Тема 14. Задачи по стереометрии

14.17 Нахождение объема или площади поверхности

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по стереометрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#1226

Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1  является прямоугольный треугольник ABC,  причем ∠C =90∘.  Диагонали боковых граней AA1B1B  и BB1C1C  равны 26 и 10 соответственно, AB = 25.

а) Докажите, что △BA1C1  — прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды AA1C1B.

Показать ответ и решение

а) Так как BB1  ⊥(A1B1C1),  B1C1 ⊥ A1C1,  то по теореме о трех перпендикулярах BC1 ⊥ A1C1.  Следовательно, △A1C1B  — прямоугольный.

PIC

 

б) Заметим, что BC  ⊥AC  и BC  ⊥ CC1,  следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости BC  ⊥(AA1C1 ).  Следовательно, BC  — высота пирамиды BAA1C1  с основанием AA1C1.

Так как △AA1C1  — прямоугольный, то

          12 ⋅AA1-⋅A1C1⋅BC-
VBAA1C1 =        3

По теореме Пифагора имеем:

      ∘ --------  √-----
A1C1 =  262− 102 =  16⋅36= 24
      ∘--2----2  √----   √--
AA1 =  26 − 25 =  1 ⋅51 =  51
BC = ∘102-− 51-=√49-= 7

Тогда искомый объем равен

          1⋅24⋅√51⋅7     √--
VBAA1C1 =-2---3----- = 28 51

PIC

Ответ:

б) 28√51-

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#759

Параллельно оси цилиндра проведена плоскость, отсекающая от окружности основания дугу, градусная мера которой равна   α.  Диагональ сечения наклонена под углом β  к основанию цилиндра.

а) Найдите объем цилиндра, если высота цилиндра равна H.

б) Вычислите объем цилиндра, если H = √2-,
     3π  α = 60∘,  β = 30∘.

Показать ответ и решение

а) Сечение цилиндра данной плоскостью — это прямоугольник ABCD,  где AB = CD  =H.  Дуга A⌣D=  α,  следовательно, центральный угол ∠AOD  =α.

Объем цилиндра равен

      2
V = πR ⋅H

Здесь R = AO,  следовательно, необходимо найти R2.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ACD.  В нем имеем:

       AD
ctgβ = CD   ⇒   AD = CD ⋅ctgβ = H ⋅ctgβ

 

PIC

 

Заметим, что △AOD  — равнобедренный. Тогда по теореме косинусов

AD2 = AO2 + DO2 − 2⋅AO ⋅DO ⋅cosα

Тогда имеем:

       2    2                2  -H2ctg2β--
(Hctgβ) = 2R (1− cosα)  ⇒   R  = 2(1− cosα)

Следовательно, объем цилиндра равен

V = -πH3ctg2β-
    2(1− cosα )

б) Подставляя значения из условия, получаем:

          √-
V = π⋅(8π ⋅(-3))2= 24
     2 1− 12
Ответ:

б) 24

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#762

В треугольной пирамиде DABC  двугранные углы при ребрах AD  и BC  равны. Известно также, что AB = BD = DC  =AC  = √15.

а) Докажите, что AD = BC.

б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при ребрах AD  и BC  равны 60∘.

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим пирамиду DABC.  В ней по условию AB = BD = DC  =CA,  ∠(BAD, CAD ) =∠ (BAC, BDC ).

Так как △ABD  и △ACD  — равнобедренные, причем AD  — общее основание, то высоты к основаниями попадут в одну точку — в середину N  стороны AD.  Тогда BN  ⊥AD,  CN  ⊥ AD.  Таким образом, ∠BNC  — линейный угол двугранного угла ∠(BAD, CAD ).

PIC

Аналогичным образом строится угол ∠AMD  — линейный угол двугранного угла ∠ (BAC, BDC ),  где M  — середина BC.  Таким образом, ∠BNC  = ∠AMD.

Так как △ABD  = △ACD  по трем сторонам, то BN  = CN.  Аналогично AM  = DM.  Значит, △AMD  и △BNC  — равнобедренные и подобные по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Заметим, что плоскости (AMD )  и (BNC  )  имеют две общие точки — это точки N  и M.  Следовательно, они пересекаются по прямой MN.  Отрезок NM  — это высота в △AMD  и △BNC  к основаниям AD  и BC  соответственно. Следовательно, эти треугольники равны. Следовательно, AD  =BC.  Что и требовалось доказать.

б)

PIC

Из пункта а) также следует, что AM  = DM = BN  = CN.

Так как двугранные углы равны  ∘
60 ,  то △AMD  и △BNC  — равносторонние.

Пусть AM  = DM  = BN = CN = AD  =BC  = x.

Проведем высоту пирамиды DH.  Так как DM  ⊥ BC,  то по теореме о трех перпендикулярах HM  ⊥ BC.  Таким образом, точка H  должна лежать на AM,  причем на середине, так как △AMD  — равносторонний. Тогда

      √-       √-
DH  = -3-⋅AD  = -3x
      2         2

Найдем по теореме Пифагора x  из △ABM  :

AM = x, BM = x, AB = √15  ⇒   x =2√3
             2

Таким образом,

        1             1  √3   1
VDABC = 3 ⋅DH ⋅SABC = 3 ⋅-2 x ⋅2x2 = 6
Ответ: б) 6
Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#809

В основании треугольной пирамиды SABC  лежит равносторонний треугольник ABC  . Все боковые грани наклонены к плоскости основания под углом α  . Пирамида не является правильной.

 

а) Докажите, что высота пирамиды падает в центр вневписанной для треугольника ABC  окружности.

 

б) Найдите объем пирамиды, если α = 30∘ , а сторона основания равна 6  .

Показать ответ и решение

а) Пусть SO  – высота пирамиды. Проведем перпендикуляры OA1,  OB1, OC1   к прямым BC,  AC, AB  соответственно. По теореме о трех перпендикулярах наклонные SA1, SB1, SC1   также будут перпендикулярны этим прямым. Следовательно, по определению ∠SA1O,   ∠SB1O,  ∠SC1O  — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями и основанием. Т.к. эти углы равны, то △SA1O    = △SB1O    = △SC1O  по катету и острому углу (SO  – общий катет).
 
PIC

 

Таким образом, OA1  = OB1  = OC1   . Таким образом, тока O  равноудалена от прямых AB,  AC, BC  . Значит, это либо центр вписанной в △ABC  окружности, либо центр вневписанной окружности (касающейся стороны и продолжений двух других сторон). Т.к. пирамида не является правильной, то первый вариант не подходит, чтд.

 

б) Обозначим AB   = 6 = 2x  . Пусть для определенности O  – центр окружности, касающейся стороны AC  и продолжений сторон AB  и BC  . Тогда O  лежит на биссектрисе угла B  . Следовательно, BO  – биссектриса, а т.к. △ABC  – правильный, то BO  ⊥  AC  . Следовательно, точка B
  1   лежит на биссектрисе BO  .

 

Значит, B1C  =  x  . Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то A1C  =  B1C  = x  . Следовательно, BA1  = 3x  . К тому же ∠OBA1    = 30∘ (как половина ∠B  = 60∘ ). Значит,

          BA1                 √--
ctg30∘ =  -----  ⇒    OA1  =   3x
          OA1

Следовательно,                √ --
OB1  =  OA1  =   3x  . Из прямоугольного △SOB1

ctgα =  ctg30∘ = OB1--   ⇒    SO  = x = 3
                  SO

Таким образом, объем пирамиды равен

                             √ --
V      = 1-⋅ S    ⋅ SO =  1⋅ --3-⋅ 62 ⋅ 3 = 9√3.
 SABC    3    ABC         3   4
Ответ:

б)  √ --
9  3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#817

Найдите площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, высота которой равна H  , а величина плоского угла при вершине равна α  . Вычислите эту площадь, если H  = 3  , α =  30∘ .

Показать ответ и решение

Способ 1.

1) Рассмотрим правильную пирамиду SABCD  , SO  = H  – высота (которая падает в точку пересечения диагоналей основания), ∠CSD    = α  .
Напомним, что у правильной пирамиды все боковые грани представляют собой равные равнобедренные треугольники.
 
PIC

 

Введем вспомогательный угол между боковым ребром и основанием: ∠SOD   =  ϕ  .

 

Тогда sin ϕ =  SO--
        SD  , следовательно, SD  =  -H---= SC
       sin ϕ  .

 

Тогда, т.к. площадь треугольника равна полупроизведению сторон на синус угла между ними,

              1                  2H2  ⋅ sin α
S бок.пов. = 4 ⋅-SD  ⋅ SC ⋅ sinα = -----2-----
              2                    sin  ϕ

2) Теперь необходимо выразить sin ϕ  через данные в условии величины.

 

Проведем SK  – медиану и высоту в равнобедренном △SCD  . Тогда

                 α-   DK--   -CD--
sin ∠DSK   =  sin 2 =  SD   = 2SD       (1)

      √ --
BD  =   2 ⋅ CD  как диагональ квадрата, следовательно,        √-
OD   = -2-CD
        2  . В △SOD  :

cos ϕ = OD-- =  √CD----    (2)
         SD      2SD

Разделим равенство (1)  на равенство (2)  и получим:

    α-
sin 2     1                 √ --  α
cos-ϕ-=  √---  ⇒    cosϕ =    2sin-2
           2

Тогда    2           2             2 α-
sin  ϕ = 1 − cos ϕ =  1 − 2sin  2 = cosα  .

 

3) Таким образом,

           2H2--sin-α-      2
S бок.пов. =   cos α   = 2H   ⋅ tgα.

4) Подставляя значения из условия, находим, что

            √ --
S бок.пов. = 6  3.

Способ 2.

Пусть длина квадрата основания равна a  . Тогда              √ --
BD  =  AC  =   2a,  а              √ --
               2
OD  =  OC  = ---a.
              2  Выразим квадраты длин SD  и SC  по теореме Пифагора для треугольника SOD   :     2       2       2     2
SC   = SD   = 0, 5a +  H .  Запишем теорему косинусов для △SDC  , выразив квадрат стороны CD.

pict

Подставим полученное выражение для  2
a   в формулу    2
SD   .

                                                           2
SD2  = 0, 5a2 + H2 = SD2  (1 − cos30∘) + H2 ⇔  SD2  =  --H---.
                                                       cos30∘

Выразим площадь треугольника SDC.

                                                      2
        1-                     1-   2      ∘   1- --H----  1-  2     ∘
SSDC  = 2SD  ⋅ SC sin∠DSC    = 2SD   sin30  =  2 ⋅ cos30∘ = 2H  tg30 .

Тогда                                         √ --
                       2     ∘       2  --3-   √ --
S бок.пов. = 4SSDC  = 2H   tg 30  = 2 ⋅ 3 ⋅ 3 =  6  3.

Ответ:

              √ --
2H2  ⋅ tgα;  6  3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#2110

Площадь полной поверхности тетраэдра равна 9  . Найдите площадь полной поверхности пирамиды, вершинами которой являются точки пересечения медиан граней данного тетраэдра.

Показать ответ и решение

Пусть DABC  – тетраэдр, точки A1, B1,C1, D1   — точки пересечения медиан в гранях DBC,   DAC,  DAB,  ABC  соответственно.
 
PIC

 

1) Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении 2 : 1  , считая от вершины, то DA   : A M  =  AD   : D M  = 2 : 1
    1   1         1    1  . Следовательно, △M  AD  ∼  △M  A  D
                 1  1   по углу и двум прилежащим пропорциональным сторонам. Таким образом, D1A1  ∥ DA  (∠M  A1D1  = ∠M  DA  как соответственные) и          1
D1A1  =  3DA  .

 

Аналогичным образом можно доказать, что D1B1  = 1DB
        3  , D1C1  =  1DC
         3  .

 

2) △DC1A1    ∼ △DKM  с коэффициентом 2
3   , то есть         2
C1A1  = 3KM  . А вот △BKM     ∼  △BAC  с коэффициентом 1
2   (т.к. KM  – средняя линия), то есть         1
KM   =  2AC  .

 

Следовательно, C1A1  =  2KM   = 2 ⋅ 1AC =  1AC
         3       3  2       3  .

 

Аналогично доказывается, что          1
A1B1  =  3AB  ,         1
B1C1  = 3BC  .

 

3) Таким образом, все ребра тетраэдра A1B1C1D1   в три раза меньше соответствующих ребер тетраэдра ABCD  , а это значит, что каждая грань тетраэдра A1B1C1D1   подобна с коэффициентом       1
      3   соответствующей грани тетраэдра ABCD  .

 

4) Т.к. площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, то площадь каждой грани тетраэдра A1B1C1D1   равна 19   от площади соответствующей грани тетраэдра ABCD  . Следовательно,

            1           1
SA1B1C1D1 = --SABCD  =  -⋅ 9 = 1.
            9           9
Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#2278

Дана пирамида SABC  с вершиной S  , высота которой падает в точку пересечения биссектрис основания, являющегося равнобедренным треугольником с AC  = CB  . Известно, что радиус вписанной в треугольник ABC  окружности равен      --
2 − √3  , AB   = 2  ,          --
AS  = 2√ 2  . Найдите объем пирамиды.

Показать ответ и решение

1) PIC

 

Пусть SH  – высота пирамиды, то есть H  – точка пересечения биссектрис основания. Рассмотрим основание ABC  . Так как центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересечении биссектрис, то H  – центр вписанной окружности. Пусть AA1, CC1   – биссектрисы, тогда CC1   также медиана и высота, так как AC  =  CB  . Следовательно, HC1  ⊥ AB  , следовательно, HC1  = r  и есть радиус вписанной окружности.
Проведем HK   = r ⊥ AC  . Тогда AK   = AC1  = 1  . Пусть CK  =  t  . Тогда        ∘  ---2------2-  ∘ --------
CC1  =    AC  −  AC 1 =   t(t + 2)  . Тогда из подобия △KCH     ∼ △ACC1   :

                         √--
HK---   CK---        2 −--3-   ∘---t-----            √2--
AC1  =  CC1    ⇒        1   =    t(t + 2)   ⇒    t =   3 − 1
Следовательно,               -2--
AC  = t + 1 = √3--  . Тогда         -1--
CC1  =  √3--  .
 
Значит, площадь основания
S     = 1-⋅ AB ⋅ CC   = √1-.
 ABC    2           1     3

 

2) PIC

 

Заметим, что △ASH  прямоугольный, следовательно, для того, чтобы найти высоту пирамиды, нужно найти AH  . Из прямоугольного AC1H  :

                                √ --          √--
AH2  =  AC2 +  C1H2  = 1 + (2 −   3)2 = 4(2 −  3 ).
           1
Следовательно,
      √ ------------   ∘ ----------√---   ∘ -√---   √ --
SH  =   AS2  − AH2  =    8 − 4(2 −   3) =   4  3 = 2 43.

Следовательно, объем пирамиды равен

     1                 2
V =  --⋅ SH ⋅ SABC = --4√--.
     3               3  3
Ответ:

  2
--4√---
3   3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#2370

В правильной треугольной пирамиде SABC  с основанием ABC  на медиане основания CE  взята точка K  так, что CK  :KE = 8:1.  Через точку K  проведена плоскость α,  которая перпендикулярна прямой CE  и пересекает боковые ребра SA  и SB  в точках M  и N  соответственно.

а) Докажите, что MN  :AB = 2:3.

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка C,  а основанием — сечение пирамиды SABC  плоскостью α,  если известно, что AB = 9√3,  SA = 18.

Показать ответ и решение

а) Пусть SO  — высота пирамиды, O  — точка пересечения медиан. Следовательно,

CO-   2
OE =  1

Так как по условию CK :KE  = 8:1,  то можно обозначить CK  =8x,  KE  = x.  Тогда CE  =9x.  Следовательно, CO = 2CE = 6x,
     3  OE  =3x,  OK  = 2x.

Так как CE  перпендикулярна плоскости α,  то нужно построить две пересекающиеся прямые в плоскости α,  которым CE  будет перпендикулярна.

Первая прямая: так как CE ⊥ AB,  то проведем через точку K  прямую P L∥ AB.  Тогда CE ⊥ P L  (P ∈ AC, L ∈ BC ).

Вторая прямая: так как SO ⊥ (ABC ),  то SO ⊥ CE.  Следовательно, проведем KK ′ ∥ SO,  тогда KK ′ ⊥ CE  (K ′ ∈SE ).

Следовательно, α  проходит через точки P,  L,    ′
K .

PIC

Заметим, что α  пересечет плоскость (ASB )  по прямой, параллельной AB  (в противном случае α  будет иметь общую точку с AB,  что невозможно, так как AB ∥ PL   ⇒   AB ∥α).

Следовательно, MN  ∥AB  и проходит через K ′.

Из подобия △K ′EK  ∼ △SEO  :

SE    OE    3
K′E-= KE--= 1

 K ′E = 1SE
       3
 SK ′ = 2SE
       3

Из подобия △MSN  ∼ △ASB  :

MN    SK ′  2
AB--= SE--= 3

б) Рассмотрим пирамиду CPMNL.  CK  — высота этой пирамиды, P MNL  — трапеция (MN  ∥AB  ∥PL).

Следовательно,

V = 1 ⋅CK  ⋅ MN-+-PL-⋅KK ′
    3          2

Так как BC = 9√3,  то

     ∘ ----------  27
CE =   BC2 − EB2 = 2-

Следовательно,

CK  = 8CE = 12
      9

Из подобия △P CL ∼ △ACB  :

P-L   CK-  8
AB  = CE = 9
  PL = 8√3

Из пункта а) MN  = 2AB = 6√3.
      3  Из подобия △EK ′K ∼ △ESO  :

       1     1∘ ---------- 1∘ -------   √-
KK ′ = 3SO = 3  SC2− CO2 = 3  182− 92 = 3 3

Следовательно,

    1     6√3+-8√3-  √-
V = 3 ⋅12 ⋅    2    ⋅3 3 = 252
Ответ: б) 252
Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#10902

Найдите объем прямоугольного параллелепипеда, диагональ которого равна d  и образует с двумя смежными гранями углы α  и β  соответственно.

Показать ответ и решение

Будем считать, что d  — длина диагонали CA1  , α  — это угол между диагональю и гранью ABCD  , а β  — угол между диагональю и гранью CDD1C1  .

PIC

Известно, что угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Также мы знаем, что проекциями диагонали на грани в прямоугольном параллелепипеде являются соответствующие диагонали граней. Из этого получаем, что α = ∠A1CA,  β = ∠A1CD1  .

△ CAA1  — прямоугольный с прямым углом A  , △ CD1A1  — прямоугольный с прямым углом D1  , кроме того, ADD1A1  — прямоугольник и AD = A1D1,  AA1 = DD1  , тогда

pict

По теореме Пифагора для треугольника CDD1

CD =   -----------
∘    2     2
  CD 1 − DD 1 = ∘ -----------------
   2   2     2  2
  d  cos β − d sin α = d∘ ------------
     2      2
  cos β − sin α

Итого, объем параллелепипеда равен

V = DA DD1 DC = dsinβ dsinα d∘cos2β-−-sin2α- = d3 sinα sinβ∘cos2-β −-sin2α

Ответ:

          ∘ ------------
d3sinα sinβ  cos2β − sin2α

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#22952

Точки P  и M  — середины рёбер DC  и A1B1  соответственно куба ABCDA1B1C1D1,  а точка K  расположена на ребре AD,  причём AK :KD  = 2:1.  Плоскость α  проходит через точку K  перпендикулярно прямой MP.

а) Докажите, что плоскость α  делит ребро CC1  в отношении 2 :1,  считая от C1.

б) Найдите отношение объёмов многогранников, на которые куб разбивается плоскостью α.

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим прямоугольник DA1B1C  в плоскости (DA1B1 ).  В нём MP  — это средняя линия, значит, MP  ∥A1D.  ОтсюдаA1D  ⊥α,  так как MP ⊥ α  по условию.

В плоскости грани AA1D1D  проведём через точку K  прямую, перпендикулярную A1D.  Пусть она пересекает сторону DD1  в точке N,  то есть KN  ⊥ A1D.  Заметим, что A1D ⊥ AD1  как диагонали квадрата, следовательно, KN ∥ AD1.  Рассмотрим треугольники AD1D  и KND.  Они подобны, так как KN  ∥AD1,  значит,

DA--  DD1-      D1N-   AK--  2
DK =  DN    ⇒   DN   = DK =  1

PIC

В кубе ABCDA1B1C1D1  ребро DC  перпендикулярно грани AA1D1D,  значит, DC  ⊥A1D.  Через точки K  и N  в плоскостях (ABCD )  и (DD1C1C )  соответственно проведем прямые KK1  и NN1,  параллельные DC.  Точки K1  и N1  лежат на BC  и CC1  соответственно. Тогда

AK--= D1N-=  BK1-= C1N1-= 2
KD    ND     K1C   N1C    1

Плоскость (NKK1 )  образована прямыми KN  и KK1,  которые перпендикулярны прямой A1D,  значит, A1D ⊥ (NKK1  ).  Тогда (NKK1  )  — это плоскость α.  Точка N1 ∈α,  значит, искомое отношение равно

C1N1   2
N1C--= 1

б) Рассмотрим многогранник KNDK1N1C,  отсечённый от куба плоскостью (NKK1 ).  Он является прямой призмой с основанием KND  и высотой CD,  так как треугольник KND  лежит в плоскости (AA1D1 ),  а CD ⊥ (AA1D1 )  и CD  ∥KK1 ∥ NN1.

PIC

Пусть длина каждого ребра куба равна a.  Тогда, так как AK  :KD = D1N  :ND = 2:1,  то отрезки KD = ND  = a.
           3  Поскольку △ KND  прямоугольный, то имеем:

               ( 1 (a)2)     a3
V1 = SKND ⋅CD =  2 ⋅ 3   ⋅a= 18

Объём всего куба равен a3,  тогда имеем:

                 3      3
V2 =a3− V1 =a3 − a-= 17a-
            a3   18    18
      V1 = -18-= 1-
      V2   17a138   17
Ответ:

б) 1 :17

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75179

Мало кто знает, но в своё время Дед Мороз тоже закончил мехмат МГУ — Мурманского Государственного Университета! В ту эпоху ЕГЭ ещё не было и для поступления Дед Мороз сдавал внутренние вступительные экзамены.

Дан куб ABCDA1B1C1D1,  в который вписан шар с центром в точке O.  На диагонали A1B  отмечена точка M так, что A1M :MB  = 1:3.  Точка K  — середина диагонали D1C.

а) Докажите, что центр шара принадлежит плоскости KMB.

б) Из точек M  и K  опустили перпендикуляры MM1  и KK1  на плоскость ABC.  Найдите объём пирамиды MKK1M1B,  если ребро куба равно 8.

Попробуйте решить оба пункта, и кто знает, возможно, и вы однажды станете студентом МГУ!!!

Показать ответ и решение

а)

PIC

1. Шар вписан в куб, центром этих фигур является одна и та же точка, поэтому работать будем именно с центром куба. Центр куба — точка пересечения его диагоналей.

2. Пусть O  — середина диагонали BD1.  Теперь следует доказать, что точка O  принадлежит плоскости KMB.

3. Диагональ BD1  лежит в плоскости (BA1D1 ).  В этой же плоскости лежат и три точки плоскости KMB,  то есть точка O  лежит в той же плоскости, что и все точки KMB.  Ч.Т.Д.

б)

PIC

1. Проведём перпендикуляр BH  к прямой K1M1.

2. MM1  ⊥ (ABC ),  следовательно, MM1  перпендикулярно любой прямой, лежащей в плоскости (ABC ),  то есть BH  ⊥ MM1.

3. BH ⊥ MM1  и K1M1 ⊥ BH  означают, что BH ⊥ (MKK1  ).  То есть BH  — высота пирамиды. Найдем её длину через метод площадей для △BK1M1.

4. Проведём перпендикуляр K H
  1 1  к AB.  Его длина равна длине стороны AD,  так как ADK1H1  — прямоугольник.

5. Из подобия △BA1A  ∼ △BMM1  , получаем

    3   BM    MM     M  B
k = 4 = BA--= -A-A1= -A1B-,
          1     1

откуда BM1 = M1M  = 6,  поскольку ABCDA1B1C1D1  — куб, у него все рёбра равны.

6. Аналогично находим, что K1C = K1K  =4,  откуда K1  и H1  — середины сторон DC  и AB  соответственно.

7. По теореме Пифагора для △H1K1M1  :

                      √ --
M1K21 =H1K21 +M1H21 = 2 17.

8. По методу площадей для △BK  M
    1  1  вычислим высоту BH  :

S△BK1M1 = 1⋅BH  ⋅K1M1 = 1⋅BM1  ⋅K1H1,
          2             2

           1      √ --  1
S △BK1M1 = 2 ⋅BH ⋅2 17 = 2 ⋅6 ⋅8,

       √--
BH = 24-17.
       17

9. Основание пирамиды — четырёхугольник MKK1M1.  Прямые MM1  и KK1  перпендикулярны плоскости (ABC ),  значит они параллельны и MKK1M1  на самом деле — трапеция.

10. Из тезисов M1K1 ∈ (ABC )  и MM1 ⊥ (ABC )  выводим, что M1K1 ⊥ MM1.  То есть M1K1  — высота трапеции.

11. Найдём площадь основания пирамиды:

SMKK  M  = 6+-4⋅2√17 = 10√17.
     1 1    2

12. Найдём объём пирамиды:

                                √ --   √--
VMKK1M1B = 1 ⋅BH  ⋅SMKK1M1 = 1 ⋅ 24-17⋅10 17 = 80.
           3                3   17
Ответ: б) 80

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#760

Образующая усеченного конуса составляет с плоскостью нижнего основания угол ϕ  . Диагональ его осевого сечения перпендикулярна образующей конуса. Сумма длин окружностей оснований равна 2πm  .

 

а) Найдите площадь боковой поверхности усеченного конуса.

 

б) Вычислите эту площадь, если       √ --
m =  3  2  , ϕ = arccos 1
           5   .

Показать ответ и решение

а)

1) Достроим усеченный конус до целого конуса. Тогда EH  – высота, ED  – образующая всего конуса; CD  – образующая усеченного конуса, ABCD  – осевое сечение усеченного конуса, AC  – диагональ этого сечения, которая перпендикулярна CD  .
∠EDH    =  ϕ  – угол между образующей и плоскостью нижнего основания.
 
PIC

 

Обозначим за R  и r  – радиусы нижнего и верхнего оснований усеченного конуса соответственно. Тогда из условия сумма длин окружностей оснований равна

2πm  = 2πr +  2πR    ⇒    R + r = m

2) Для того, чтобы найти площадь боковой поверхности усеченного конуса, нужно из площади боковой поверхности всего конуса вычесть площадь боковой поверхности маленького конуса:

S =  πR ⋅ ED  − πr ⋅ EC =  π(R ⋅ ED −  r ⋅ EC )

Заметим, что △EKC  и △EHD  – прямоугольные, следовательно,

        KC--   HD--               KC---   --r--              -HD--   --R--
cosϕ =  EC  =  ED     ⇒    EC  =  cosϕ  = cosϕ    и   ED   = cos ϕ = cos ϕ

Значит, площадь боковой поверхности уже приобретает вид:

      (  R2       r2 )      π                       π
S =  π  ----- − -----  =  -----⋅ (R  − r)(R + r) = ----- ⋅ m ⋅ (R − r)
        cos ϕ   cos ϕ     cosϕ                    cos ϕ

Необходимо найти R  − r  .

 

3) Т.к. AC  ⊥ CD  , то △ACD  – прямоугольный, следовательно,

        CD
cosϕ =  AD--  ⇒     CD  = AD  ⋅ cos ϕ = 2R ⋅ cosϕ

Из данных второго пункта мы можем сказать, что

                      R       r     R −  r
CD  =  ED  − EC  =  cosϕ-−  cosϕ- = -cosϕ-

Таким образом, имеем:

2R ⋅ cosϕ = R--−-r   ⇒    R (1 − 2cos2 ϕ) = r   ⇔    r = − R ⋅ cos 2ϕ
             cosϕ

Но R +  r = m  , следовательно, R − R ⋅ cos2ϕ = m  , следовательно,

R =  ---m------
     1 − cos 2ϕ

Подставляя это значение для R  в r = − R ⋅ cos2ϕ  , находим, что

    m--⋅ cos2ϕ-
r = cos 2ϕ − 1

Таким образом,

         m (1 + cos 2ϕ)
R − r =  --------------
          1 − cos 2ϕ

4) Значит, площадь боковой поверхности равна

     -π---     m-(1-+-cos2ϕ-)      2  ---1-+-2cos2-ϕ-−-1----      2 -cosϕ-
S =  cosϕ ⋅ m ⋅  1 − cos2ϕ   =  πm   ⋅cosϕ (1 − 1 + 2 sin2 ϕ) = πm  ⋅sin2ϕ

б) Подставляя значения из условия и помня, что sin2ϕ =  1 − cos2ϕ  , найдем площадь боковой поверхности:

                      (       1)
         √ --2  ---cos-ar(ccos-5--)    15-
S = π ⋅ (3 2)  ⋅1 − cos2 arccos 1  =  4 π = 3,75 π
                                5
Ответ:

а)       cos ϕ
πm2  ⋅---2--
      sin ϕ

 

б) 3,75 π

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#1071

В основании четырехугольной пирамиды SABCD  лежит равнобедренная трапеция ABCD  , причем AD  =  BC  = 6  , CD   > AB  . Угол между прямыми AD  и BC  равен 60∘ . Известно, что SD  = 12  – высота пирамиды.
Внутри пирамиды расположен конус так, что основание конуса – вписанная в треугольник SCD  окружность, а вершина конуса принадлежит ребру AS  . Найдите объем конуса.

Показать ответ и решение

Если E  – точка пересечения прямых AD  и BC  , то ∠AEB    = 60∘ . Так как также ∠BAE    = ∠ABE  (так как трапеция равнобедренная), то △AEB  равносторонний и ∠BAE   =  60∘ . Следовательно, и ∠ADC    = ∠BCD    = 60 ∘ .
Пусть O  – центр основания конуса, A1   – вершина. Тогда A1O  ⊥ (SCD  )  .
 
PIC
 
Заметим, что если в плоскости ABC  провести AQ  ⊥ CD  , то AQ  ⊥ (SCD   )  (так как AQ  ⊥  CD  и AQ  ⊥  SD  ). Следовательно, прямые A1O  и AQ  параллельны, следовательно, лежат в одной плоскости, причем это плоскость SAQ  (так как A1 ∈ SA  ).
Рассмотрим грань SCD  . Пусть OD1  ⊥ SD  – радиус вписанной окружности. Тогда DD1   = r  по свойству прямоугольного треугольника.
△SD    O ∼ △SDQ
      1  , следовательно,

SD1     D1O          12 − r     r
-----=  -----  ⇒     -------= ----
SD      DQ             12     DQ
   DQ  можно найти из прямоугольного △DQA  : DQ  лежит против угла ∠DAQ   =  30∘ , значит, DQ   = 1DA  =  3
       2  . Также по теореме Пифагора можно найти        √ --
AQ  = 3  3  .
Следовательно,
12-−-r-   r-            12-
  12   =  3   ⇒    r =  5
Рассмотрим △ASQ  : он подобен △A1SO  , значит,
                       48
A1O-- = SO--=  SD1--=  5--= 4-
 AQ     SQ     SD      12   5
Следовательно, A1O  =  45AQ  = 12√53   .
 
Тогда объем конуса равен:
                            (    )2    √ --
     1-     2         1-      12-    12--3-   576-√--
V  = 3 ⋅ π ⋅ r ⋅ A1O = 3 ⋅ π ⋅ 5    ⋅  5   =  125  3 π
Ответ:

 576 √--
----  3π
125

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#2531

На ребре AS  правильной четырехугольной пирамиды SABCD  с основанием ABCD  отмечена точка M,  причем SM  :MA  =5 :1.  Точки P  и Q  — середины ребер BC  и AD  соответственно.

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью (MP Q )  является равнобедренной трапецией.

б) Найдите отношение объемов многогранников, на которые плоскость (MP Q)  разбивает пирамиду.

Показать ответ и решение

а) Пусть SH  — высота пирамиды, следовательно, так как пирамида правильная, H  — точка пересечения диагоналей квадрата ABCD.  Тогда отрезок P Q  пройдет через точку H,  причем PQ ∥AB.  Построим сечение пирамиды плоскостью (MP Q ).

PIC

Плоскости (SAB )  и (ABC )  пересекаются по прямой AB,  плоскости (ABC  )  и (MP  Q)  — по прямой PQ.  Так как AB ∥ PQ,  то плоскости (MP  Q)  и (SAB )  пересекутся по прямой MR  ∥ AB ∥PQ.

Действительно, если это не так, то есть MR ∩ PQ = Z,  то Z  — это общая точка плоскости (SAB )  и плоскости (ABC ),  следовательно, Z ∈ AB.  Но Z ∈ PQ,  следовательно, AB ∩ PQ = Z,  что невозможно, так как AB ∥ PQ.

Таким образом, MQP  R  — трапеция.

Так как MR  ∥AB,  то по теореме Фалеса

SM :MA  = SR :RB = 5:1.

Так как пирамида правильная, то ее боковые ребра равны, следовательно, MA  = RB.  Также AQ = BP  и все боковые грани представляют собой равные равнобедренные треугольники, то есть, например, ∠SBC  =∠SAD.  Следовательно, △MAQ   = △RBP,  откуда MQ  =RP.

Значит, MQP R  — равнобедренная трапеция.

б) Нужно найти отношение VAMQBRP :(VSABCD − VAMQBRP ).  Пусть VAMQBRP  = V1,  VSABCD =V.  То есть нужно найти V1 :(V − V1).

Введем обозначения: SH  = h,  AD = 2a.  Тогда

    1     2     4 2
V = 3 ⋅(2a) ⋅h = 3ah.

Найдем V     .
 SMQPR  Тогда

V1 = 1 V − VSMQPR.
    2

В пирамиде SMQP  R  S  — вершина, MQP  R  — основание. Для того, чтобы найти ее объем, нужно найти высоту ST.

Пусть O  — середина MR.  Так как H  — середина P Q  и трапеция MQP  R  равнобедренная, то OH  ⊥ MR,  то есть OH  — высота трапеции.

PIC

Утверждение: точка T  лежит на прямой OH.

Действительно, пусть проведена ST ⊥ (MP Q ).  Тогда, так как SH  ⊥ QP  (наклонная), то по теореме о трех перпендикулярах TH ⊥ QP  (проекция). Так как к одной прямой в плоскости не может быть проведено два различных перпендикуляра OH  и T H,  следовательно, T ∈OH.

Прямая SO  пересечет AB  в точке K  — середине AB,  так как O  — середина MR  и MR ∥ AB.  Тогда KH  = 1AD = a.
      2

△SMR  ∼ △SAB  с коэффициентом 5 :6,  следовательно,

MR = 56 AB = 56 ⋅2a = 53a

Рассмотрим плоскость (SHK )  и трапецию MQP  R :

PIC

Из △SHK  :  cosα = SH :SK.  Так как SH = h,  KH  = a,  то SK = √h2-+-a2,  следовательно,

cosα = √--h----
        h2+ a2

Тогда по теореме косинусов из △OSH        5
(SO = 6SK ):

OH2 = SO2+ SH2 − 2⋅SO ⋅SH ⋅cosα
                2    2
        OH2 =  h-+25a--
                 36

Заметим, что

sinα =KH  :SK = √---a---
                  h2+ a2

По теореме синусов из △OSH  :

  -OH- = SO--
  sin α   sinβ
      ---5a----
sinβ = √h2+ 25a2

Тогда из прямоугольного △ST H :

        sinβ = ST-
              SH
ST = SH ⋅sinβ = √--5ah----
                 h2+ 25a2

Таким образом,

     VSMQPR = 1 ⋅ST ⋅ MR-+-P-Q-⋅OH =
              3         2
  1     5ah      53a + 2a  √h2-+25a2-  55  2
= 3 ⋅√h2+-25a2 ⋅--2---⋅----6---- = 108ah

Тогда

V = 1V − V      = 2a2h − 55a2h = 17-a2h
 1  2     SMQPR   3      108      108

Также

V − V1 = 4a2h−-17a2h=  127a2h
        3     108      108

Следовательно,

V1 :(V − V1) =17 :127
Ответ:

б) 17 :127

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!