Задачи по стереометрии для подготовки к олимпиадам и ЕГЭ

ФЕДЕРАЛЬНЫЙ ПРОЕКТ «КАДРЫ ДЛЯ ЦИФРОВОЙ ЭКОНОМИКИ»

НАЦИОНАЛЬНОЙ ПРОГРАММЫ «ЦИФРОВАЯ ЭКОНОМИКА» ГОСУДАРСТВЕННОЙ ПРОГРАММЫ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ «РАЗВИТИЕ ОБРАЗОВАНИЯ»

ПРОЕКТ «ЦИФРОШКОЛА68»

Муниципальное общеобразовательное учреждение «Лицей №14 имени Заслуженного учителя Российской Федерации А.М.Кузьмина»

Н.А. Курьянова

Задачи по стереометрии

для подготовки к олимпиадам и ЕГЭ

Учебно-методическое пособие для учащихся

ТАМБОВ 2022

Автор-составитель:

Рецензенты:

Курьянова Н.А. - учитель математики высшей категории МАОУ «Лицей №14 имени Заслуженного учителя Российской Федерации А.М.Кузьмина» г.Тамбова

Андрющенко А.Р., кандидат педагогических наук, учитель математики высшей категории МАОУ «Лицей

№14 имени Заслуженного учителя Российской Федерации А.М.Кузьмина» г. Тамбов

В данном учебно-методическом пособии рассмотрены аналитические и графические методы решения задач по стереометрии. По каждому методу приведены примеры с решениями. В пособии содержатся задачи для самостоятельного решения.

Пособие будет полезным для учащихся и учителей классов с углубленным преподаванием математики при подготовке к единому государственному экзамену по математике, а также может быть использовано для проведения занятий в математических кружках.

КОМБИНАЦИЯ ШАРА С ДРУГИМИ ТЕЛАМИ

I. Некоторые геометрические места точек

Перед тем, как приступать к вопросу о комбинации шара с другими телами, следует повторить некоторые геометрические места точек, изученные в курсе геометрии .

ГМТ-1. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух данных точек, есть плоскость, перпендикулярная к отрезку с концами в данных точках и проходящая через его середину.

ГМТ-2. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух параллельных между собой плоскостей, есть плоскость, параллельная данным и проходящая через середину расстояния между ними.

ГМТ-3. Геометрическое место точек, равноудалённых от граней двугранного угла, есть плоскость, делящая этот двугранный угол пополам. Такая плоскость называется биссекторной.

ГМТ-4. Геометрическое место точек, равноудалённых от всех точек окружности, есть прямая, перпендикулярная плоскости этой окружности, проходящая через её центр.

Следствие. Геометрическое место точек, равноудалённых от всех вершин многоугольника, вписанного в окружность, есть прямая, перпендикулярная плоскости этого многоугольника и проходящая через центр окружности

II. Определения

1. Шар называется вписанным в многогранник, а многогранник описанным около шара, если поверхность шара касается всех граней многогранника.

2. Шар называется описанным около многогранника, а многогранник вписанным в шар, если поверхность шара проходит через все вершины многогранника

3. Шар называется вписанным в цилиндр, усеченный конус (конус), а цилиндр, усеченный конус (конус) – описанным около шара, если поверхность шара касается оснований (основания) и всех образующих цилиндра, усеченного конуса (конуса).

(Из этого определения следует, что в любое осевое сечение этих тел может быть вписана окружность большего круга шара).

1. Шар называется описанным около цилиндра, усеченного конуса (конуса), если окружности оснований (окружность основания и вершина) принадлежат поверхности шара. (Из этого определения следует, что около любого осевого сечения этих тел может быть описана окружность большего круга шара).

III. Общие замечания о положении центра шара

1. Центр шара, вписанного в многогранник, лежит в точке пересечения биссекторных плоскостей всех двугранных углов многогранника. Он расположен только внутри многогранника

2. Центр шара, описанного около многогранника, лежит в точке пересечения плоскостей, перпендикулярных ко всем ребрам многогранника и проходящих через их середины. Он может быть расположен внутри, на поверхности и вне многогранника.

IV. Комбинация шара с призмой

1. Шар, вписанный в прямую призму

Теорема 1. Шар можно вписать в прямую призму в том и только в том случае, если в основание призмы можно вписать окружность, а высота призмы равна диаметру этой окружности.

Доказательство необходимости

Д опустим, что в некоторую прямую призму вписан шар (рис. №1).Докажем, что в основание этой призмы можно вписать окружность, а высота призмы равна диаметру этой окружности. Из центра шара, точки О, проведём радиусы OM и ON в точки касания шара с гранями и . Тогда эти радиусы будут перпендикулярны боковым граням (теорема о свойстве радиуса, проведённого в точку касания шара с плоскостью). Через OM и ON проведём плоскость . Эта плоскость перпендикулярна указанным граням (признак перпендикулярности плоскостей) и линии их пересечения (следствие из признака перпендикулярности плоскостей), а следовательно, перпендикулярна остальным боковым ребрам как параллельным , а потому перпендикулярна и всем боковым граням.

Если из точки О опустим перпендикуляры на остальные боковые грани, то все они будут лежать в плоскости (теорема о прямой, перпендикулярной к одной из перпендикулярных плоскостей, имеющей общую точку с другой).

Таким образом, точка О равноудалена от всех сторон перпендикулярного сечения, т. е. служит центром окружности, вписанной в перпендикулярное сечение. Но это сечение равно основанию. Поэтому в основание тоже можно вписать окружность с радиусом, равным радиусу шара. Радиусы и , где точки и - точки касания шара с основанием, будучи перпендикулярными к параллельным между собой плоскостям, составят отрезок , перпендикулярный основаниям, а потому высота призмы равна диаметру шара или диаметру окружности, вписанной в основание.

Доказательство достаточности

Допустим, что в основание прямой призмы можно вписать окружность, а высота призмы равна диаметру этой окружности. Докажем, что в эту призму можно вписать шар, т. е. существует точка, равноудаленная от всех граней этой призмы.

Проведём прямую через центр окружности, вписанной в основание призмы, перпендикулярно этому основанию. Прямая параллельна каждому боковому ребру (теорема о двух прямых, перпендикулярных к одной плоскости), а потому она параллельна каждой боковой грани (признак параллельности прямой и плоскости). Радиус , проведённый в точку касания К, перпендикулярен CD и , а потому перпендикулярен грани (признак перпендикулярности прямой и плоскости). Следовательно, прямая удалена от каждой боковой грани на величину радиуса окружности, вписанной в основание призмы. Поэтому, если существует точка, равноудаленная от всех граней призмы, то она должна принадлежать отрезку .

По условию высота призмы равна диаметру окружности, вписанной в основание призмы, а потому середина отрезка и есть точка, равноудаленная от всех граней призмы, т. е. будет служить центром шара, вписанного в эту призму. Эта точка единственная. Это доказательство справедливо для призм с любым числом сторон основания.

Следствие 1. Центр шара, вписанного в прямую призму, лежит в середине высоты призмы, проходящей через центр окружности, вписанной в основание.

Следствие 2. Шар, в частности, можно вписать в прямые призмы: треугольную, правильную, четырехугольную (у которой суммы противоположных сторон основания равны между собой) при условии H=2r, где Н – высота призмы, r – радиус круга, вписанного в основание.

1. Шар, описанный около призмы

Теорема 2. Шар можно описать около призмы в том и только в том случае, если призма прямая и около её основания можно описать окружность.

Доказательство необходимости

Д опустим, что шар описан около призмы (рис. №2). Докажем, что призма прямая и что около её основания можно описать окружность.

Плоскость основания призмы (теорема о сечении шара плоскостью) пересечет поверхность шара по окружности, на которой лежат все вершины основания. Таким образом, около основания призмы можно описать окружность.

Плоскости любых боковых граней призмы также пересекут поверхность шара по окружностям, а так как из параллелограммов можно вписать в окружность только прямоугольник, то, следовательно, все боковые грани призмы – прямоугольники. Тогда боковое ребро, например , перпендикулярно к АВ и ВС, а потому (признак перпендикулярности прямой и плоскости) перпендикулярно к плоскости основания. Значит, призма прямая.

Доказательство достаточности

Допустим, что около основания прямой призмы можно описать окружность, и докажем, что около такой призмы можно описать шар, т. е. существует точка, равноудаленная от всех вершин этой призмы. Так как основания призмы равны, то и окружности, описанные около них, равны. Из центра окружности, описанной около верхнего основания , опустим перпендикуляр на нижнее основание . Четырехугольники и т.д. – прямоугольники, а потому из равенства: … следуют равенства: … , т.е. точка является центром окружности, описанной около нижнего основания. Поэтому прямая , проходящая через центры окружностей, описанных около оснований, перпендикулярна основаниям. Все точки прямой равноудалены от вершины каждого основания (следствие из ГМТ-4). С другой стороны, все точки плоскости, проведенной через середины боковых ребер равноудалены от каждой пары вершин одного бокового ребра призмы, например, (ГМТ-1).

Пересечение этих геометрических мест даст единственную точку О, равноудаленную от всех вершин призмы, т.е. центр шара, описанного около призмы.

Следствие 1. Центр шара, описанного около прямой призмы, лежит на середине высоты призмы, проведенной через центр круга, описанного около основания.

Следствие 2. Шар, в частности можно описать: около прямой треугольной призмы, около правильной призмы, около прямоугольного параллелепипеда, около прямой четырехугольной призмы, у которой сумма противоположных углов основания равна 180.

V. Комбинация шара с пирамидой

Лемма. Через окружность и точку, не принадлежащую плоскости этой окружности, можно провести сферу и притом только одну.

Геометрическое место точек, равноудаленных от всех точек окружности (ГМТ-4), есть прямая MN, перпендикулярная плоскости этой окружности и проходящая через ее центр (см. рис. № 3).

Возьмем на данной окружности произвольную точку В. Геометрическое место точек, равноудаленных от точек А и В (ГМТ-1), есть плоскость , перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его середину – точку К.

Точка пересечения этой плоскости  с MN – точка О, равноудалена от всех точек окружности и точки А, а потому является центром сферы, проходящей через окружность и точку А. Точка О есть единственная точка, обладающая этим свойством. Так как плоскость  пересекается с MN только в одной точке, а следовательно, через окружность и точку, не принадлежащую плоскости этой окружности, можно провести сферу и притом только одну.

1. Шар, описанный около пирамиды

Теорема 3. Около пирамиды можно описать шар в том и только в том случае, если около ее основания можно описать окружность

Доказательство необходимости

Допустим, что шар описан около пирамиды (рис. № 4). Докажем, что около основания этой пирамиды можно описать окружность. Плоскость основания пересекает поверхность сферы по окружности (теорем о сечении шара плоскостью). Вершины основания лежат на поверхности шара и на плоскости основания, следовательно, они лежат на линии пересечения их, т.е. на окружности. Поэтому около основания можно описать окружность.

Доказательство достаточности

Допустим, что около основания пирамиды можно описать окружность.

Докажем, что около такой пирамиды можно описать шар. Вершины основания принадлежат окружности, а через окружность и точку S, расположенную вне плоскости этой окружности, на основании леммы, можно описать сферу и притом только одну. Следовательно, около этой пирамиды можно описать шар.

Следствие 1. Центр шара, описанного около пирамиды, лежит в точке пересечения прямой, перпендикулярной основанию пирамиды, проходящей через центр окружности, описанной около этого основания, и плоскости, перпендикулярной любому боковому ребру, проведенной через середину этого ребра.

С ледствие 2. Если боковые ребра пирамиды равны между собой (или равнонаклонены к плоскости основания), то около такой пирамиды можно описать шар (рис. № 5). Центр шара в этом случае лежит в точке пересечения высоты пирамиды (или ее продолжения) с осью симметрии бокового ребра, лежащей в плоскости бокового ребра и высоты.

Известно, что если боковые ребра пирамиды равны, то вершина пирамиды проектируется в центр круга, описанного около основания. А так как около основания пирамиды можно описать окружность, то по доказанному выше, около такой пирамиды можно описать шар.

В этом случае полезно пользоваться формулами:

1)

2)

3)

4) ,

где R – радиус шара, r – радиус окружности, описанной около основания пирамиды, b – боковое ребро, Н – высота пирамиды, α – угол наклона бокового ребра к плоскости основания.

Следствие 3. Шар, в частности, можно описать: около треугольной пирамиды, около правильной пирамиды, около четырехугольной пирамиды, у которой сумма противоположных углов равна 180.

1. Шар, вписанный в пирамиду

Шар можно вписать в выпуклую пирамиду в том и только в том случае, если биссекторные плоскости двугранных углов при всех боковых ребрах пересекаются по одной прямой или биссекторные плоскости всех двугранных углов при основании пирамиды проходят через одну точку.

Следствие 1. Шар можно вписать в любую треугольную пирамиду.

Следствие 2. Для того, чтобы шар можно было вписать в выпуклую четырехугольную пирамиду, необходимо и достаточно чтобы сумма плоских углов противоположных боковых граней пирамиды были равны между собой.

Теорема № 4. Если боковые грани пирамиды одинаково наклонены к основанию, то в такую пирамиду можно вписать шар.

Замечание. Это условие – достаточное и не является необходимым.

Доказательство

Докажем, что любая точка ( ) (рис.6) высоты такой пирамиды равноудалена от всех боковых граней. Плоскости линейных углов двугранных углов при основании перпендикулярны боковым граням (т.к. плоскость боковой грани проходит через ребро основания, которое перпендикулярно плоскости линейного угла), а потому, если мы опустим на боковые грани перпендикуляры и т.д., то они будут лежать в плоскостях линейных углов, а точки M, N и т.д. окажутся на высотах боковых граней, опущенных из вершины пирамиды.

(по гипотенузе и острому углу), а потому ОМ=ON=… , т.е. точка равноудалена от всех боковых граней. Из этого следует, что центр шара, вписанного в такую пирамиду, лежит на высоте пирамиды. Точка пересечения высоты пирамиды с биссектрисой линейного угла двугранного угла при основании пирамиды, в плоскости которого расположена высота пирамиды, есть центр шара, вписанного в пирамиду, и притом единственного.

Следствие 1. Центр шара, вписанного в пирамиду, у которой боковые грани одинаково наклонены к основанию, лежит в точке пересечения высоты пирамиды с биссектрисой линейного угла любого двугранного угла при основании пирамиды, стороной которого служит высота боковой грани, проведенная из вершины пирамиды.

Следствие 2. В правильную пирамиду можно вписать шар.

VI. Комбинация шара с усеченной пирамидой

1. Шар, описанный около правильной усеченной пирамиды

Теорема. Около усеченной пирамиды можно описать шар в том и только в том случае, если около ее оснований можно описать окружности, и прямая, проведенная через их центры, перпендикулярна плоскости основания (рис. 7).

Т еорема 5. Около любой правильной усеченной пирамиды можно описать шар.

Замечание. Это условие является достаточным, но не является необходимым.

Доказательство

Известно, что около оснований правильной усеченной пирамиды можно описать окружности и что прямая, проходящая через центры этих окружностей, перпендикулярна основаниям. Следовательно, все точки, равноудаленные от вершины каждого основания (следствие из геометрического места точек № 4), лежат на этой прямой. Точка пересечения этой прямой с осью симметрии любого бокового ребра, лежащей в плоскости этой прямой и бокового ребра, есть центр шара, описанного около правильной усеченной пирамиды. Легко показать, что эта точка единственная.

Следующие теоремы без доказательства..

2. Шар, вписанный в правильную усеченную пирамиду

Теорема. В усеченную пирамиду можно вписать шар в том и только в том случае, если биссекторные плоскости всех двугранных углов при боковых ребрах пересекаются по одной прямой, а отрезок ее, отсеченный основаниями усеченной пирамиды, делится пополам биссекторной плоскостью любого двугранного угла при основании.

Т еорема 6. В правильную усеченную пирамиду можно вписать шар в том и только в том случае, если апофема пирамиды равна сумме апофем оснований (рис.8).

Центр шара есть точка пересечения высоты правильной усеченной пирамиды, проходящей через центр основания и биссектрисы линейного угла двугранного угла при основании .

VII. Комбинация шара с круглыми телами

Теорема 7. Около цилиндра, усеченного конуса, конуса (прямых круговых), можно описать шар. (рис. №№ 9,10, 11).

Теорема 8. В любой конус (прямой круговой) можно вписать шар (рис. № 12).

Теорема 9. В усеченный конус (прямой, круговой) можно вписать шар в том и только в том случае, если его образующая равна

сумме радиусов оснований (рис. № 13).

ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА

Рассмотрим углы в правильной пирамиде, наиболее часто встречаются в задачах:

а) угол наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды, его величину условимся обозначать буквой ;

б) угол наклона боковой грани к плоскости основания ;

в) плоский угол при вершине пирамиды ;

г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды .

Все перечисленные выше углы, называемые иногда основными, лежат в разных плоскостях. Зная величину любого из них, можно определить величину всех остальных углов. Эти зависимости мы назовем формулами перехода.

Дана правильная n-угольная пирамида с обозначенными выше углами , , и . Вывести формулы перехода, связывающие эти углы между собой.

Примечание. Поскольку для решения многих задач желательно знать величину угла наклона бокового ребра к плоскости основания пирамиды либо угла наклона боковой грани к плоскости основания, то мы будем выводить формулы перехода только к этим углам.

Решение. Обозначим через x длину отрезка в правильной пирамиде, входящего как в прямоугольный треугольник, содержащий данный угол, так и в треугольник, содержащий искомый угол. Выразим далее через x и функции данного угла одну из двух других сторон в том треугольнике, который содержит искомый угол. Затем найдём функцию искомого угла.

Вывод формул перехода для правильной четырёхугольной пирамиды.

В правильной четырёхугольной пирамиде ZABCD как было обусловлено выше, обозначим:

ZAO = ZBO = ZCO = ZDO = ,

CZD = , ZFO = и BED = .

Опишем построение BED – линейного угла двугранного угла при боковом ребре ZC.

В грани ZCD проводим DE ZC и соединяем точку Е с вершиной основания В. Треугольники ВЕС и DEC равны. Из этого следует, что ВЕ = ED и BEC = DEC = /2. Таким образом, BED – линейный угол двугранного угла при ребре ZC. Отрезок ОЕ – медиана равнобедренного треугольника BED, следовательно, и биссектриса и высота этого треугольника. Поэтому OED = /2.

Отрезок ОР принадлежит линии пересечения плоскостей линейных углов BED и ZFO. Так как плоскость линейного угла перпендикулярна граням двугранного угла, то каждая из плоскостей – BED и ZOF - перпендикулярна плоскости ZCD. Можно показать, что линия пересечения двух плоскостей, каждая из которых перпендикулярна третьей плоскости, перпендикулярна к этой третьей плоскости. Поэтому OP ZCD. Из этого, в частности, следует, что треугольники OPF и OPD прямоугольные и DOP = /2.

Перейдём теперь к выводу формул перехода:

а) от к .

Положим ZO = x.

Из ZOF

OF = x ctg .

Из OFD

OD = x ctg .

Из ZOD

tg = = tg .

tg = tg ; (I)

б) от к .

Положим ZD = x.

Из ZDF

DF = x sin .

Из OFD

OD = x sin .

Из ZOD

cos = = sin ;

cos = sin ; (II)

в) от к .

Положим EO = x.

Из EOD

OD – x tg , OC = OD = x tg .

Из EOC

sin = = ctg ,

sin = ctg ; (III)

г) от к .

Формулу перехода для этой задачи получаем из (I):

tg = tg ; (IV)

д) от к .

Эта задача решается аналогично задаче б). Запишем получающуюся при этом формулу перехода:

cos = tg ; (V)

е) от к .

Выше было, в частности, показано, что треугольники OPD и OPF прямоугольные и что DOP = . Поэтому переходим непосредственно к выводу формулы.

Положим OP = x.

Из OPD OD = . Из OFD OF = .

Из OPF

sin = = cos ,

sin = cos . (VI)

В ывод формул перехода для правильной треугольной пирамиды.

В правильной треугольной пирамиде ZFO – линейный угол при основании пирамиды. Описание построения AEC – линейного угла двугранного угла при боковом ребре ZB – опускаем, поскольку оно аналогично описанию соответствующего угла в правильной четырёхугольной пирамиде, приведённому выше. Из рисунка видно, что АР – линия пересечения плоскостей AZF и AEC. Аналогично тому, как было сделано для правильной четырёхугольной пирамиды, доказывается, что АР пл.ZBC. Следовательно, треугольники АРС и APF – прямоугольные и САР = .

Для обозначения величин основных углов в правильной треугольной пирамиде употребим те же буквы, которыми обозначались величины этих углов в правильной четырёхугольной пирамиде: , , и .

Перейдём к выводу формулы перехода:

а) от к .

Положим ZO = x.

Из ZOF

OF = x ctg .

Из OFB

OB = 2x ctg .

Из ZOB

tg = = tg ,

tg = tg . (VII)

Решение задачи аналогично решению задачи для правильной четырёхугольной пирамиды.

б) cos = sin ; (VIII)

в) sin = ctg ; (IX)

г) tg = 2tg ; (X)

д) cos = tg ; (XI)

е) sin = cos . (XII)

Формулы перехода для правильной n-угольной пирамиды.

На рисунке изображена часть правильной n-угольной пирамиды ZFDC… . Величины основных углов обозначены, как и ранее, буквами , , и . ZFO – линейный угол двугранного угла при ребре основания АВ: ZFO = . Построение АЕС – линейного угла двугранного угла при боковом ребре ZB, как и в случае правильной треугольной пирамиды, опускаем.

ВО – биссектриса АВС и поэтому в равнобедренном треугольнике АВС отрезок BN – биссектриса, медиана и высота. Следовательно, N – середина АС. Очевидно, что АЕ = ЕС и поэтому треугольник АЕС равнобедренный и EN – его медиана, биссектриса и высота. Поэтому AEN = .

Отрезок МР принадлежит линии пересечения плоскостей линейных углов ZFO b AEC, и поэтому, как уже упоминалось выше при рассмотрении правильной четырёхугольной пирамиды, МР пл.ZAB. Из этого непосредственно следует, что треугольники АМР и МPF прямоугольные и АМР = АЕN = .

Поскольку ВN – высота треугольника АВС, то ВАN = BOF = как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами.

Из шести формул перехода для правильной n-угольной пирамиды первые пять мы приведём без доказательств, поскольку их вывод аналогичен выводу соответствующих формул перехода правильных четырёхугольной и треугольной пирамид, и докажем лишь одну: от к .

а) tg = tg cos ; (XIII)

б) cos = ; (XIV)

в) sin = ctg ctg ; (XV)

г) tg = ; (XVI)

д) cos = tg ctg ; (XVII)

е) от к .

Положим MP = x.

Из АМР

АМ = .

Из AMF

MF = sin .

Из MPF

sin = = ,

sin = . (XVIII)

Формулы перехода включены в таблицу. Они эффективно используются при решении многих геометрических задач, но запоминать их, разумеется, не нужно. Достаточно знать идею их вывода.

Переход/n	3	4	n
От к
От к
От к
От к
От к
От к

Задача №1

Гипотенуза прямоугольного треугольника лежит в некоторой плоскости , а катеты составляют с этой плоскостью углы и соответственно. Определить угол между плоскостью и плоскостью треугольника.

Решение. Обозначим вершины треугольника буквами A,B,C так, что C-вершина прямого угла.

Проведём через точку С плоскость, перпендикулярную прямой АВ. Пусть D точка пересечения этой плоскости с прямой АВ , а - основание перпендикуляра, опущенного из точки С на плоскость .Так как CD и D перпендикулярны АВ , то CD является углом между плоскостью и плоскостью АВС и CD =φ. Обозначим C = .

Из ∆ CВ выразим СВ: СВ= . Из ∆ СА выразим СА: СА= . Из ∆ ABC:

CD= , т.е. .

Из ∆ CD : φ= , sinφ= , φ .

Ответ: arcsin .

2. Дан куб АВСDA₁B₁C₁D₁.

Найти угол между плоскостью, проходящей через вершину А и середины рёбер СС₁ и С₁D₁ и плоскостью основания.

Решение. Построим сечение методом следов. Опустим перпендикуляр из точки S на AL.

По теореме о трёх перпендикулярах DE AL.Угол SED – угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Пусть SED= .Обозначим ребро куба , тогда МС₁=С₁N= . Треугольник NCL равен треугольнику MC₁N, значит CL= , тогда DL= . Из треугольника ADL найдем DE: DE= = .Треугольник SD₁M подобен треугольнику SDL, отсюда .

Угол найдём из треугольника SDE:

Ответ:

Задачи для самостоятельного решения.

1. Через точку, лежащую на ребре двугранного угла ( ) проходят два луча , расположенные в различных плоскостях. Один луч перпендикулярен ребру, а другой образует с ребром острый угол . Найти угол между данными лучами. Ответ:

2. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D_1.Через вершину А, точку М- середину ребра C₁D₁ и точку N- середину ребра BC проведена плоскость. Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания.

Ответ: .

1. Плоскость прямоугольного треугольника, катеты которого равны 3 и 4 см, образует с плоскостью угол . Гипотенуза этого треугольника лежит в плоскости . Вычислить угол, который образует меньший катет с плоскостью .

Ответ: .

1. В прямоугольном параллелепипеде точка пересечения диагоналей нижнего основания соединена с серединой бокового ребра отрезком . Этот отрезок образует с основанием параллелепипеда угол и с боковой гранью угол . Вычислить объём параллелепипеда.

Ответ: .

1. Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Из трёх боковых граней этой пирамиды одна перпендикулярна основанию, а две другие наклонены к нему под углом . Под каким углом наклонены к основанию боковые ребра?

Ответ: ; .

. В прямоугольном параллелепипеде : , . Через вершину и середину ребра проведена плоскость, параллельная диагонали грани .Постройте сечение параллелепипеда этой плоскостью. Вычислите площадь сечения и расстояние от вершины до плоскости сечения.

Решение. Построим сечение параллелепипеда. В плоскости через точку проведем прямую, параллельную ВС ₁ до пересечения с прямыми и в точках и , соответственно: .

В плоскости , - точка пересечения прямых и , ( ~ ).

Прямые и параллельны , точка R принадлежит ребру C₁D₁, RD₁= ( ~ ).

Искомое сечение: . Площадь S этого сечения вычислим по формуле:

, где проекция сечения на плоскость (АВС). Проекцией сечения является пятиугольник .

. Найдём угол между плоскостью сечения и плоскостью АВС. Через точку проведём плоскость , перпендикулярную линии пересечения плоскостей : .Опустим перпендикуляр на , ,гипотенуза прямоугольного треугольника перпендикулярна ,значит тогда и поскольку , то .

. Найдём расстояние от точки до плоскости сечения. - перпендикуляр, опущенный из на гипотенузу треугольника . -расстояние от точки А до плоскости сечения. Через проведём ║ и FE║LP ║ Тогда - расстояние от до плоскости сечения, и поскольку подобен , то .

Ответ:

5. В правильной треугольной призме через ребро верхнего основания и середину M бокового ребра проведено сечение.

Н айдите :1) угол между плоскостью сечения и плоскостью основания; 2) площадь данного сечения; 3) расстояние от середины ребра до плоскости сечения. Известно, что высота призмы , а сторона основания .

Решение. Построим линию пересечения плоскости данного сечения с плоскостью основания. Прямую продолжаем до пересечения с прямой в точке , прямую - до пересечения с прямой в точке . - искомая прямая. Через точку проводим плоскость , , . Прямые и перпендикулярны и проходят через C, следовательно , треугольник - прямоугольный и его гипотенуза лежит в плоскостях и и ,следовательно, . Так как и , то - угол между и плоскостью(ABC), ,где h – высота . Очевидно и равен высоте треугольника ABC. Следовательно, .

Площадь треугольника равна , где - площадь проекции на плоскость (АВС), т.е. .

Найдём расстояние от точки до . Расстояние от до равно высоте , опущенной на гипотенузу . (Действительно, по построению и , т.к. и , то перпендикулярна двум пересекающимся прямым , лежащим в плоскости ). Значит расстояние от до равно . Через точку проведём ║ , , ║ , . Тогда ~ и искомое расстояние находим из условия: ,

Ответ: .

3. Высота правильной четырёхугольной пирамиды TABCD в два раза меньше стороны основания. Найдите угол между плоскостью основания и плоскостью боковой грани и угол между диагональю основания и плоскостью боковой грани.

Р ешение. Через центр основания O проведём плоскость , перпендикулярную линии пересечения грани и плоскости основания. Для этого в плоскости (ABC) опустим перпендикуляр на . Если AB=BC= , то и, по условию, высота . Плоскость прямоугольного равнобедренного треугольника и является плоскостью (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).Так как - ортогональная проекция на плоскость основания, то . Поэтому - линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью основания и грани . Поскольку , то и .

Угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и её ортогональной проекцией на плоскость , Проекцией на является основание высоты прямоугольного треугольника , опущенной на гипотенузу . Действительно, по построению и , т.к. и . Итак перпендикулярно двум пересекающимся прямым и грани , поэтому . Следовательно, ортогональной проекцией на плоскость является прямая и угол между и равен .Т.к. , то и , следовательно, , , откуда , значит .

Ответ: , .

6 .Найдите площадь сечения правильной четырехугольной пирамиды TABCD плоскостью, проходящей через центр ее основания параллельно апофеме TK боковой грани TAB и медиане BM боковой грани TBC, если сторона основания равна 8, а

расстояние от вершины пирамиды T до секущей плоскости равно r= .

РЕШЕНИЕ:

Построим сечение.

Проведем ,тогда и .

Плоскость TKD проходит через апофему TK и параллельна медиане ВM. Затем выполним параллельный перенос плоскости TKD в направлении АВ на величину (KL=LB=

Полученная плоскость SLR проходит через центр основания пирамиды, параллельна апофеме TK и медиане ВM, т.е. является заданной в условии секущей плоскостью.

Если , то четырехугольник LPQR - искомое сечение.

Из подобия треугольников TSP и BLP следует SP = SL/2, а из подобия треугольников

TSQ и CRQ - SQ = SR/4, так как TS = KL = , а CR = .

Тогда площадь треугольника PSQ равна:

Следовательно, площадь сечения LPQR равна 7/8 площади треугольника LSR, или

равного ему треугольника KTD. Проведем и . Длина OF равна расстоянию от центра основания пирамиды до плоскости TKD и равна заданному в условии задачи расстоянию от вершины пирамиды до секущей плоскости SLR.

ОТВЕТ: 8.

7. В прямоугольном параллелепипеде через диагональ проведено сечение, параллельное диагонали основания и образующее с диагональю основания угол . Найдите площадь поверхности сферы, описанной вокруг параллелепипеда, если его высота в два раза больше диагонали основания, а площадь сечения равна .

Решение:

Данное сечение проходит через середины и рёбер и , соответственно, т.к. прямая пересекается с диагональю в центре параллелепипеда и ║ .

Пусть . Тогда , где - угол между плоскостью сечения и плоскостьюABC.Проведём через точку А прямую m║ BD.Тогда -линия пересечения плоскостей АКС₁ и АВС. Из точки опустим перпендикуляр на . Тогда .

Поскольку плоскость С₁РС перпендикулярна , то перпендикуляр , опущенный из вершины прямого угла треугольника С₁СР на гипотенузу является перпендикуляром к плоскости АКС₁ и - ортогональная проекция точки на эту плоскость. Поэтому является углом между диагональю и плоскостью АКС₁, т.е. .

Пусть АС= d .Тогда из имеем: . Поскольку по условию , то , , .

Так как равно удвоенной высоте треугольника , опущенной на гипотенузу , то . По условию и , то d находим из условия: , т.е. .

Поскольку центр описанной сферы лежит в центре параллелепипеда, то её диаметр АС₁=2R, , а площадь поверхности сферы равна .

Ответ: .

8 . Найдите площадь сечения правильной треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра , середину ребра и параллельной медиане основания. Сторона основания равна высоте пирамиды и равна .

Решение:

Построим сечение. Через середину стороны проведём ║ , и обозначим через точку пересечении прямой с прямой . Прямая , лежащая в пл. , пересекает в точке . - искомое сечение.

Очевидно, . поскольку ║ и, следовательно, , т.е. - равнобедренный: .

Найдём положение на . В через проведём среднюю линию ║ . Тогда подобен , откуда и, поскольку , то .

Пусть - площадь сечения ,и - площадь его проекции на пл.(ABC) и - угол между плоскостью (ABC). Тогда .

Для вычисления и обозначим высоту основания через . Заметим, что т.к. , то . А т.к. , то . , где и - высоты и , соответственно, опущенные на . Т.к. эти высоты параллельны и ,

, то . .

Для нахождения опускаем перпендикуляр из точки на плоскость основания и затем из опускаем перпендикуляр и - линию пересечения плоскости основания. Т.к. - ортогональная проекция на плоскость ABC, то по теореме о трёх перпендикулярах . Т.к. по построению, то и т.е. , , .

Ответ: .

9 . В основании пирамиды лежит ромб со стороной и острым углом . Каждый из двугранных углов при основании равен . Определить объём шара, вписанного в пирамиду.

Решение.

Пусть SABCD – данная пирамида. Высота пирамиды SE пересекает основание пирамиды в точке пересечения диагоналей ромба(являющейся центром вписанной окружности) и центр вписанного шара O лежит на высоте пирамиды. Угол SKE – линейный угол двугранного угла, который грань SAB образует с основанием. Согласно условию , L и E – точки касания шара с гранями SAB и ABC соответственно, EF=EK, KO – биссектриса угла и потому , OE – радиус вписанного шара.

Из выразим =ОЕ:

.

Найдём объём шара:

Ответ: .

10.Для самостоятельного решения.

Основанием пирамиды служит ромб с острым углом . Найти объём пирамиды, зная, что её боковые грани образуют с основанием один и тот же угол и радиус вписанного в неё шара равен r.

Ответ: .

11.Основанием пирамиды служит прямоугольник, диагонали которого образуют угол , а боковые рёбра составляют с основанием угол . Определить объём пирамиды, если радиус описанного около неё шара равен R.

Решение.

Пусть дана пирамида SABCD с прямоугольным основанием ABCD, SO-её высота; тогда по условию

(т.к. ), а поэтому все боковые рёбра равны между собой и является точкой пересечения диагоналей прямоугольника. Центр описанного шара должен лежать на перпендикуляре к плоскости ABCD, восстановленном в центре прямоугольника, т.е. на высоте SO.

Рассмотрим и .

Из выразим AC: .

Из :

.

Вычислим объём пирамиды:

.

Ответ: .

1. Одно из оснований правильной треугольной призмы принадлежит большому кругу шара принадлежит большому кругу радиуса R, а вершины другого основания принадлежат поверхности этого шара. Определить высоту призмы, при которой объём призмы будет наибольшим. Найти объём призмы.

Р ешение.

Пусть ABCA₁B₁C₁ правильная треугольная призма. O – центр шара. Обозначим высоту призмы ,где а сторону основания - . Тогда объем призмы Из где А₁О=R,АА₁=x ,АО= получим

Тогда .

Для определения значений x, при которых объём призмы будет наибольшим, найдём производную функции и её критические точки:

.

Приравняв производную к нулю, найдём, что .

Покажем, что точка x= — точка максимума функции V(x).

Очевидно, что V’(x) при переходе через меняет знак с плюса на минус. Тогда .

Ответ: ; .

1. В сфере расположена правильная четырёхугольная пирамида так, что её вершина совпадает с центром сферы, а вершины основания лежат на сфере. Сечение пирамиды, параллельное основанию, является гранью куба, а вершины противоположной его грани лежат на сфере. Вычислить высоту пирамиды, если известно, что длина диагонали куба и ребра основания пирамиды одинакова и равна в . Определить отношение объема пирамиды к объему куба.

Ответ: в, .

1. В сферу радиуса R вписана пирамида, основание которой – правильный треугольник. Одно из боковых рёбер перпендикулярно основанию и равно . Между сферой и пирамидой расположена правильная треугольная призма, одно из оснований которой лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания принадлежат сфере. Какой наибольший объём может иметь призма?

Р ешение.

Центры оснований пирамиды и призмы совпадают. Это следует из того, что вершины основания пирамиды и призмы принадлежат сфере, и грани, их содержащие, параллельны, значит , центры оснований лежат на одном диаметре сферы.

Пусть сторона основания призмы a,О₁О₂=x, где x0, .

В , а , так как ОА=ОS как радиусы сферы, то О₁О= ,тогда .

Вычислим объём призмы: .Итак, получили объем призмы как функцию переменной x.Найдём производную функции : ; при ,x0. при переходе через точку меняет знак с «+» на «-« , значит это точка максимума .

Итак, .

Ответ:

1. В сферу вписана правильная треугольная призма, все рёбра которой имеют одну и ту же длину а. Подобная ей призма одним основанием лежит на боковой грани данной призмы, а вершины ее верхнего основания расположены на сфере. Вычислить длину ребра второй призмы. Определить отношение объема второй призмы к объему шара, ограниченного сферой.

Ответ: ; .

1. Шар радиуса r вписан в правильную четырёхугольную пирамиду, которая, в свою очередь, вписана в сферу. Определить, какой должна быть высота пирамиды, чтобы радиус описанной сферы был наименьшим? Найти это наименьшее значение радиуса. Докажите, что в этом случае центры вписанного шара и описанной сферы совпадают.

Р ешение.

Пусть высота пирамиды , где ,R-радиус описанной сферы, а- сторона основания пирамиды О-центр описанной сферы,

О₁- центр вписанного шара.

Треугольник подобен треугольнику SBC, отсюда : . Из ; ; ; ;

при ± . Т.к. , то .Вокруг точки производная меняет свой знак с минуса на плюс, значит это точка минимума. Найдём наименьшее значение радиуса:

.

Центры и совпадают, если x, проверим это:

- значит центры описанной сферы и вписанного шара совпадают.

Ответ: .

1. Основание параллелепипеда – квадрат со стороной . Одна из вершин верхнего основании одинаково удалена от всех вершин нижнего основания. Известно, что в параллелепипед можно вписать шар, касающийся всех его граней. Найти длину боковых рёбер параллелепипеда и радиус вписанного шара.

Ответ: .