендикуляры к прямым АВ и АС – А1М и A1N соответственно. Тогда ОМ – проекция А1М, ON – проекция A1N на плоскость АВС. По теореме о трех перпендикулярах ОМ⊥АВ, ON⊥AC.
△А1МА = △A1NA (по гипотенузе и острому углу). Значит, ON = ОМ, т. е. точка О – равноудалена от сторон АВ и АС, и значит лежит на биссектрисе AD. Так как △АВС – равносторонний, то AD⊥BC, АО – проекция АА1, на плоскость АВС. По теореме о трех перпендикулярах АА1⊥BC, а значит, ВВ1⊥ВС, СС1⊥ВС, т. е. ВВ1С1С – прямоугольник.
б) АА1В1В – параллелограмм. SAA1B1B = а • 2а • Sin α = 2a2 • Sin α.
в) SAA1B1B = 2a2 • Sin α; BB1C1C – прямоугольник, SBB1C1C = а • 2а = 2а2,
Sосн = (a2√3)/4, значит, Sполн = Sб.п + 2Sосн
Sполн = 2a2 • Sin α + 2a2 • Sin α + 2а2 + 2(a2√3)/4 = 2a2 • (2 Sin α + 1 + √/4);
г) Из △AMA1 найдем AM и A1M;
из △AОМ найдем OM;
из △А1ОМ найдем А1O. Зная высоту А1О и Sосн найдем объем.

№ 2. Основанием пирамиды МАВС является равносторонний △АВС со стороной а. Грань МАВ – равнобедренный треугольник, плоскость которого перпендикулярна плоскости основания пирамиды.
МА = МВ = a√7/4 (рис. 6).
Найти: углы наклона боковых граней пирамиды к ее основанию.
Решение:
1) Высоты △АМВ и △АВС, проведенные из М и С, являются медианами, поэтому пересекаются в точке D.  ∠MDC = 90° – линейный угол данного двугранного угла МАВС.
2) Проведем DK⊥AC, то АС⊥МК (по теореме о трех перпендикулярах). ∠MKD – линейный угол двугранного угла МАВС.
3) Из △MAD: MD = √[7a2/16 – a2/4] = a√3/4;
Из △AKD: KD = a/2 • sin 60° = a√3/4;
Из △MKD: tg(MKD) = MD/KD = 1, ∠MKD = 45°.
ОТВЕТ: 90°, 45°, 45°. 

№ 3. Через образующую цилиндра проведены два сечения. Одно из них является осевым сечением цилиндра, его площадь равна 48 см2. Угол между плоскостями сечений 60°. Вычислить площадь второго сечения (рис. 7).
Решение: SAA1B1B = АВ • ВВ1 = 48 (см2).
△АВС – прямоугольный, т.к. АВ – диаметр; /АВС = 60° (по условию). Значит, ВС = АВ • Cos 60° = 1/2 • АВ.
SCBB1C1 = ВС • BB1 = 1/2 • АВ • ВВ1 = 1/2 • 48 = 24 (см2).
ОТВЕТ: 24 см2.

 


Вы смотрели: Итоговое повторение по геометрии за 10-11 классы по теме «Перпендикулярность прямой и плоскости. Теорема о трех перпендикулярах. Угол между прямой и плоскостью». Решение тестов, вопросов и задач с ответами для УМК Атанасян и др. Поурочное планирование по геометрии для 11 класса. Уроки 57-58. Геометрия 11 Повторение Перпендикулярность прямой и плоскости.

Смотреть Список всех контрольных по геометрии в 11 классе по УМК Атанасян.

 

Добавить комментарий

На сайте используется ручная модерация. Срок проверки комментариев: от 1 часа до 3 дней