Далее: Домашнее задание № 2 Вверх: II. Учебно-тренировочные материалы по Назад: Тема 2. Методы решения

Образцы решения задач

Решение задач уровня В

Задача 1. Высота правильной треугольной призмы равна $10\sqrt 3$. Секущая плоскость проходит через среднюю линию нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания и составляет с плоскостью нижнего основания двугранный угол величиной $60^o$. Найдите площадь сечения призмы данной плоскостью.

Решение: Сечением призмы является равнобедренная трапеция MA$_{1}$B$_{1}$N, так как $\Delta \quad$А$_{1}$М = $\Delta$ ВВ$_{1}$N по двум катетам.

$$S_{сеч} = S_{M{\kern 1pt} A{\kern 1pt} _1 B_1 {\kern 1pt} N} = \f... ...}\left( {A{\kern 1pt} _1 B{\kern 1pt} _1 + MN} \right){\kern 1pt} \; \cdot LD;$$

MN $\vert \vert$ АВ как средняя линия $\Delta$ АВС:

MN = $\frac{1}{2}$АВ = $\frac{1}{2}$A$_{1}$B$_{1}$;

В $\Delta$ АВС KL = LC = $\frac{1}{2}$KC; КС = АВ $\cdot \frac{\sqrt 3 }{2}$; KL = АВ $\cdot \frac{\sqrt 3 }{4}$;

В $\Delta$ DKL: KL = $\frac{1}{2}$DL (так как $\angle КDL = 30^o$); DL = 2$\cdot$KL = АВ $\cdot \frac{\sqrt 3 }{2}$;

$\frac{DK}{KL} = tg\;60^{\circ}; \quad KL = \frac{DK}{tg\;60^{\circ}} = \frac{10\sqrt 3 }{\sqrt 3 } = 10;$DL = 20;

$$AB = \frac{2 \cdot DL}{\sqrt 3 } = \frac{40}{\sqrt 3 }; \quad S_{... ...{20}{\sqrt 3 }} \right) \cdot 20 = \frac{30}{\sqrt 3 } \cdot 20 = 200\sqrt 3 .$$

Ответ: 200$\sqrt 3$.

Задача 2. Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды с апофемой, равной $\sqrt {10}$, если ее боковое ребро составляет угол $30^o$ с плоскостью основания.

Решение:

SM - апофема боковой грани.

По теореме о трех перпендикулярах

OM $\bot$DC; OM = $\frac{1}{2}$AD.

Обозначим высоту пирамиды $SO = H$,

сторону основания $AD = а$.

В $\Delta$ SOС: $\angle SСО = 30^o$; ОS = $\frac{1}{2}$SС,

ОС = ОS $\cdot \sqrt 3 =H\sqrt 3$.

В $\Delta$ ADС: АС = AD $\cdot \sqrt 2$;

ОС = AD $\cdot \frac{\sqrt 2 }{2}=а\frac{\sqrt 2 }{2}$. Тогда, $H\sqrt 3 = a\frac{\sqrt 2 }{2}$.

В $\Delta$ SOM: SM$^{2}$ = SO$^{2}$ + OM$^{2}$; $\left( {\sqrt {10} } \right)\;^2 = H^2 + \left( {\frac{a}{2}} \right)^2$;

Составим систему уравнений: $\left\{ {\begin{array}{l} H\sqrt 3 = a\frac{\sqrt 2 }{2}, \\ \left( {\sqrt {10} } \right)\;^2 = H^2 + \left( {\frac{a}{2}} \right)^2. \\ \end{array}} \right.$

Преобразуем систему к виду: $\left\{ {\begin{array}{l} 3H^2 = \frac{a^2}{2}, \\ H^2 + \frac{a^2}{4} = 10. \\ \end{array}} \right.$

Решим систему уравнений методом подстановки:

$$H^2 = \frac{a^2}{6}; \quad \frac{a^2}{6} + \frac{a^2}{4} = 10; \q... ...quad a^2 = \frac{120}{5} = 24; \quad H^2 = \frac{24}{6} = 4;Н \quad = \quad 2.$$

Объем пирамиды $S_{ABCD}$: V = $\frac{1}{3}S _{{\rm О}{\rm С}{\rm Н}} \quad \cdot \quad Н=\frac{1}{3}\cdot$ 24 $\cdot$2 = 16. Ответ: 16.

Задача 3. Найдите площадь осевого сечения конуса, если высота конуса равна 4, а площадь полной поверхности конуса $24\pi$.

Решение:

Осевым сечением конуса является равнобедренный треугольник ASB: $S_{{\rm о}{\rm с}{\rm е}{\rm в}{\rm о}{\rm г}{\rm о} {\rm с}{\rm е}{\rm ч}. }$= $S_{\Delta ASB}=\frac{1}{2}\cdot$AB$\cdot$SO = $\frac{1}{2}\cdot$2 $R\cdot H=R\cdot H$.

Площадь полной поверхности конуса вычисляется по формуле $S_{{\rm о}{\rm с}{\rm н}.}+S_{{\rm б}{\rm о}{\rm к}.}$.

$S_{{\rm п}{\rm о}{\rm л}{\rm н}. {\rm п}{\rm о}{\rm в}. }=\pi \cdot R^{2}+\pi \cdot R\cdot l$; по условию $\pi \cdot R^{2}+\pi \cdot R\cdot l$ = 24$\pi$.

Следовательно, $R^{2}+R\cdot l$ = 24; $R\cdot (R +l)$ = 24 (*).

В $\Delta$ SOВ: $l^2 = R^2 + H^2$; $l^2 - R^2 = 4^2$; ($l$ - $R)\cdot (l +R)$ = 16.

Составим систему уравнений: $\left\{ {\begin{array}{l} R \cdot (R + l) = 24 \\ (l - R) \cdot (R + l) = 16 \\ \end{array}} \right. \quad \Rightarrow \quad \frac{l - R}{R} = \frac{2}{3}$; $l = \frac{5}{3}R$.

Подставим найденное значение $l$ в уравнение (*):

$R \cdot \left( {R + \frac{5}{3}R} \right) = 24; \quad \frac{8}{3}R^2 = 24;R^{2}$ = 9; $R$ = 3; $S_{{\rm о}{\rm с}{\rm е}{\rm в}{\rm о}{\rm г}{\rm о} {\rm с}{\rm е}{\rm ч}. }$= 3$\cdot$4 =12. Ответ: 12.

Задача 4. Концы отрезка АВ лежат на окружностях оснований цилиндра. Радиус основания цилиндра $R$ равен 15, длина отрезка АВ = 12$\sqrt 3$, а угол между прямой АВ и плоскостью основания цилиндра равен $30^o$. Найдите расстояние между осью цилиндра и параллельной ей плоскостью, проходящей через точки А и В.

Решение:

ADBC - плоскость, параллельная оси $ОО_{1}$ и перпендикулярная плоскости основания цилиндра.

Искомое расстояние - длина отрезка О$_{1}$Р;

О$_{1}$Р $\bot$AD; $\angle АВС = 30^o$;

$ВС = АВ \cdot \cos 30^o = 12\sqrt{ 3} \cdot \frac{\sqrt 3 }{2}= 18$;

АР = РD = $\frac{1}{2}$AD = $\frac{1}{2}$ВС = 9;

O$_{1}$D = $R$ = 15, следовательно, О$_{1}$Р = $\sqrt {15^2 - 9^2}$= 12. Ответ: 12.

Задача 5. В треугольной пирамиде SABC с вершиной S ребра SA, SB, SC взаимно перпендикулярны и имеют длины соответственно 8, 6, 3. В пирамиду вписан куб, три грани которого лежат на гранях пирамиды, содержащих вершину S, а одна из вершин куба лежит на грани ABC. Найдите длину ребра куба.

Решение:

Решим задачу координатным методом. Пусть начало координат совпадает с вершиной S, а оси координат содержат ребра SA, SB, SC. Тогда точки S, A, B, С имеют координаты соответственно (0;0;0), (8;0;0), (0;6;0), (0;0;3). Уравнение плоскости АВС в отрезках в соответствии с общей формулой $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$ имеет вид:

$$\frac{x}{8} + \frac{y}{6} + \frac{z}{3} = 1.$$

Пусть ребро куба равно $а$. Тогда в плоскости АВС будет располагаться вершина куба, имеющая координаты ($а$; $а$; $а)$. Подставим координаты этой вершины в уравнение плоскости АВС: $\frac{a}{8} + \frac{a}{6} + \frac{a}{3} = 1$.

Следовательно, $\frac{15}{24}a = 1$, откуда $а$ = 1,6.

Ответ: 1,6.

Решение задач уровня С

Задача: В кубе ABCDA$_{1}$B$_{1}$C$_{1}$D$_{1}$ со стороной, равной 2, на ребрах AD, DC, CC$_{1}$ заданы соответственно точки M, N, L, причем AM=1, DN=1, CL = $\frac{1}{3}$. Вокруг куба описан шар.

Определите площадь круга - сечения шара плоскостью, проходящей через точки M, N, L

Решение: Данная задача может быть решена различными способами.

1. Аналитико-синтетический способ:

Центр описанного шара совпадает с центром куба, а его радиус - с половиной диагонали куба. Длина диагонали куба 2$\sqrt 3$. Радиус шара $R$ равен $\sqrt 3$.

Чтобы найти площадь сечения шара указанной в условии плоскостью, удобнее определить сначала расстояние $d$ от центра шара до заданной плоскости. Тогда $r$ - радиус сечения можно выразить из условия $r^2 = R^2 - d^2$, а искомая площадь находится по формуле $S = \pi \cdot r^2$.

Рассмотрим два чертежа: пространственный и выносной.

Чтобы построить сечение куба плоскостью, последовательно выполняем следующие действия:

1. Проводим прямую MN, обозначаем точки пересечения прямой MN с продолжениями ребер ВА и ВС (соответственно F и Р) и с диагональю BD (точка Q).

Доказываем, что BQ = 3$\cdot$QD.

2. Строим прямую PL, обозначаем точку пересечения прямой PL с ребром BB$_{1}$ - т. K.

Доказываем, что т. К - середина ВВ$_{1}$.

3. Соединяем точки K и F, KF $\cap$ AA$_{1}$ = E.

4. Соединяем точки E и M, L и N. Искомое сечение - пятиугольник EKLNM.

Теперь рассмотрим сечение куба плоскостью BB$_{1}$D$_{1}$D, сохраняя введенные обозначения (выносной чертеж):

КО = $\frac{1}{2}$ВD = $\frac{1}{2}\cdot$АВ $\cdot \sqrt 2 =\sqrt 2$;

KQ$^{2}$ = BK$^{2}$ + BQ$^{2}$;

KQ $^{2}=1^2 + \left( {\frac{3}{4} \cdot 2\sqrt 2 } \right)^2 = 1 + \frac{9}{2} = \frac{11}{2}$;

3) $\frac{OT}{KO} = \frac{KB}{KQ}$;

4) $\frac{d}{\sqrt 2 } = \frac{1}{\sqrt {\raise0.7ex\hbox{${11}$} \mathord{\left/ {\vphantom {{11} 2}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}\!\lower0.7ex\hbox{$2$}} }$;

5) $d = \frac{2}{\sqrt {11} } \quad \Rightarrow \quad r^2 = \left( {\sqrt 3 } \rig... ...2 - \left( {\frac{2}{\sqrt {11} }} \right)^2 = 3 - \frac{4}{11} = \frac{29}{11}$; 6) $S_{{\rm с}{\rm е}{\rm ч}}=\frac{29}{11}\pi$.

2. Координатный способ

Рассмотрим систему координат, совмещенную с заданным кубом. Разместим начало координат в точке D(0;0;0). Пусть ось О$у$содержит ребро DА, точка М(0;1;0); ось О$х$ содержит ребро DС, точка N(1;0;0); ось О$z$ содержит ребро DD$_{1}$, точка L(2;0; $\frac{1}{3})$.

Центр куба и описанного шара имеет координаты (1;1;1). Составим уравнение плоскости LMN и найдем $d$ как расстояние от точки ($x; y; z)$ до плоскости

A$x$ + B$y$ + C$z$ + D = 0.

по формуле:

$$d = \frac{\left\vert {\;Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D\;} \right\vert}{\sqrt {A^2 + B^2 + C^2} }.$$

Составим систему уравнений для определения коэффициентов в уравнении плоскости, используя координаты точек L, M, N:

$\left\{ {\begin{array}{l} 2 \cdot A + 0 \cdot B + \frac{1}{3} \cdot C + D = 0 ... ...B = - D \\ A = - D \\ \end{array}} \right. \quad \Rightarrow {\rm С} \quad =$-3А = 3D.

Составим уравнение плоскости LMN: - D$x$ - D$y$ + 3D$z$ + D = 0.

Разделив на (-D), получим уравнение плоскости $x + y$ - 3$z$ - 1 = 0. Легко убедиться подстановкой, что координаты точек L, M, N удовлетворяют полученному уравнению плоскости.

Подставим найденные величины в формулу расстояния от точки до плоскости:

$$d = \frac{\left\vert {\;1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + ( - 3) \cdot 1 - ... ...\rm у}{\rm д}{\rm а} \quad r^2 = R^2 - d^2 = 3 - \frac{4}{11} = \frac{29}{11}.$$

Следовательно, площадь сечения равна $\frac{29}{11}\pi$. Ответ: $\quad \frac{29}{11}\pi$.

Далее: Домашнее задание № 2 Вверх: II. Учебно-тренировочные материалы по Назад: Тема 2. Методы решения