Тема 14. Задачи по стереометрии

14.08 Тела вращения. Доказательство базовых фактов

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#35323

Докажите, что около пирамиды можно описать сферу тогда и только тогда, когда около основания этой пирамиды можно описать окружность.

Показать ответ и решение

Возьмем пирамиду SA A ...A
  1 2    n  .

⇒ Докажем, что если около пирамиды описана сфера, то около основания пирамиды можно описать окружность. Пусть O  — центр сферы. Тогда точка O  равноудалена от вершин пирамиды. Проведем OH  ⊥(ABC ).  Тогда △A1OH  = △A2OH = ...= △AnOH  как прямоугольные по общему катету и гипотенузе. Следовательно, A1H = A2H = ...= AnH  . Следовательно, H  равноудалена от вершин основания, следовательно, это центр описанной около основания окружности.

PIC

⇐ Докажем, что если около основания пирамиды можно описать окружность, то можно описать сферу около этой пирамиды. Пусть H  — центр окружности, описанной около A1A2...An  . Через точку H  проведем прямую h ⊥(ABC )  . Тогда для любой точки O  этой прямой верно △A1OH = ...=△AnOH  . Отметим точку O  таким образом, чтобы △A1OS  был равнобедренным, то есть A1O = SO  . Тогда A1O = ...= AnO =SO  , следовательно, O  — центр описанной около пирамиды сферы.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#35324

Найдите ребро куба, вписанного в сферу радиуса R.

Показать ответ и решение

Центр сферы, описанной около куба, — это точка пересечения диагоналей куба. Действительно, проведем две произвольные диагонали   BD
    1  и A1C  . Пусть они пересекаются в точке O  . △BOC  ∼△A1OD1  , откуда 1:1= BC :A1D1 = BO :OD1 = CO :OA1  . Следовательно,    O  — середина этих диагоналей. А так как диагонали куба равны, то O  равноудалена от вершин B,C,A1,D1  . Так как это две произвольные диагонали, то O  равноудалена от всех вершин куба.

PIC

Таким образом, BD1 =d =2R  , откуда a√3 =2R  , следовательно, a= √23R  — ребро куба.

Ответ:

√2-R
  3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#35326

Докажите, что если около параллелепипеда можно описать сферу, то этот параллелепипед — прямоугольный.

Показать ответ и решение

Рассмотрим параллелепипед ABCDA  B C D
       1 11  1  . Пусть O  — равноудалена от всех вершин параллелепипеда. Для пирамиды A1ABCD  эта сфера также является описанной, следовательно, около ABCD  можно описать окружность (E  — ее центр, EO ⊥ (ABC)  ). Если около параллелограмма можно описать окружность, то он — прямоугольник, следовательно, ABCD  — прямоугольник. Аналогично доказывается, что все остальные грани — прямоугольники. Следовательно, параллелепипед прямоугольный.

PIC

Заметим, что O  — точка пересечения диагоналей параллелепипеда. Действительно, диагонали прямоугольного параллелепипеда равны и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, точка пересечения диагоналей равноудалена от всех вершин параллелепипеда.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#35327

Даны плоскость α  и перпендикулярная ей прямая l  . Найдите геометрическое место центров шаров, касающихся одновременно плоскости α  и прямой l.

Показать ответ и решение

Проведем прямую h ⊥α  . Найдем расстояние между прямыми l  и h  — оно равно отрезку AB  (где A  и B  — точки пересечения  l  и h  соответсвенно с плоскостью α  ).

PIC

Если отметить две точки O1  и O2  на прямой h  таким образом, чтобы O1B = O2B = AB  , то эти точки будут равноудалены от плоскости и от прямой l  , следовательно, сфера с центром в одной из этих точек будет равноудалена от плоскости α  и прямой l  .

Таким образом, ГМТ — множество противоположных точке A  вершин квадратов, построенных так, что одна из сторон квадратов лежит на прямой l  , а радиус сферы равен стороне квадрата.

Вершины O  этих квадратов — точки основания конусов, центр которых лежит на прямой l  , вершина конусов — точка A  , а радиус основания равен радиусу сферы. Следовательно, получаем, что O  лежит на поверхности двух бесконечных конусов, угол между осью и образующей которых равен 45∘ , ось которых — прямая l  , а вершина — точка A  .

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#35328

Через точку A  , расположенную вне сферы, проведены две прямые. Одна из них касается сферы в точке B  , а вторая пересекает ее в точках C  и D  . Докажите, что

  2
AB = AC ⋅AD
Показать ответ и решение

Проведем плоскость через прямые AB  и AD  . Сечение сферы этой плоскостью — окружность. Тогда AB  — касательная к этой окружности, AD  — секущая. Так как квадрат отрезка касаетельной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то    2
AB  = AC ⋅AD.

PIC

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#35728

Докажите, что если в четырехгранный угол можно вписать сферу, то суммы противоположных плоских углов четырехгранного угла равны.

Показать ответ и решение

Пусть плоские углы четырехгранного угла равны α  , β  , γ  , ϕ  .

PIC

Пусть сфера касается граней четырехгранного угла в точках Kα  , K β  , Kγ  , Kϕ  (как показано на рисунке). Так как Kα  и K ϕ  симметричны относительно плоскости ASO  , то ∠ASK α = ∠ASK ϕ = ∠A  . Аналогично ∠BSK α =∠BSK β =∠B  , ∠CSKβ = CSKγ =∠C  , ∠DSK γ =∠DSK ϕ =∠D  . Следовательно,

α+ γ = (∠A + ∠B)+ (∠C +∠D )= (∠B +∠C )+(∠A +∠D )=β +ϕ

Чтд.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#35729

Два равных конуса имеют общую высоту. Плоскости их оснований параллельны. Докажите, что объем их общей части равен четверти объема каждого из них.

Показать ответ и решение

Конусы пересекаются по окружности. В силу симметрии точек A  и B  относительно этой окружности, она равноудалена от этих точек на расстояние, вдвое меньшее высоты конусов.

PIC

Общая часть конусов состоит из двух конусов, вершины которых — точки A  и B  , а основание — окружность пересечения.

Рассмотрим конусы с вершиной A  и основаниями-окружностями с центрами в O  и B  . Так как высота меньшего конуса вдвое меньше высоты большего конуса, то радиус основания меньшего конуса также вдвое меньше радиуса основания большего конуса, следовательно, объем меньшего конуса в 8 раз меньше объема большего конуса. Аналогично объем конуса с вершиной B  и основанием-окружностью с центром в точке O  в 8 раз меньше объема большего конуса. Следовательно, объем общей части составляет 18 + 18 = 14  объема большего конуса.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#35730

Докажите, что объем конуса равен третьей части произведения боковой поверхности на расстояние от центра основания до образующей.

Показать ответ и решение

Известно, что V = 1⋅πR2⋅h
    3  . Рассмотрим прямоугольный △SOL  : SO⋅OL = OR⋅SL  , следовательно,

   1     2      1             1
V = 3 ⋅πOL ⋅SO = 3 ⋅πOL⋅OR ⋅SL =3 Sбок.пов.⋅OR

PIC

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#35731

Найдите ребро куба, одна грань которого принадлежит основанию конуса, а а вершины оставшихся граней расположены на его боковой поверхности, если радиус основания конуса равен R  , а высота равна h.

Показать ответ и решение

Рассмотрим рисунок. Из условия следует, что OM  =R  , SO= h  .

PIC

Пусть AB = a  , тогда из △SQB1 ∼ △SOM  следует, что

                      a           √-
SQ-= QB1-  ⇒   h−-a= √2-  ⇔  a = √-2Rh--
SO   MO         h     R           2R+ h
Ответ:

   -√2Rh--
a =√2R + h

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#35900

Найдите угол при вершине осевого сечения конуса, если известно, что на его поверности можно провести три попарно перпендикулярные образующие.

Показать ответ и решение

Рассмотрим конус. Пусть SB,SC,SD  — попарно перпендикуллярные образующие. Тогда △SBC = △SCD = △SBD  — равнобедренные прямоугольные треугольники.

PIC

Пусть образующая SB = a  . Тогда       √-
BC = a 2  . Правильный △BCD  — вписанный в окружность с диаметром AB  , следовательно, по теореме синусов

                ∘--
d =2R = -BC--= a  4
        sin60∘     3

Рассмотрим осевое сечение SAB  — это равнобедренный треугольник. По теореме косинусов

         SA2-+SB2-−-AB2   1                 1
cos∠ASB =     2SA⋅SB     = 3  ⇒  ∠ASB = arccos3
Ответ:

arccos1
    3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#35910

Докажите, что радиус круга, являющегося сечением конуса плоскостью, параллельной основанию, относится к радиусу основания конуса с коэффициентом, равным отношению расстояния от вершины конуса до секущей плоскости к высоте конуса.

Показать ответ и решение

Рассмотрим осевое сечение конуса. Пусть в осевом сечении OA  — радиус основания конуса, O ′A′ — радиус сечения конуса.

PIC

Так как секущая плоскость параллельна основанию, а SO  перпендикулярно плоскости основания конуса, то SO ′ перпендикулярно плоскости сечения. Тогда прямоугольные △SO ′A′ ∼ △SOA  по двум углам. Отсюда

O′A′= SO′
OA    SO

Чтд.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#35911

Докажите, что площадь боковой поверхности цилиндра вычисляется по формуле

Sбок.пов. =2πRH,

где R  — радиус основания цилиндра, а H  — его высота.

Показать ответ и решение

Разрежем цилиндр по образующей AB  и развернем его так, чтобы получилась плоская фигура. Тогда мы получим развертку цилиндра. Так как образующие цилиндра перпендикулярны плоскостям оснований, то мы получим прямоугольник, одна сторона которого равна длине окружности основания, то есть 2πR  , а другая —- высоте цилиндра. Отсюда получаем, что Sбок.пов. = 2πRH.

PIC

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#35916

Докажите, что площадь боковой поверхности конуса вычисляется по формуле

Sбок.пов. = πRL,

где R  — радиус основания конуса, а L  — длина его образующей.

Показать ответ и решение

Разрежем конус по обращующей AB  и развернем его боковую поверхность, чтобы получилась плоская фигура. Тогда мы получим круговой сектор радиуса L  с длиной дуги 2πR  . Пусть  ∘
α — угол, опирающийся на дугу кругового сектора.

PIC

Длина дуги BB′ с одной стороны равна 2πR  , а с другой стороны, так как круговой сектор — это часть круга радиуса L  , длина дуги, образованной центральным углом α∘ , равна

BB ′ = 2πL-⋅α
      360

Отсюда

2πR= πL-⋅α  ⇔   α= 360R
     180             L

Тогда площадь боковой поверхности конуса равна площади кругового сектора и равна

                πL2
Sбок.пов. = SABB′ = 360 ⋅α =πRL
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#35940

Найдите диаметр сферы, описанной около правильного тетраэдра с ребром, равным a  .

Показать ответ и решение

Рассмотрим правильный тетраэдр ABCD  и описанную около него сферу с центром O  и радиусом R  . Центр сферы, описанной около правильной треугольной пирамиды, лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды. Следовательно, точка O  лежит на прямой DH  .

PIC

Рассмотрим треугольник DAH  : он прямоугольный, катет AH  равен 23  от высоты правильного треугольника ABC  , следовательно,         √ -
AH = 23 ⋅ a23= a√3  . Тогда по теореме Пифагора из △DAH  :

     ∘ ------
        2  a2   ∘-2
DH  =  a − 3 = a  3

Центр сферы, описанной около правильного тетраэдра, лежит на отрезке DH  (так как AH < DH  , то точка O  , лежащая на прямой DH  и равноудаленная от точек A  и D  , лежит на отрезке DH  ). Рассмотрим △AOH  . По теореме Пифагора

                                    ∘--                 ∘ --
AO2 = OH2 + AH2 ⇒   R2 = 2a2+ R2− 2aR  2+ a2  ⇔  d =2R = a 3
                        3             3  3                2
Ответ:

 ∘ 3-
a  2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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 16#35528

Найдите геометрическое место всех шаров данного радиуса r  , касающихся граней данного двугранного угла.

Показать ответ и решение

Пусть полуплоскости α  и β  — грани двугранного угла. Отметим произвольную точку Q
 1  на ребре l  двугранного угла и проведем через нее плоскость γ1 ⊥ l  . Тогда γ1 ⊥ α  , γ1 ⊥ β  . Получили линейный угол AQ1B  данного двугранного угла. Пусть O1Q1  — его биссектриса. Тогда все точки этой биссектрисы равноудалены от сторон угла AQ1B  . Отметим на биссектрисе точку O1  такую, чтобы O1A1 =O1B1 = r  , где O1A1 ⊥ Q1A  , O1B1 ⊥ Q1B  . Тогда O1  — центр искомого шара и O1A1  , O1B1  — его радиусы (отрезки, перпендикулярные плоскостями α  и β  ).

PIC

Аналогично построим O2A2 = O2B2 = r  , O2A2 ⊥ α  , O2B2 ⊥ β  , A2Q2B2  — линейный угол данного двугранного угла, O2Q2  — биссектриса этого линейного угла.

Тогда △Q1A1O1 = △Q2A2O2  как пряомугольные по катету O1A1 = O2A2 =r  и острому углу ∠A1Q1O1 = ∠A2Q2O2  . Следовательно, O1Q1 =O2Q2  .

Тогда Q1Q2O2O1  — прямоугольник, так как ∠O1Q1Q2 = ∠O2Q2Q1 =90∘ , O1Q1 ∥O2Q2  и O1Q1 = O2Q2  . Следовательно, a ∥l  .

Тогда геометрическое место точек, являющихся центрами шаров радиуса r  , равноудаленных от α  и β  — это прямая a  , параллельная ребру l  двугранного угла, удаленная от граней α  и β  двугранного угла на расстояние r.

Ответ:

Прямая a  , паралельная ребру l  двугранного угла и удаленная на расстояние r  от граней двугранного угла.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#35955

Докажите, что в цилиндр можно вписать шар тогда и только тогда, когда высота h  цилиндра равна диаметру d  его основания.

Показать ответ и решение

⇒ Докажем, что если в цилиндр вписан шар, то высота цилиндра равна диаметру основания цилиндра.

Если шар вписан в цилиндр, то он касается кругов-оснований цилиндра в их центрах, то есть в точках A  и B  , и касается всех образующих цилиндра.

Так как AB  перпендикулярна основаниям цилиндра и каждая точка высоты AB  равноудалена от двух противоположных образующих цилиндра, то центр O  шара находится на отрезке AB  , причем в его середине. Следовательно, радиус шара     1
R = 2AB

Так как отрезки касательных, проведенных из одной точке вне шара в шару, равны, то если  ′
O — точка касания шара и образующей  ′ ′
A B , то  ′    ′ ′
A A= A O и  ′    ′ ′
BB = B O . Отсюда          ′ ′   ′ ′     ′
h= AB = AB  =2A O = 2AA = d  . Чтд.

PIC

⇐ Докажем, что если высота цилиндра равна диаметру основания цилиндра, то есть h= d  , то в цилиндр можно вписать шар.

Докажем, что центр шара, вписанного в цилиндр, лежит в середине отрезка AB  , а диаметр шара равен диаметру основания цилиндра.

Пусть O  — середина AB  , A,B  — центры оснований цилиндра. Так как AB  перпендикулярна основаниям цилиндра, то точка  O  равноудалена от оснований цилиндра, причем на расстояние R = 1h= 1d
    2   2  . Пусть O′ — середина образующей A ′B′ . Тогда AOO ′A′ — квадрат, следовательно, OO′ = 1h= 1d
     2   2  . Расстояние от точки O  до любой точки C  образующей A′B ′ , отличной от точки O′ , будет больше OO′ , так как отрезок OC  является гипотенузой в прямоугольном треугольнике OO ′C  . Следовательно, если взять шар с центром в точке O  и радиусом R = 1h= 1d
    2   2  , то образующая A′B′ будет касательной к этому шару. Так как образующую мы выбрали произвольно, получаем, что любая образующая цилиндра касается полученного шара. Чтд.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#35967

Докажите, что плоскость α  , проходящая через образующую цилиндра, является касательной к нему тогда и только тогда, когда она перпендикулярна осевому сечению цилиндра, проведенному через эту образующую.

 

(Плоскость называется касательной к цилиндру, если она проходит через его образующую и не имеет с ним других общих точек.)

Показать ответ и решение

⇒ Докажем, что касательная к цилиндру плоскость α  перпендикулярна осевому сечению цилиндра, проведенному через ту же образующую AB  , что и α  .

Пусть α  проходит через образующую AB  и не имеет с конусом других общих точек. Пусть β  — плоскость осевого сечения цилиндра, проходящая через AB  . Пусть γ  — плоскость верхнего основания цилиндра, a= α∩ γ  , b= β∩γ  . Так как a  проходит через точку A  верхнего основания и не имеет с ним других общих точек, прямая a  — касательная к верхнему основанию. Прямая b  содержит диаметр верхнего основания, проходящий через A  . Так как диаметр окружности, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то a ⊥b  . Кроме того, b ⊥AB  , откуда b⊥α  . Значит, β ⊥ α.  Чтд.

PIC

⇐ Докажем, что плоскость α  , проходящая через образующую AB  перпендикулярно осевому сечению цилиндра, проведенному через AB  , является касательной к цилиндру, то есть не имеет с ним никаких общих точек, кроме точек образующей AB  .

Пусть β  — плоскость осевого сечения цилиндра, проходящая через AB  . Пусть ϕ  — плоскость, перпендикулярная AB  и пересекающая цилиндр. Сечения цилиндра плоскость ϕ  — круг Circle, равный основаниям цилиндра (так как ϕ  параллельна плоскостям оснований цилиндра). ϕ∩ β = b1  , прямая b1  содержит диаметр CD  круга Circle, ϕ∩α = a1  , причем a1 ⊥ b1  , C ∈ a1  (⋆)  . Из b1 ⊥a1  следует, что a1  — касательная к Circle, то есть C  — единственная общая точка a1  и Circle. Так как плоскость ϕ  была выбрана произвольно (может проходить через любую точку образующей AB  ), получаем, что α  не имеет с цилиндром общих точек, не лежащих на AB.  Чтд.

(⋆)  : 1) AB ⊥ϕ  ⇒   AB ⊥ a
                 1  ; 2) α ∩β =AB  , a ⊥ AB  ⇒   a ⊥ β  ⇒   a ⊥b
 1           1         1   1  .

Ответ: Доказательство
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!