Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 353912, ул. Революции 1905 года, 14 тел./факс: 64-38-48, 64-38-58 е-mail: cronovoros@mail.ru Подготовка выпускников к ЕГЭ – 2013 Пособие для учителя «Решение задач группы С2» Составители: О.А. Волкова, Н.В. Балога г.Новороссийск, 2013 год Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» ПРЕДИСЛОВИЕ Пособие составлено в соответствии со школьной программой изучения математики в 10-11 классах. Учителя могут использовать данное пособие для подготовки учащихся к ЕГЭ. Координатный и векторный методы - одни из наиболее общих методов решения геометрических задач. Их изучают не только в школе, но и в высших учебных заведениях. Универсальности этих методов столь многообразна, что ими пользуются в алгебре, математическом анализе, физике. С их помощью, решаются задачи повышенной сложности, задачи, конкурсных экзаменов при поступлении в вузы, задачи математических олимпиад самого высокого уровня. Заметим, что координатный и векторный методы являются сравнительно новыми темами в школьном курсе геометрии, и овладение ими вызывает трудности не только у учащихся, но и учителей. Это естественно, так как изучается новый язык математики, новая «азбука» общения и, конечно, новые задачи. К ним в первую очередь относятся задачи, условие которых содержит векторы или координаты. При решении таких задач не возникает вопрос: «Как решать такую задачу с помощью координат, с помощью векторов или без них?» Вот почему в пособии приведены два способа решения каждой задачи. Вместе с тем возможности векторов и метода координат широко иллюстрируются в пособии при решении традиционных задач классической геометрии. С помощью этих методов решение часто имеет на первый взгляд более лаконичное решение, чем традиционное, иногда выкладки решения могут показаться слишком громоздкими. Хотим сразу предупредить учителей: сравнение классических и координатно-векторных методов неуместно - это разные языки математики, и мы учимся говорить на одном из них. Главный специалист, методист ЦРО г.Новороссийск Е.Г. Герасименко стр. 2 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Решение задач С-2 ЕГЭ по математике двумя способами: геометрическим и координатно-географическими методами Составители: учитель математики высшей категории «Морского технического лицея» Балога Нина Валентиновна; учитель математики высшей категории МБОУ СОШ №10 Волкова Ольга Алексеевна Задача №1. Основание прямой четырёхугольной призмы ABCDA1B1C1D1 – прямоугольник ABCD, в котором AB = 5, AD = √33. Найдите тангенс угла между плоскостью грани AA1D1D призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра CD перпендикулярно прямой B1D, если расстояния между прямыми A1C1 и BD равно √3. Решение: 1. Т.к. скрещивающиеся прямы A1C1 и BD лежат в параллельных плоскостях, то расстояние между ними равно длине бокового ребра, BB1 = √3 стр. 3 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 2. Обозначим ɣ - плоскость, проходящую через BB1 и точку М – середину DC, перпендикулярную прямой B1D. Плоскость (DB1C) проходит через B1D ⊥ ɣ, значит (DB1C) ⊥ ɣ. 3. Проведем MP ⊥ B1D, значит MP ∈ ɣ Из точки Р опустим РК ⊥ DC (*) 4. Так как призма прямая, и в основании лежит прямоугольник, значит CD ⊥ AA1D1D (**). Из (*) и (**) следует, что PK ǁ AA1D1D Значит ∠ MPK – линейный угол двугранного угла между плоскостью ɣ и плоскостью грани AA1B1D 5. Рассмотрим треугольник DB1C , он прямоугольный т.к. B1B ⊥ (ABC), BC ⊥ DC, значит B1C ⊥ DC по теореме о 3 перпендикулярах 6. Рассмотрим ∆ KPM, он прямоугольный, т.к. PK ⊥ DC, Пусть искомый ∠ MPK = α, тогда ∠ KMP = 90° - α Рассмотрим ∆ DPM, он прямоугольный, т.к. MP ⊥ DB1, значит сумма острых углов равна 90°. ∠ D + ∠ KMP = 90° ∠ D = 90° - ∠ KMP = 90° - (90° – α) = α Следовательно tgα = tgD = В1 C DC 7. DC = AB = 5; В1С можно найти из прямоугольного ∆ BB1C по теореме Пифагора: B1 C = √BВ1 2 + BC2 = √(√3)2 + (√33)2 = √36 = 6 В1 C 6 8. tg α = = = 1,2 DC 5 Ответ: 1,2 стр. 4 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Координатно-векторный способ решения задачи №1 1. Поместим призму ABCDA1B1C1D1 в прямоугольную систему координат с началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения задачи. 2. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B1 D, D(5; √33; 0) B1 (0; 0; √3) B1 D { 5; √33; −√3 } 3. Составим уравнение плоскости проходящей через М( 2,5; √33; 0) перпендикулярно B1D, 5x + √33 − √3z + D = 0, ⃗⃗ = B1D {5; √33; −√3} её нормаль N |N| = √25 + 33 + 3 = √61 4. Уравнение плоскости (AA1D1D), проходящей через точки A (5;0;0) A1 (5; 0; √3) D(5; √33; 0) стр. 5 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» x−5 y z (AA1D1D ) = | 0 0 √3| = √99(x − 5) = 0 0 √33 0 √99(x − 5) = 0 x−5=0 N1{1; 0; 0}; |N1| = 1 5. cos α = 5+0+0 √61∙1 sin α = √1 − tg α = = 5 √61 25 36 6 =√ = 61 61 √61 sin α 6 ∙ √61 = = 1,2 cos α √61 ∙ 5 Задача №2. В правильной четырехугольной призме АВСDА1B1C1D1 стороны основания равны 4, боковые ребра равны 2, точка Е – середина ребра ВВ1. Найдите расстояние от вершины В до плоскости АС1E. стр. 6 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Решение: 1. Пусть d – расстояние от точки В до плоскости АС1Е. Для нахождения d применим метод «вспомогательного объема», состоящий в том, что V пирамиды ВАЕС1 выражается двумя способами: 1 а) с одной стороны VВАЕС1 = SАЕС1 ∙ d, а с другой стороны 3 1 б) VВАЕС1 = SАBE ∙ h, где h – расстояние от вершины С1 до плоскости (ABE), 3 и h = C1B1 = 4. 1 1 Тогда SAEC1 ∙ d = SABE ∙ h 3 Оттуда 3 d= h∙SABE SAEC1 2. Рассмотрим ∆ АВЕ, он – прямоугольный, 1 1 АВ = 4; ВЕ = BB1 = ∙ 2 = 1 2 1 2 1 Тогда SABE = АВ ∙ ВЕ = ∙ 4 ∙ 1 = 1 2 2 3. Рассмотрим ∆ АЕС1, он - равнобедренный, т.к. АЕ=ЕС1 Прямоугольные ∆ АВЕ и ∆В1С1Е равны по двум катетам: ВЕ=В1Е; АВ=В1С1 По теореме Пифагора в ∆АВЕ AE = √АВ2 + ВЕ2 = √42 + 12 = √17 4. Проведем ЕК ⊥ АС1, АС1 по теореме Пифагора ЕК = √АЕ2 − АС2 , где АК = 2 5. АС1 - диагональ прямой призмы: AC12 = АВ2 + AD2 + AA21 AC1 = √42 + 42 + 22 = √36 = 6 Следовательно, ЕК = SAEC1 = 6. Итак, d = Ответ: 4∙2 6√2 = 8 6√2 = 2 √(√17) − (6)2 = √17 − 9 = √8 = 2√2 2 1 2 8√2 12 1 EK ∙ AC1 = ∙ 2√2 ∙ 6 = 6√2 2 = 2√2 3 2√2 3 стр. 7 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Решение задачи №2 координатно-векторным способом 1. Введем систему координат с началом в точке B и определим координаты точек A; C1; E; B. Для этого рассмотрим плоскость хОу. 2. Cоставим уравнение плоскости (AC1E), проходящей через точки A(4;0;0), C1(0;4;2), E(0;0;1) 𝑥 (AC1E) = |4 0 𝑦 0 4 𝑧−1 −1 | = 16(𝒛 − 𝟏) + 4𝑥 − 4𝑦 = 0 1 стр. 8 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 − 4 = 0 х – y + 4z – 4 = 0 ⃗ {1; −1; 4} 𝑁 ⃗ | = √1 + 1 + 16 = √18 = 3√2 |𝑁 3. d = | Ответ: 0∙1−1∙0+4∙0−4 3√2 |= 0∙1−1∙0+4∙0−4 3 √2 = 4 3√2 = 4 √2 3∙2 = 2√2 3 2√2 3 Задача №3. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S и основанием ABCDEF длина стороны основания равна 1, а длина бокового ребра равна 3. Найдите угол между прямой AE и плоскостью SCD. Решение: 1. В правильном шестиугольнике ABCDEF AE||BD, поэтому угол между прямой AE и плоскостью (SCD) можно найти как угол между прямой BD и плоскостью (SCD). 2. Пусть d – расстояние от точки A до плоскости (SCD). Тогда синус угла между прямой AE и плоскостью (SCD) можно найти так: sin 𝛼 = 𝑑 𝑑 = . 𝐴𝐸 𝐵𝐷 3. Воспользуемся методом «вспомогательного объема» для пирамиды SBCD объем которой можно найти двумя способами: 1 1 VSBCD = SBCD ∙ SH = SCSD ∙ d , 3 оттуда 3 d= SH ∙ SBCD SCSD . стр. 9 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 4. Рассмотрим ∆SHD, он – прямоугольный. SD = 3; HD = R = a6 = 1. SH = √SD2 − HD2 = √9 − 1 = √8 = 2√2 По теореме Пифагора: 5. Рассмотрим основания пирамиды – правильный шестиугольник. Внутренний угол ∝n = ∝6 = (6−2)∙180° 6 (n−2)∙180° n ; = 120°. Поэтому угол BCD = 120°, следовательно 1 1 2 2 SBCD = BC ∙ CD ∙ sin 120° = ∙ 1 ∙ 1 ∙ √3 2 √3 . 4 = По теореме косинусов найдем BD = √BC2 + CD2 − 2 ∙ BC ∙ CD ∙ cos 120 ° = 1 = √12 + 12 − 2 ∙ 1 ∙ 1 ∙ (− ) = √3 2 6. Рассмотрим ∆SCD, он – равнобедренный. Проведем апофему SK. По теореме Пифагора: 1 SK = √SC 2 − CK 2 = √9 − = 4 1 1 √35 2 2 SCSD = SK ∙ CD = ∙ 2 7. Итак, тогда d = SH∙SBCD SCSB sin ∝ = α = arcsin Ответ: α = arcsin d BD = √3 = 2√2∙ 4 2√6 √35 √35 4 = ∙1= √35 2 √35 4 ; . 2 √6 √35 ∶ √3 = 2√2 √35 = 2√70 35 ; 2√70 . 35 2√70 . 35 стр. 10 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Координатно-векторный способ решения задачи №3 1. Т.к. пирамида правильная, SO ⊥ (ABCDEF), следовательно ∆ SOD – прямоугольный, по теореме Пифагора найдем высоту HS = 2√2 2. Поместим пирамиду в прямоугольную систему координат так, чтобы началом координат была точка А. 3. Определим координаты точек, необходимых для решения задами, для этого рассмотрим плоскость ХоY, в которой расположен шестиугольник ABCDEF. стр. 11 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» MB = B( a∙ √3 2 = √3 1 ; ; 0), 2 2 2 С( О(0;1;0), E (− 1∙ √3 = √3 2 AM = MO = OK = 0, 5 √3 3 ; ; 0), 2 2 S(0; 1; 2√2), √3 3 ; ; 0), 2 2 D (0; 2; 0). 4. Определим координаты вектора АЕ E (− √3 3 ; ; 0), 2 2 A (0;0;0) √3 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ AE {− ; ; 0} 2 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ | = √3 + 9 + 0 = √12 = √3 |AE 4 4 4 5. Составим уравнение плоскости (SCD) S (0; 1; 2√2), С ( x (SCD) = | 0 √3 2 √3 3 ; ; 0), 2 2 y−2 −1 −1 2 D (0; 2; 0). z 2√2| = 0 1 2 x y−2 z |0 −1 2√2| = 0 √3 −1 = 2√6 (y − 2) + √3z + 2√2x = 0 2√2x + 2√6y + √3z − 4√6 = 0 ⃗⃗⃗N = {2√2; 2√6; √3} √3 sinα = ⃗⃗ | = √8 + 24 + 3 = √35 |N 3 −2√2∙ + ∙2√6 + 0√3 2 2 3 ∙ √35 ∝ = arcsin = −√6+3√6 3 ∙ √35 = 2√6 3 ∙ √35 = 2√2 √35 = 2√70 35 2√70 35 Ответ: ∝ = arcsin 2√70 35 стр. 12 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Задача №4. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S и основанием ABCD длина стороны основания равна 2, а длина бокового ребра равна 5. Найдите угол между прямой AC и плоскостью (ASD). Решение: 1. При решении используем метод "вспомогательного объема", тогда нет необходимости строить проекции прямой на плоскость для отыскания угла. Пусть d - расстояние от С до плоскости (ASD), тогда d sin ∝= sin(AC; (ASD)) = AC 2. Чтобы найти расстояние от точки С до ( ASD) используем объем пирамиды SADC, который выражается двумя способами 1 1 VSADC = ∙ SH ∙ SADC = d ∙ SASD, 3 3 SH ∙ SADC откуда d = SASD 3. Сторона квадрата ABCD равна 2, т. е. a4 = 2, тогда a4 = R√2; 2 = R√2 ; R = √2; R = AH = √2 4. Из прямоугольного ∆ ASH, по теореме Пифагора SH = √AS 2 − AH 2 = √25 − 2 = √23 5.Рассмотрим прямоугольный ∆ ACD, 1 1 SACD = AD ∙ DC = ∙ 2 ∙ 2 = 2 2 2 6. Проведем SM-апофему грани ASD. AM = MD = 2 : 2 =1, так как ∆ASD - равнобедренный, то апофема является медианой грани. Из ∆ ASM по теореме Пифагора SM = √AS 2 − AM 2 = √25 − 1 = √24 = 2√6. стр. 13 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 1 1 SASD = SM ∙ AD = ∙ 2√6 ∙ 2 = 2√6. 2 7. Итак, d = SH∙SADC SASD 2 √23∙2 = 2√ 6 значит sin ∝= ∝= arcsin √69 12 = √23 , √6 d √23 √23 √23 √69 = ∶ 2√2 = = = AC 12 2√12 4√3 √6 Координатно-векторный способ решения задачи №4. 1. Найдем длину высоту пирамиды SH 2. Поместим пирамиду SABCD в прямоугольную систему координат с началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения задачи. 3. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и квадрат ABCD стр. 14 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 4. Составим уравнение плоскости (ASD) A(2; 0; 0) D (2; 2; 0) S (1; 1; √23) x−2 y z (ASD) = | 0 2 0 | = 2√23(x − 2) + 2z = 2√23x + 2z − 4√23 = 0 −1 1 √23 √23x + z − 2√23 = 0 5. Найдем нормаль к этой плоскости и ее модуль ⃗⃗ {√23; 0; 1} ⃗⃗ | = √24 = 2√6 N |N 6. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗ CA и найдем его модуль ⃗⃗⃗⃗⃗ | = 2√2 A(2; 0; 0) C(0; 2; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ CA {2; −2; 0} |CA 2√23 − 2 ∙ 0 + 1 ∙ 0 √23 √23 √69 sin α = = = = 12 2√6 ∙ 2√2 2√12 4√3 Задача № 5. В правильной шестиугольной призме сторона основания равна 2, высота 1.Найти угол между прямой B1E1 и плоскостью AB1C1 Решение: 1. Пусть d – расстояние от точки Е1 до плоскости (AB1C1). Тогда угол между прямой B1E1 и плоскостью (AB1C1) можно найти как d sin ∝ = B1 E1 2. Воспользуемся методом «вспомогательного объема» для пирамиды AB1C1E1, который можно найти двумя способами 1 1 V = SAB1C1 ∙ d = SEB1C1 ∙ AA1 3 Откуда d = 3 AA1 ∙ SEB1 C1 SAB1 C1 стр. 15 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 3. Рассмотрим основание – правильный шестиугольник. Проведем диагонали CE и BE. Точка О – середина BE является центром описанной окружности, потому ∠ BCE – прямой (как вписанный угол, опирающийся на диаметр) BC= a6 = 2; R= a6, значит BE = 2R = 4 Из прямоугольного треугольника ВСЕ по теореме Пифагора находим KE = √ВЕ2 − ВС2 = √42 − 22 = √12 = 2√3 1 1 SAB1C1 = SEB1C1 = BC ∙ CE = 2 ∙ 2√3 = 2√3 2 2 4. Из точки А опустим перпендикуляр АК к прямой В1С1 и АN ⊥ ВС, 1 SAB1C1 = AK ∙ B1 C1 2 Рассмотрим ∆ BNA, он прямоугольный, ∠ NBA= 180° – ∠ ABC. ∠ ABC – внутренний угол правильного шестиугольника, (n − 2) ∙ 180° (6 − 2) ∙ 180° ∠ ABC = = = 4 ∙ 30 = 120° n 6 Значит ∠NBA=180° - 120° = 60° √3 AN = AB ∙ sin60° = 2 ∙ = √3 2 Рассмотрим ∆ AKN, он прямоугольный, по теореме Пифагора √KN 2 + AN 2 = √12 + (√3)2 = √4 = 2. AK = SAB1C1 = 5. Итак, d = 1 ∙2∙2 = 2 2 AA1 ∙ SEB1 C1 SAB1 C1 значит sin α = = 1∙2√3 2 = √3, √3 4 √3 4 √3 Ответ: α = arcsin α = arcsin 4 стр. 16 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Координатно-векторный способ решения задачи №5 1. Поместим призму ABCDEFA1B1C1D1E1F1 в прямоугольную систему координат с началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения задачи. 2. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и шестиугольник ABCDEF 𝐴M = a√3 = 2√ 3 = √3 2 2 BM = MO = OK = KE = 1 A (√3 ; 1; 0) E (0; 4; 0) C (−√3 ; 1; 0) E1 (0; 4; 1) B1 (0; 0; 1) C1 (−√3; 1; 1) Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B1 E1 и его модуль ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ E1 (0; 4; 0) B1 E1 {0; 4; 0} |B1 E1 | = 4 B1 (0; 0; 1) Составим уравнение плоскости, проходящей через точки A(√3 ; 1; 0); B1 (0; 0; 1) C1 (−√3 ; 1; 1) x y z−1 (AB1 C1 ) = | √3 1 −1 | = −√3 1 0 = 0 ∙ x + √3(z − 1) + √3y + √3(z − 1) + x = 0 x + √3y + 2√3z − 2√3 = 0 ⃗⃗ {1; √3; 2√3} ⃗⃗ | = √1 + 3 + 12 = √16 = 4 N |N стр. 17 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» sin ∝ = 1 ∙ 0 + 4 ∙ √ 3 + 0 ∙ 2 √3 √3 = 4∙4 4 √3 4 Задача №6. В правильной шестиугольной призме длина стороны основания 1, а длина бокового ребра √15. Найти угол между прямой B1 F1 и плоскостью AD1 E. ∝ = arcsin Решение: 1. Пусть d –расстояние между прямой 𝐵1 𝐹1 и плоскостью A𝐷1 E, тогда угол между прямой 𝐵1 𝐹1 и плоскостью A𝐷1 можно найти как угол между прямой CE и плоскостью 𝐴𝐷1 𝐸, т.к 𝐵1 𝐹1 ǁ 𝐶𝐸 . d d Тогда sin α = = B1 F1 CE 2. Воспользуемся методом «вспомогательного объёма» для ACED1 , который можно найти двумя способами 1 1 DD ∙ S V = SACE ∙ DD1 = SAD1E ∙ d , откуда d = 1 ACE. 3 3 SAD1E 3. Рассмотрим основание призмы – правильный шестиугольник. Известно, что AB=1=a6 ; внутренний угол шестиугольника (n−2)∙180° (6−2)∙180° α6 = = = 120° n 6 Из ∆AEF по теореме косинусов AE = √AF 2 + FE 2 − 2 ∙ AF ∙ FE ∙ cos 120 ° = 1 = √1 + 1 − 2 ∙ 1 ∙ 1 ∙ (− ) = √3 , 2 стр. 18 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» Следовательно, CE = AE = √3, т. к. ∆ACE − правильный. a2 √ 3 3√3 Тогда SACE = = ; 4 4 4. Рассмотрим ∆ AD1 E. AD - диаметр, значит AE ⊥ DE, DD1 ⊥ DE значит D1 E ⊥ AE по теореме о 3-х перпендикулярах. 1 Итак, ∆AD1 E − прямоугольный и SAED1 = AE ∙ D1 E по условию, 2 2 Из прямоугольного ∆DD1 E по т.Пифагора D1 E = √DD21 + DE 2 = √12 + (√15) = √16 = 4 SAED = 1AE∙D 1 1E 2 5. Итак , d = 1 ∙ 3∙4=2√3 2 √ DD1 ∙SACE SAD1E Значит sin α = α = arcsin = 3√3 = √15 ∙ 4 2√3 3√5 3√15 : √3 8 = = 3√15 8 8 3 √5 8 Координатно-векторный способ решения задачи №6 1. Поместим призму ABCDEFA1B1C1D1E1F1 в прямоугольную систему координат с началом в точке В и определим координаты точек необходимых для решения задачи. 2. Для определения координат точек рассмотрим плоскость XoY и шестиугольник ABCDEF AM = a√ 3 2 = 1∙√3 √3 = 2 2 BM=OM=OK=KE=0,5 √3 1 ; ; 0) 2 2 A( B1 (0; 0; √15) F1 ( √3 3 ; ; √15) 2 2 E(0; 2; 0) F( D1 (− √3 3 ; ; 0) 2 2 √3 3 2 ; ; √15) 2 стр. 19 Муниципальное казенное учреждение «Центр развития образования г.Новороссийска» 3. Найдем координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B1 F1 и его модуль B1 (0; 0; √15) √3 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B1 F1 { ; ; 0} 2 √3 3 ; ; √15) 2 2 3 9 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B1 F1 | = √ + 4 4 F1 ( | 2 + 0 = √3 4. Составим уравнение плоскости (AD1 E) √3 1 ; ; 0) 2 2 A( x (AD1 E) = √3 || 2 √3 − 2 E(0; 2; 0) D1 (− y−2 − − 3 2 1 2 √3 3 ; ; √15) 2 2 z 0 | = | √15 x y−2 z ∙ | √3 −3 0 |= 2 2 −√3 −1 2√15 1 1 = −6√15x − √3z − 3√3z − 2√45(y − 2) = 0 −6√15x − 6√5y − 4√3z + 12√5 = 0 3√15x + 3√5y + 2√3z − 6√5 = 0 ⃗⃗ {3√15; 3√5; 2√3} N |N| = √9 ∙ 15 + 9 ∙ 5 + 4 ∙ 3 = √192 = 8√3 3√45 + 9√5 3 ∙ 3√5 + 9√5 18√5 3√5 sin ∝ = ( = = )= 2∙8∙3 2∙8∙3 2∙8∙3 8 3√5 ∝= arcsin 8 стр. 20