Решение задач уровня С 2 из ЕГЭ, сборник под редакцией Ященко «с флагом» Презентацию выполнила Спиркина Настя 11 «Б»
Вариант 1 Решение: Дано: 1) Проведем BF; BF┴BC(треуг. ABF р/б, т. к. AB=AF, значит A-F 1 – прав. <B=<F=(180 -<A): 2=30; <FBC=<Bпризма F 1 <ABF=120 -30=90) АВ = 1 A 1 2) По ТТП BF 1┴BC; B 1 АА 1 = 1 BC||F 1 E 1, значит BF 1┴F 1 E 1, Найти: поэтому BF 1 – искомое расстояние |B, (E 1 F 1)|-? 3) Из треуг. ABF по теореме cos: F A 4) Из треуг. BFF 1(прямоуг) по т. Пиф: Ответ: 2 E 1 C 1 D 1 E D B C
Вариант 2 Дано: A-F 1 – прав. призма АВ = 1 АА 1 = 1 Найти: |B, (A 1 D 1)|-? Решение: 1) Проведем BF 1┴CB(треуг. ABCр/б, тк AB=AF, <B=<F=(180<A): 2=30; D 1 <FBC=<B-30=120 -30=90) C 1 B 1 2) По ТТП BK 1┴CB 1, но CB||A 1 D 1, значит BK 1┴A 1 D 1, тогда BK 1 -иск. Расстояние 3) Из треуг. ABF по т. сos: D C 4) BF=BK+KF, значит BK=1/2 BF= 5) По т. Пиф из треуг. KK 1 B(прямоуг) Ответ: B E 1 K 1 F 1 A 1 K E F A
Вариант 3 Дано: SABC – прав. пир. AB = SC = 29 AM=MS CK=KB Найти: (ABC)^(MK)-? Решение: 1) Из т. М опустим перпендикуляр MO 1; по т. AS проект. На бис AK, значит M€AS проект. На AK – получим т. О 1; MO 1 -перпенд. MK-накл. O 1 K-проекц. на (ABC), значит <MKA-искомый 2) т. к. AM=MS(по усл), MO 1||SO, то MO 1 -ср. лин. в треуг. ASO, тогда AO 1=OO 1 3) В треуг. ABCр/с 4) AO=2/3 AK=21; AO 1=1/2 AO=10, 5 KO 1=AK-AO 1=31, 5 -10, 5=21 5) AO=R=21; по т. Пиф из треуг. SOA: 6) MO 1=1/2 SO=10(как ср. лин. ) 7) Из треуг. MKO 1: значит Ответ: S M A B O 1 O K C
Вариант 4 Решение: Дано: 1) В треуг. AB 1 D 1 р/б A-D 1 – куб проведем AK 1 Найти: мед, значит AK 1 tg((BDD 1)^(AB 1 D 1))-? высота; A 1 В квадрате BB 1 D 1 D проведем KK 1||DD 1 так, что BK=KD(соотв. B 1 K 1=K 1 D 1), Значит <AK 1 Kискомый 2) AC-диагональ в кв. ABCD, A , KK 1=DD 1=a; Ответ: B 1 C 1 K 1 D 1 B K C D
Вариант 5 Дано: SABCD – прав. пир. AB = 1 SA = 1 SF = FB SG = GC Найти: cos((ABG)^(CDF))? S G F B A C O D
Вариант 6 Дано: SABCDEF – прав. пир. AB = 1 SB = 2 Найти: (SB)^(CD)-? Ответ: 60 Решение: 1) Проведем диагональ BE; BE||CD, значит (SB)^(CD)=(SB)^(BE) =<SBO-искомый 2) В треуг. SBO(прямоуг. , т. к. SO┴(ABC)): OB=R=AB=1; SB=2 (по усл); , значит <SBO=60 S F A B E O C D
Вариант 7 Дано: SABC – прав. пир. AB = SC = 17 AK=KS BM=MC Найти: (ABC)^(KM)-? Решение: 1) Из т. K опустим перпендикуляр KO 1; по т. AS проект. на бис AK, значит K€AS проект. на AM, получ. т. О 1; KO 1 -перпенд. KM-накл. MO 1 -проекц. на (ABC), значит <KMA-искомый 2) т. к. AK=KS(по усл. ), KO 1||SO, то KO 1 -ср. лин. в треуг. ASO, тогда AO 1=OO 1 3) В треуг. ABCр/с 4) AO=2/3 AM=15; AO 1=1/2 AO=7, 5 MO 1=AM-AO 1=22, 5 -7, 5=15 5) AO=R=15; по т. Пиф из треуг. SOA: 6) KO 1=1/2 SO=4(как ср. лин. ) 7) Из треуг. MKO 1: , значит Ответ: S K A O 1 C O M B
Вариант 8 Дано: SABCD – прав. пир. AB = 1 AS = 1 AK = KS Найти: sin((SAD)^(SOA ))-? S K B A O C D
Вариант 9 Дано: Решение: A-F 1 – прав. Проведем BF; BF BC(треуг. ABF 1) призма р/б, т. к. AB=AF, значит <B=<F=(180 -<A): 2=30; <FBC=<B AB = 2 B 1 -<ABF=120 -30=90) AA 1 = 2 2) По ТТП BF 1 BC; Найти: BC||F 1 E 1, значит BF 1 BC, поэтому |A, (C 1 D 1)|-? BF 1 – искомое расстояние 3) Из треуг. ABF по теореме cos: C 1 A Ответ: 4 F 1 C D B E A 4) Из треуг. ACC 1(прямоуг) по т. Пиф: D 1 F E 1
Вариант 10 Дано: SABCDEF – прав. пир. AB = 1 SB = 2 SM = MC Найти: sin((BM)^(DE)) -? S F A B M E C D
СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ!
Скачать презентацию Решение задач уровня С 2 из ЕГЭ сборник
SPIRKINA_S2_var_1-10_Yashenko_s_flagom (1).ppt