Скачать
HTML для интерации на вашу страничку:

Ширина: () Высота:

Адрес страницы документа на сервисе DocMe:
Адрес полноэкранного варианта:
Короткий адрес:
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 1 СОДЕРЖАНИЕ стр. 1. Расстояния и углы 2 1.1. Расстояние между двумя точк а ми 2 1.2. Расстояние от точки до пр я мой…. 3 1.3. Расстояние от точки до плоск о сти 6 1.4. Расстояние между скрещива ю- щимися прям ы ми…………………….. 11 1.5. Угол между двумя прям ы ми.. ....... 16 1.6. Угол между прямой и плоск о- стью…………………………………… 21 1.7. Угол между плоскостями 25 2. Площади и объ е мы ……………….. 40 2.1. Площадь поверхности мног о- гранника ………………………………. 40 2.2. Площадь сечения многогранн и ка 4 3 2.3. Объем многогранн и ка…………… 47 3. Задачи на экстр е мум …..………. 59 3.1. Аналитический м е тод…………… 59 3.2. Геометрический м е тод.….…........ 60 4. Дополнения ……………………… 62 4.1. Построение сечения многогра н- ника……………………………………. 62 4.2. Векторный м е тод………………… 67 4.3. Координатный м е тод…… ………. . 71 4.4. Опорные задачи………………….. 74 Упражн е ния …………………………. . 8 1 Отв е ты ……………………………….. . 88 Список и источники литерат у ры … . 89 Введение Задачи части «С» Единого государс т- венного экзамена по стереометрии в п о- следнее время большей частью посвящ е- ны выч ислению расстояний и углов в пространстве. Такие задачи часто встр е- чаются в практике, поэтому им уделено особое внимание. Ниже представлены разные методы решения этих задач. Традиционный м е- тод решения задачи опирается на опред е- ления расстояния или угла, и требует от учащихся развитого пространственного воображения. Кроме этого подхода в п о- собии рассмотрены координатный и ве к- торный методы, которые могут быть э ф- фективно использованы при решении з а- дач разного вида. Применение опо р ных задач может привести к рац иональному решению з а дачи. В кодификатор элементов содерж а ния к уровню подготовки выпускников вх о- дят разделы, связанные с темой «Мног о- гра н ники», которые отражены в данном пособии: сечения куба, призмы, пирам и- ды; боковая поверхность призмы, пир а- миды; объем куба, прямоугольного п а- раллелепипеда, пирамиды, призмы; пр и- меры и с пользования производной для нахождения наилучшего решения в пр и- кладных зад а чах. В решениях многих задач, приведе н- ных в данном пособии, имеются ссылки на опорные задачи, полный набор кот о- рых помещен в пункте 4.4 на стр. 75 - 80. МАТЕМАТИКА ЕГЭ 201 1 (типовые задания С 2 ) Многогранники: виды задач и методы их решения Корянов А. Г. , г. Брянск , akory a nov @ mail . ru Прокофьев А.А. , г. Москва , aaprokof@yandex.ru Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 2 1. Расстояния и углы Тема «Расстояния и углы» является основой для других разделов стереоме т- рии. В данном разделе представлено вз а- имное расположение точек, прямых и плоскостей на многогранниках, рассмо т- рены о с новные в иды задач и методы их решения. 1.1. Расстояние между двумя точками Расстояние между точками A и B можно в ы числить: 1) как длину отрезка AB , если отрезок AB удается включи ть в некоторый тр е- угольник в качес т ве одной из его сторон; 2) по формуле 2 1 2 2 1 2 2 1 2 ) ( ) ( ) ( , z z y y x x B A , где ) , , ( 1 1 1 z y x A , ) , , ( 2 2 2 z y x B ; 3) по формуле AB AB AB , или 2 2 2 c b a AB , где } , , { c b a – коо р- д инаты вектора AB . поэтапно - вычислительный метод Пример 1. В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA на диагоналях граней 1 AD и 1 1 B D взяты точки Е и F так , что 1 1 3 1 AD E D , 1 1 1 3 2 B D F D . Най ти дл и ну отрезка EF . Решение . Длину отрезка EF найдем по теореме косинусов из треугольника EF D 1 ( см. рис. 1 ), в к о тором 2 3 2 1 F D , 2 3 1 1 E D , 3 1 E FD (треугольник 1 1 D AB является равност о- ронним). Имеем 3 cos 2 1 1 2 1 2 1 2 F D E D F D E D EF 3 2 2 1 3 2 2 3 2 2 9 8 9 2 , откуда 3 6 EF . Ответ : 3 6 . к оординатн ый метод Пример 2 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точки E и K – серед и ны ребер 1 AA и CD соотве т ственно , а точка M расположена на диаг о нали 1 1 D B так , что . 2 1 1 MD M B Най ти ра с- сто я ние между точками Q и L , где Q – середина отрезка ЕМ , а L – точка о т- резка МК т а кая , что . 2 LK ML Решение . Введем прямоугольную си с- тему коо р динат, как указано на рисунке 2 . Тогда 2 1 ; 0 ; 0 Е , 0 ; 2 1 ; 1 K , ) 1 ; 1 ; 0 ( 1 В , ) 1 ; 0 ; 1 ( 1 D . Для нахождения к о ординат точки М используем формулу координат точки (опорная задача 1) , делящей отр е- зок 1 1 D B в отношении 2:1. Имеем 1 , 3 1 , 3 2 2 1 1 2 1 , 2 1 0 2 1 , 2 1 1 2 0 М . Анал о гично получим координаты точки L , делящей отрезок MK в отношении 2:1. Имеем 3 1 ; 9 4 ; 9 8 2 1 0 2 1 ; 2 1 2 1 2 3 1 ; 2 1 1 2 3 2 L . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 E F Рис. 1 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 E M L Q K x y z Рис. 2 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 3 Коо р динаты точки Q равны полусуммам соответс т вующих координат точек E и М , поэтому 4 3 ; 6 1 ; 3 1 Q . Применим фо р- мулу для расстояния ме ж ду точками с заданными к оординат а ми 2 2 2 3 1 4 3 9 4 6 1 9 8 3 1 LQ 36 29 5 36 725 2 . Ответ : 36 29 5 . векторный метод Пример 3 . В ед и ничном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA на диагоналях гр а ней 1 AD и 1 1 B D взяты точки E и F так , что 1 1 3 1 AD E D , 1 1 1 3 2 B D F D . Най ти длину о т резка EF . Решение . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 1 ), тогда | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . Выразим вектор FE через базисные ве к торы a , , b c : ) ( 3 2 1 1 c a F B AB EA FE ) ( 3 1 ) ( b a c b c b a 3 1 3 2 3 1 . Тогда 2 2 3 1 3 2 3 1 c b a FE FE 3 6 9 6 9 1 9 4 9 1 . Ответ : 3 6 . Замечание. Вектор FE в данном б а- зисе имеет координаты 3 1 ; 3 2 ; 3 1 , п о- этому длину эт о го вектора можно найти по формуле 2 2 2 c b a AB , то есть 3 6 9 6 9 1 9 4 9 1 AB . 1.2. Расстояние от точки до прямой · Расстояние от точки до прямой , не содержащей эту точку, есть длина отре з- ка перпендик у ляра, проведенного из этой точки на прямую. · Расстояние между двумя параллел ь- ными пр я мыми равно длине отрезка их об щего перпенд и куляра. · Расстояние между двумя параллел ь- ными прямыми равно расстоянию от л ю- бой точки одной из этих прямых до др у- гой прямой. поэтапно - вычислительный метод Расстояние от точки до прямой можно вычислить, как длину отрезка перпенд и- куляра, если удается включить этот отр е- зок в некоторый треугольник в кач е стве одной из высот. Пример 4 . При условиях примера 1 най ти расстояние от точки 1 D до пр я- мой EF . Решение . Пусть h – длина высоты тр е- угольника , 1 EF D опущенной из точки 1 D . Найдем h , используя метод площ а- дей. Площадь треугольника EF D 1 ра в на E FD E D F D 1 1 1 sin 2 1 9 3 2 3 3 2 3 2 2 2 1 . С другой ст о роны площадь треугольника EF D 1 равна h h FE 6 6 2 1 . Из уравн е- ния h 6 6 9 3 находим искомое ра с- стояние 3 2 h . Замечание. Можно заметить, что в ы- полняется равенство 2 1 2 1 2 F D E D FE , т .е. треугольник EF D 1 прямоугол ь ный и длина отрезка E D 1 является иск о мым рассто я нием. Ответ : 3 2 . Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 4 Пример 5 . В правильной шестиугол ь- ной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , ребра которой равны l , най ти рассто я ние от точки A до прямой 1 BC . Решение. В квадрате 1 1 B BCC диаг о- наль 1 BC равна 2 (см. рис. 3 ) . В прям о- угольном треугольнике ACD , где 90 ACD , 2 AD , находим AC 3 1 2 2 2 . Из прямоугольного тр е- угольника 1 ACC им е ем 1 AC 2 1 ) 3 ( 2 2 . В тр е угольнике 1 ABC , используя теорему косинусов, п о лучаем 8 2 5 2 2 2 1 ) 2 ( 2 cos 2 2 2 , где B AC 1 . Далее находим 8 14 sin и из треугольника H AC 1 в ы- соту 4 14 8 14 2 sin 1 AC AH . О т вет: 4 14 . При мер 6 . (МИОО, 2010). В тетр а- эдре , ABCD все ребра которого ра в ны l , найти расстояние от точки A до пр я- мой , проходящей через точку B и сер е- дину E ребра CD . Решение. Так как все ребра ABCD равные прав ильные треугольники, то м е- дианы BE и AE треугольников BDC и ADC (см. рис. 4 ) равны и . 2 3 AE BE Рассмотрим равнобедренный треугол ь- ник BEA и е го высоты EM и . AH В ы- ражая площадь треугольника двумя сп о- собами, пол у чаем AB EM BE AH S BEA 2 1 2 1 , получаем раве н ство AB EM BE AH . Так как 2 2 4 1 4 3 2 2 BM BE EM , то получаем 3 6 3 2 1 2 2 BE AB EM AH . Ответ: 3 6 . В некоторых задачах удобно испол ь- зовать плоскость, проходящую через да н- ную точку перпендикулярно данной пр я- мой. Пример 7. В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти расстояние от точки D до прямой C A 1 . Решение . Пусть F BDC C A 1 1 (рис. 5 ). Так как 1 1 BDC C A ( опорная задача 20), то FD FB FC 1 как проекции на пло с кость 1 BDC равных наклонных 1 CC , СВ и CD соо тветственно. Следовательно, точка F является центром правильного треугольника 1 BDC . Поэтому искомое A B C D M H E Рис. 4 A B C D E F D 1 F 1 A 1 E 1 C 1 B 1 H Рис. 3 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 5 расстояние равно радиусу окружности, описанной около треугольника 1 BDC . Сторона этого треугольника равна 2 , зн а чит, 3 6 3 3 2 ) , ( 1 DF C A D . Ответ: 3 6 . коорд и натный метод Пример 8 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти расстояние от точки 1 D до прямой Р Q , где Р и Q – сер е- дины соответственно ребер 1 1 B A и ВС. Решение . Рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке A (см. рис . 6 ) . Найдем координаты т о чек 1 ; 2 1 ; 0 P , 0 ; 1 ; 2 1 Q , ) 1 ; 0 ; 1 ( 1 D . Т о гда 2 3 1 4 1 4 1 PQ , 2 3 1 1 4 1 1 Q D , 4 5 0 4 1 1 1 P D . Из треугольника PQ D 1 , используя формулу QP P D Q D QP P D PQ D 1 2 1 2 2 1 1 2 cos , находим 30 1 2 3 4 5 2 4 9 2 3 4 5 cos 1 PQ D . Далее получаем 30 29 30 1 1 sin 2 1 PQ D . Пусть PQ N D 1 , где PQ N . Тогда PQ D P D N D 1 1 1 sin , 12 174 144 174 30 29 4 5 1 N D . Ответ : 12 174 . векторный метод Пример 9 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти расстояние от точки 1 D до прямой Р Q , где Р и Q – сер е- дины соответственно ребер 1 1 B A и ВС. Решение . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 6 ) , тогда | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . Выразим век тор PQ через базисные векторы a , , b c : BQ B B PB PQ 1 1 c b a a c b 2 1 2 1 2 1 2 1 , b a PD 2 1 1 . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Q P N y x z Рис. 6 D A B C D 1 A 1 B 1 C 1 F Рис. 5 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 6 Пусть PQ N D 1 , где PQ N . Выр а- зим вектор N D 1 , учитывая коллинеа р- ность ве к торов PN и PQ : 1 1 1 PD PQ x PD PN N D . Так как PQ N D 1 , то 0 1 PQ N D . Отсюда п о лучаем 0 ) ( 1 PQ PD PQ x , PQ PD PQ x 1 2 , c b a b a c b a x 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , 4 1 2 1 1 4 1 4 1 х , 6 1 х . 1 1 6 1 PD PQ N D a b c b a 2 1 2 1 2 1 6 1 c b a 6 1 12 7 12 11 . Длина ве к тора 2 2 1 1 6 1 12 7 12 11 c b a N D N D 12 174 36 1 144 49 144 121 . Ответ : 12 174 . Замечание. Решение данного примера векторным методом не является раци о- нальным, но приведено с целью показа широких возможностей векторного мет о- да при решении задач разных видов. 1.3. Расстояние от точки до плоскости · Расстояние от точки до плоскости , не содержащей эту точку, есть длина отре з- ка перпе н дикуляра, опущенного из этой точки на пло с кость. · Расстояние между прямой и пара л- лельной ей плоскостью равно длине их общего перпенд и куляра. · Расстояние между прямой и пара л- лельной ей плоско стью равно расстоянию от любой точки этой прямой до плоск о- сти. · Расстояние между двумя параллел ь- ными плоскостями равно длине их общ е- го перпендикул я ра. · Расстояние между двумя параллел ь- ными плоскостями равно расстоянию между точкой одной из этих плоскосте й и др у гой плоскостью. поэтапно - вычислительный метод Расстояние от точки M до плоск о сти : 1) равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P , лежащей на прямо й l , к о торая проходит через точку M и параллельна плоск о сти ; 2) равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P , лежащей на плоскости , которая проходит через точку M и параллельна плоскости . Пример 10 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти расстояние от точки 1 С до плоск о сти С АВ 1 . Решение . Так как прямая 1 1 С А пара л- лельна АС , то прямая 1 1 С А параллельна плоскости С АВ 1 ( см. рис. 7 ). Поэтому и с комое расстояние h равно расстоянию от произвольной точки прямой 1 1 С А до плоскости С АВ 1 . Например, расстояние от центра 1 О квадрата 1 1 1 1 D C B A до пло с- кости С АВ 1 равно h . Пусть E – основание перпендикул я ра, опущенного из то чки 1 О на прямую О В 1 , где O – центр ква д рата ABCD . Прямая Е О 1 лежит в плоскости D D BB 1 1 , а пр я- мая АС перпендикулярна этой пло с кости. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 7 Поэто му АС Е О 1 и Е О 1 – перпенд и- куляр к плоскости С АВ 1 , а h Е О 1 . Так как 2 2 1 1 О В , 1 1 О О , то 2 3 1 2 1 1 ОВ . Выражая двумя сп о- собами площадь треуг ольника О О В 1 1 , п о лучим 1 2 2 2 3 h , откуда 3 3 h . Ответ : 3 3 . Пример 11. В единичном к у бе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти расстояние от точки D до плоск о сти С АВ 1 . Решение . Так как пло с кости 1 1 С DA и С АВ 1 п а раллельны C B D A AC C A 1 1 1 1 || , || 1 1 С DA D и 1 1 1 С DA O ( см. рис. 8 ), то получаем искомое рассто я ние 3 3 ) , ( ) , ( 1 1 1 C AB O C AB D . Ответ : 3 3 . Замечание. Из данного примера сл е- дует, что расстояние между параллел ь- ными плоск о стями 1 1 С DA и С АВ 1 равно 3 3 ) , ( ) , ( 1 1 1 1 C AB D C AB C DA . Пример 1 2 . В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , ребра которой ра вны l , най ти рассто я- ние от точки A до плоскости С B A 1 1 . Решение. Прямая FC перпендикуля р- на АЕ и 1 AA , поэтому перпендикулярна пло с кости 1 1 E AA ( см. рис. 9 ) . Пус ть G AE FC . Плоскость 1 1 E AA перпе н- дикулярна пло с кости С B A 1 1 , содержащей прямую FC , и пер е секает ее по прямой G A 1 . Длина высоты AH в треугол ь нике G AA 1 является искомым ра с стоянием. Так как в прямоугольном тр е угольнике ADE 2 2 ED AD AE , то есть 3 AE , то 2 3 AG . Из прямоугольн о- го треугольника 1 AGA н а ходим 2 7 1 4 3 1 GA . Выс ота AH равна 7 3 2 7 : 1 2 3 1 1 GA AA AG AH . О т вет : 7 3 . B C D A B 1 C 1 D 1 A 1 E O O 1 Рис. 7 F A B C D E C 1 E 1 F 1 D 1 B 1 A 1 H G Рис. 9 A B C A 1 B 1 C 1 D 1 O 1 D Рис. 8 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 8 Пример 13 . В правильной шестиугол ь- ной пирамиде , MABCDEF стороны осн о- вания которой равны 1, а бок о вые ребра равны 4, найти ра с стояние от середины ребра BC до плоскости гр а ни EMD . Решение. В правильном шестиугол ь- нике ABCDEF DE BD и 3 BD . Точка O центр ABCDEF (см. рис. 10 ). Тогда MO высота пирамиды . Из пр я- моугольного треугольника MOD получ а- ем 15 MO . Апофему ML боковой грани DME находим из прямоугольного тр е угольника MDL 2 7 3 2 2 2 DE MD ML . По признаку перпендикулярности плоскостей ( MOL DE , поскольку MO DE и ML DE ) DME MOL . П о этому высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости DME . Из прямоугольного треугольника MOL , в котором , 2 3 2 BD OL получ а ем 7 5 2 7 3 : 2 3 15 ML OL MO OH . Опустив из точки L пе р пендикуляры LQ на плоскость грани DME и LK на прямую DE , получим треугольник LQK , подобный треугольнику OHD . Так как расстояние от то ч ки L до прямой DE равно OL BD LK 2 3 4 3 , то коэ ф- фициент подобия этих треугольников р а- вен 2 3 . Отсюда 28 45 7 5 2 3 2 3 OH LQ . Ответ: 28 45 . координатный метод Расстояние от точки M до плоск о сти можно вычислить по форм у ле 2 2 2 0 0 0 , c b a d cz by ax M , где 0 0 0 , , z y x M , плоскость задана уравнением 0 d cz by ax . Пример 14 . В единичном к у бе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти расстояние от точки 1 А до плоск о сти 1 BDC . Решение . Составим уравнение пло с- кости, проход я щей через точки ) 0 ; 1 ; 0 ( B , ) 0 ; 0 ; 1 ( D и ) 1 ; 1 ; 1 ( 1 C (см. рис. 11 ) . Для эт о го подставим координаты этих точек в общее уравн е ние плоскости 0 d cz by ax . Получим систему уравн е ний 0 , 0 , 0 d c b a d a d b или d c d a d b , , Отсюда нах о дим уравнение 0 d dz dy dx или A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z Рис. 11 B C D E F M L A O Q H K L Рис. 10 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 9 0 1 z y x . По формуле н ах о дим расстояние от точки ) 1 ; 0 ; 0 ( 1 А до плоск о сти 1 BDC : 3 3 2 1 1 1 1 1 0 0 , 1 А . Ответ : 3 3 2 . Замечание. В разделе «Угол между плоскостями» более подробно рассмо т- рен вопрос о составлении уравнения плоскос ти, проходящей через три зада н- ные то ч ки. векторный метод Пример 1 5 . В единичном к у бе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти рассто я ние от точки 1 А до плоскости 1 BDC . Решение . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 1 2 ), т о гда | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . Выразим векторы , DB , 1 DC 1 1 A C ч е- рез б а зисные a , , b c : a b DB , c b DC 1 , b a A C 1 1 . Пусть 1 1 BDC МА , где 1 BDC M . Вектор 1 1 DC y DB x M C , п о этому ) ( 1 1 1 1 1 1 1 DC y DB x A C M C A C MA . Далее и меем 1 1 1 , DC MA DB MA 0 , 0 1 1 1 DC MA DB MA . 0 , 0 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 DC y DC DB x DC A C DB DC y DB x DB A C Так как 0 ) )( ( 2 2 1 1 b a a b b a DB A C , 1 ) )( ( 2 1 b a b c b DB DC , 1 ) )( ( 2 1 1 1 b b a c b A C DC , 2 ) ( 2 2 2 2 a b a b DB , 2 ) ( 2 2 2 2 1 c b c b DC , то имеем 0 ) 2 1 ( 1 , 0 ) 1 2 ( 0 y x y x 1 2 , 0 2 y x y x . 3 2 , 3 1 y x Отсюда получаем ) ( 3 2 ) ( 3 1 1 c b a b b a MA c b a 3 2 3 2 3 2 , 2 1 3 2 3 2 3 2 c b a MA 3 3 2 9 4 9 4 9 4 . Ответ : 3 3 2 . Замечание. Вектор 1 MA в данном б а- зисе им еет координаты 3 2 ; 3 2 ; 3 2 , п о- этому длину этого вектора можно на й ти по формуле 2 2 2 1 c b a MA , то есть 3 3 2 9 4 9 4 9 4 1 MA . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M Рис. 12 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 10 м етод объемов Если объем пирамиды АВСМ равен ABCM V , то расстояние от точки M до плоскости , содержащей треугольник АВС , вычисляют по формуле ABC ABCM S V ABC M M 3 , , . В общем случае рассматривают раве н- ство объемов одной фигуры, выраженные двумя независимыми сп о собами. Пример 1 6 . Ребро куба 1 1 1 1 D C B ABCDA равно а. Най ти рассто я- ние от точки C до плоск о сти 1 BDC . Решение . Искомое расстояние x ра в- но высоте CQ ( см. рис. 1 3 ) , опущенной в пирамиде 1 BCDC из вершины C на о с- нование 1 BDC . Объем этой пирамиды р а вен 6 2 1 3 1 3 1 3 1 1 a CC CD BC CC S BCD . С другой стороны, так как треугол ь ник 1 BDC равносторонний со стороной 2 а , объем пирамиды р а вен x a x a CQ S D BC 6 3 4 3 ) 2 ( 3 1 3 1 2 2 1 . О т сюда получаем уравнение x a a 6 3 6 2 3 , из к о торого находим 3 3 a x . Ответ : 3 3 a . метод опорных задач Применение данного метода состоит в применении известных опорных задач, которые в большинс тве случаев форм у- лируются как теоремы. ● Расстояние от точки M до плоскости можно вычислить по формуле 1 1 r r , где , M , , 1 1 M , , r OM , 1 1 r OM O MM 1 ; в ч а стности, 1 , если 1 r r (прямая m , проход я- щая через точку M , пересекает пло с- кость в точке O , а точка 1 М л е жит на прямой m (см. рис. 1 4 а и 1 4 б ) ). Пример 1 7 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти расстояние от точки 1 D до плоск о сти С АВ 1 . Решен ие . Используем найденное ра с- стояние ( пример 10 ) от точки 1 С (от то ч- ки 1 O ) до плоскости С АВ 1 . Опустим перпендикуляр F D 1 на прямую E B 1 ( см. рис. 15 ). Т о гда и меем 1 1 1 1 1 1 1 1 ) , ( ) , ( O B D B C AB O C AB D , A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 R Q Рис. 13 O M m A A 1 M 1 O M m A A 1 M 1 а б Р ис. 14 A B C A 1 B 1 C 1 D 1 O 1 D F E Рис. 15 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 11 3 3 2 2 3 3 ) , ( 1 1 C AB D . Ответ : 3 3 2 . Пример 1 8 . Точки D C B A , , , являю т- ся вершинами параллелограмма , ни одна из сторон которого не пересекает пло с- кость . Точки , A , B C удалены от плоскости на расстояние 2, 3, 6 соо т- ветственно. Найти расстояние от ве р- шины D до плоскости . Решение . Опустим пер пендикуляры из вершин C B A , , и D на плоскость . Точки 1 1 1 1 , , , D C B A – их ортогональные проекции на (см. рис. 1 6 ) . Точка O – точка пересе чения диагон а- лей параллелограмма ABCD , которая проектируется в точку 1 O – точку пер е- сечения диагон а лей параллелограмма 1 1 1 1 D C B A (по сво й ству проекций). Так как точка O делит отрез ки AC и BD поп о- лам, то по сво й ству проекций отрезков точка 1 O также делит отрезки 1 1 C A и 1 1 D B пополам. Ч е тырехугольники 1 1 CAA C и 1 1 DBB D – тр а пеции. Отрезок 1 OO их средняя линия. Тогда 2 2 1 1 1 1 BB DD AA CC . Отсюда 1 1 1 1 BB AA CC DD и , так как , 6 1 CC , 3 1 BB 2 1 AA , то 5 1 DD . Отв ет : 5. 1.4. Расстояние м е жду скрещивающ и мися прямыми · Расстояние между двумя скрещива ю- щимися прямыми равно длине отрезка их общего пе р пендикуляра. поэтапно - вычислительный метод Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми можно во с- пользоватьс я одним из приведенных н и- же четырех спос о бов. 1. Построить общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых (отрезок с концами на этих прямых и перпендик у- лярный обеим) и найти его длину. 2. Построить плоскость, содержащую одну из прямых и параллельную второ й. Тогда искомое расстояние будет равно рассто я ние от какой - нибудь точки второй прямой до по строенной плоскости. 3. Заключить данные прямые в пара л- лельные плоскости, проходящие ч е рез данные скрещивающиеся прямые, и на й- ти расстояние между этими плоскост я ми. 4. Построить плоскость, перпендик у- лярную одной из данных прямых, и п о- строить на этой плоскости ортогонал ь ную проекцию второй прямой ( см. рис. 17 ) . , ) , ( ) , ( 1 2 1 AH BC A l l где 1 l A , 1 l , 1 BC ортог онал ь- н ая проекци я 2 l на плоскость , H о с- нование перпенд и куляра, опущенного из A на 1 BC . Пример 1 9 . В кубе , длина ребра кот о- рого равна , a найти расстояние м е жду ребром и диагональю , не пересека ю щей его гр а ни. O 1 C 1 B 1 A 1 D 1 D O C B A Рис. 16 B H l 2 l 1 A C C 1 Рис. 17 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 12 Решение. В качестве примера найдем расстояние между ребром 1 AA и диаг о- налью 1 DC (см. рис. 1 8 ). Прямые 1 AA и 1 DC скрещивающиеся. Используя ка ж- дый из отмеченных способов, п о кажем, что расстояние м е жду ними равно a . 1 - й способ (см. рис. 1 8 а ). Так как 1 1 1 A D AA и 1 1 1 A D DC , то 1 1 A D общий перпендикуляр двух скр е щивающихся прямых 1 AA и 1 DC . Ра с стояние между 1 AA и 1 1 DDC равно 1 1 A D a . 2 - й способ (см. рис. 1 8 б ). Так как плоскость 1 1 DDC , содержащая 1 DC , п а- раллельна 1 AA , то рас сто я ние от 1 AA до 1 1 DDC равно a . 3 - й способ (см. рис. 1 8 в ). Пло с кость 1 1 DDC , содержащая , 1 C D пара л лельна плоскости 1 1 AA B , содержащей , 1 AA и расстояние между н и ми равно a . 4 - й способ (см. рис. 1 8 г ). Плоскость ABC перпендикулярна прямой . 1 AA То ч- ка A проекция 1 AA на эту пло с кость. Прое кцией 1 DC на плоскость ABC явл я- ется DC . Расстояние от точки A до DC . ра в но a . Ответ : a . Пример 20 . Найти расстояние между непересекающим и ся диагоналями двух смежных граней куба , длина ребра кот о- рого равна a . Решение. Найдем расстояние между диагоналями 1 1 AC и 1 AD к у ба 1 1 1 1 D C B ABCDA . 1 - й сп особ . Пусть отрезок PQ (см. рис. 1 9 ) есть общий перпендикуляр скрещ и- вающи х ся прямых 1 1 AC и 1 AD , а PN и KQ его ортогональные проекции н а плоскости 1 1 1 A B C и 1 1 AA D соответстве н но ( 1 1 PK A D и 1 1 QN A D ). На осн о вании теоремы о трех перпендикул я рах 1 1 PN AC и 1 KQ AD . Треуг ол ь ники 1 A PN и 1 KQD прямоугольные и равн о- бедренные, п о этому 3 1 1 a ND KN K A . Анал о гично, 3 1 1 a KP K A ND NQ и 3 2 1 a PN P A . Тогда из прямоугол ь- ного треугольника PNQ получим ра с- стояние ме ж ду 1 1 AC и 1 AD : 2 2 2 2 2 3 9 9 3 a a a PQ PN NQ . 2 - й способ . Построим плоскость, с о- держащую 1 AD и параллельную 1 1 AC (см. рис. 20 а ). Искомой плоскостью являе т ся 1 ADC . Найдем расстояние до нее от к а- кой - либо точки прямой 1 1 AC . Для этого опустим из точки O (см. рис. 20 а ) на ук а- занную плоскость перпендикуляр. Пло с- кости 1 1 BB D и 1 ADC перпендик у лярны ( AC BD и 1 AC D D , и 1 AC ADC ). A A d a a D C B A D C B A 1 d D 1 C 1 B 1 D 1 C 1 B 1 A 1 а б A A d a a D C B A D C B A 1 d D 1 C 1 B 1 D 1 C 1 B 1 A 1 в г Рис. 18 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N P K Q Рис. 19 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 13 Так как 1 1 1 B D DO (см. рис. 20 б ) (д о- кажите самостоятел ь но!), то 1 ON ADC ( D B ON 1 || ) и из подобия тр е угольников 1 BB D и 1 OD N сл е дует 1 1 OD ON BD B D или 1 1 3 3 BD OD a h ON B D . Замечание. Для нахождения рассто я- ния от точки О до плоскости 1 ADC мо ж но воспользоваться р е зультатом примера 10. 3 - й способ . Построим параллельные плоскости 1 ADC и 1 1 BAC (см. рис. 21 а ), содержащие прямые 1 AD и 1 1 AC соотве т- ственно. Диагональ 1 B D куба перпенд и- кулярна обеим плоскостям и (см. рис. 21 б ) точками K и N делится на три ра в- ные части (опорная задача 20) . Рассто я- ние между пло ск о стями 1 ADC и 1 1 BAC равно длине о т резка KN , т .е. 3 3 a . 4 - й способ . Плоскость 1 1 BB D перпе н- дикулярна прямой 1 1 AC ( 1 1 1 1 AC B D и 1 1 1 AC D D ) и плоскости 1 ADC ( 1 1 B D ADC ) (см. рис. 22 а ). 1 1 DO пр о- екция 1 AD на плоскость 1 1 BB D . Рассто я- ние от точки O (проекции 1 1 AC на пло с- кость 1 1 BB D ) до 1 1 DO равно длине отрезка ON (см. рис. 22 б ). Пример 21 . В правильной усеченной ч е- тыреху гольной п и рамиде 1 1 1 1 D C B ABCDA со сторонами осн о ваний равными a и b ( b a ), и высотой h найти ра с стояние между диагональю 1 BD и диаг о наль ю большего основ а ния AC . Решение. Прямые 1 BD и AC скрещ и- ваются (см. рис. 23 а ). Точки O и 1 O точки пересечения ди а гоналей оснований пирамиды . 1 OO AC и 1 OO BD , как о т- резок, соединя ю щий середины оснований равнобедренных трап е ций D D BB 1 1 и C C AA 1 1 . Построим плоскость перпендикуля р- ную одной из скр е щивающихся прямых 1 BD и AC . Плоскость 1 1 BB D AC , так как AC перпендикулярна двум перес е- кающимся прямым этой плоскости: AC BD ( ABCD квадрат) и 1 AC OO ( 1 OO высота пирамиды). Пр я мая 1 BD лежит в плоскости 1 1 BB D , поэтому иск о- мое расстояние равно длине перпендик у- ляра, опущенного из точки O на 1 BD . OK найдем из подобия прямоугольных A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N O O 1 D 1 B 1 h N O B D O 1 а б Рис. 20 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N O O 1 D 1 B 1 h N O B D O 1 K K а б Рис. 21 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N O O 1 D 1 B 1 h N O B D O 1 а б Рис. 22 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 O O 1 D 1 B 1 N B D O K K а б Рис. 23 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 14 треугол ь ников N BD 1 и BKO (см. рис. 23 б ), имеющих общий острый угол. В треугольнике N BD 1 : 1 D N h , BN , 2 2 ) ( 2 2 ) ( 2 b a b a a ND BD 2 2 2 2 1 1 ( ) 2 a b BD D N BN h . В треугольнике BKO 2 2 2 BD a BO . Тогда 1 1 OK BO D N BD или 2 2 1 1 ) ( 2 b a h ah BD N D BO OK . Ответ : 2 2 ) ( 2 b a h ah . Пример 2 2 . В правильной четыре х- угольной пирамиде , SABCD все ребра которой равны 1, най ти расстояние между пр я мыми BD и SA . Решение . Пусть E – основание пе р- пендикуляра ( см. рис . 2 4 ), опущенного из точки O на ребро SA . Так как прямая BD перпендикулярна плоск о сти AOS , то OE BD . Таким образом, ОЕ – общий перпе н- дикуляр к скрещ и вающимся прямым BD и SA . Найдем его длину, в ы числив двумя способами площадь треугол ь ника AOS . Из равенства , OE AS SO AO где 2 2 AO , , 1 AS 2 2 SO сл е дует, что 5 , 0 OE . Ответ : 0,5. векторно - координатный метод Пример 23 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти расстояние ме ж- ду диагональ ю куба 1 BD и диагон а лью грани 1 AB . Решение . Введем прямоугольную си с- тему коо р динат ( см. рис. 2 5 ), тогда ) 0 ; 0 ; 0 ( А , ) 0 ; 1 ; 0 ( В , ) 1 ; 1 ; 0 ( 1 В , ) 1 ; 0 ; 1 ( 1 D . Пусть EF – о бщий перпендикуляр скрещива ю щихся прямых 1 BD и 1 AB , то есть 1 AB EF , 1 BD EF , причем 1 AB E и 1 BD F . Обозн а чим E B AE 1 , F D BF 1 и воспользуемся фо р мулами для координат точки (опорная задача 1) , к о- торая д е лит данный отрезок в заданном отношении. П о лучим 1 , 1 , 0 E , 1 , 1 1 , 1 F . Пусть p 1 , q 1 , тогда ) , , 0 ( p p E , ) , 1 , ( q q q F . Так как вектор } , 1 , { p q p q q EF должен быть перпендикулярным вект о рам } 1 ; 1 ; 0 { 1 AB и } 1 ; 1 ; 1 { 1 BD , то имеем систему уравнений: 0 , 0 1 1 EF BD EF AB или A B C D O E S Рис. 24 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z F E Рис. 25 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 15 0 1 , 0 1 p q p q q p q p q . 3 1 , 2 1 q p Отсюда 6 1 , 6 1 , 3 1 EF , EF EF 6 1 36 1 36 1 9 1 . Ответ : 6 1 . векторный метод Пр и мер 24 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти расстояние ме ж- ду пр я мыми 1 AB и BD . Решение . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 2 6 ), тогда | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . Если M и N – основания общего пе р- пендику ляра прямых 1 AB и BD соотве т- ственно, то имеем , 1 c b AB , a b DB DN AD MA MN DB y a AB x 1 ) ( ) ( a b y a c b x c x b y x a y ) ( ) 1 ( . Вектор MN перпендикулярен вект о- рам 1 AB и , DB поэтому имеем 0 , 0 1 DB MN AB MN 0 ) ( ) ( ) 1 ( , 0 ) ( ) ( ) 1 ( a b c x b y x a y c b c x b y x a y 0 ) ( ) 1 ( , 0 ) ( 2 2 2 2 b y x a y c x b y x 0 1 2 , 0 2 y x y x . 3 2 , 3 1 y x Итак, c b a MN 3 1 3 2 3 1 3 2 1 c b a 3 1 3 1 3 1 , 2 3 1 3 1 3 1 c b a MN 3 3 9 1 9 1 9 1 . Ответ : 3 3 . метод опорных задач Опорная задача · Если AB и CD – скрещивающиеся ре б ра треугольной пирамиды ABCD , d – ра с- стояние между ними, а АВ , b CD , – угол между AB и CD , V – объем пир а- миды ABCD , то sin 6 ab V d . Пример 2 5 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти расстояние ме ж- ду диагональю куба 1 BD и диагон а лью грани 1 AB . Решение . Найдем искомое рассто я ние по формуле sin 6 1 1 BD AB V d , где V – объем пирам и ды 1 1 D ABB ( см. рис. 2 7 ), 2 1 AB , 3 1 BD , 2 – угол ме ж- ду прямыми 1 BD и 1 AB . Так как площадь основания 1 АВВ пирамиды 1 1 D ABB ра в- на 2 1 , а высота 1 1 D A равна 1, то 6 1 V . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M N Рис. 26 B C D A B 1 C 1 D 1 A 1 Рис. 27 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 16 Следов а тельно, 6 1 3 2 1 d . О т вет : 6 1 . Пример 25 . В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , ребра которой равны l , най ти рассто я- ние между прямыми 1 AB и 1 BC . Решение. Найдем синус угла ме ж ду данными прямыми. Так как BM AB || 1 , то получим косинус угла из треугол ь ника 1 MBC ( см. рис. 2 8 ) : . 4 3 2 2 2 1 2 2 2 cos 1 2 1 2 1 2 BC BM MC BC BM Тогда 4 7 16 9 1 sin . Расстояние отточки 1 C до прямой 1 1 B A равно 2 3 . Объем пир а миды 1 1 C ABB с основанием 1 ABB р а вен 12 3 2 3 1 1 2 1 3 1 V . Расстояние между прямыми 1 AB и 1 BC ра в но 7 21 4 7 2 2 12 3 6 d . О т вет : 7 21 . 1.5. Угол между двумя прям ы ми · Углом между двумя пересекающимися прямыми называется наименьший из у г- лов, обра зованных при пересечении пр я- мых. · 90 , 0 b a . · Углом между скрещивающимися пр я- мыми называется угол между пересека ю- щимися прямыми, соответственно пара л- лельными данным скрещивающи м ся. · Две прямые называются перпендикуля р- ными , если угол между ними равен 90 . · Угол между параллельными прямыми счит а ется равным нулю. поэтапно - вычислительный метод При нахождении угла между пр я- мыми m и l испол ь зуют формулу bc a c b 2 | | cos 2 2 2 , где a и b длины сторон треугольн и ка АВС , соответственно параллельны х этим пр я мым. Пример 2 7 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между прямыми D A 1 и E D 1 , где E – с е р едина ребра 1 CC . Решение . Пусть F – середина ребра 1 ВВ , а – ребро куба, – искомый угол (см. рис. 2 9 ) . Так как E D F A 1 1 || , то – угол при вершине 1 A в тр е угольнике FD A 1 . Из треугольника BFD им е ем 4 9 4 2 2 2 2 2 2 2 a a a BF BD FD , A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 E F Рис. 29 A B C D E F D 1 F 1 A 1 E 1 C 1 B 1 N M Рис. 28 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 17 а из тр е угольника F B A 1 1 получаем 4 5 4 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 a a a F B B A F A , о т куда 2 5 1 a F A . Далее в треугольнике FD A 1 использ у- ем теор е му косинусов cos 2 1 1 2 1 2 1 2 F A D A F A D A FD , cos 2 5 2 2 4 5 2 4 9 2 2 2 a a a a a , о т куда 10 1 cos и 10 1 arccos . Ответ : 10 1 arccos . Замечание. Для у прощения вычисл е- ний длину ребра куба удобно пр и нять за ед и ницу. При мер 28 . В правильной треугол ь ной призме 1 1 1 C B ABCA , ребра к о торой равны l , най ти угол между прямыми 1 A С и С B 1 . Решение. Проведем 1 || AC CM (см. рис. 30 ) . Тогда ) , ( ) , ( 1 1 1 C B CM C B A С . Из треугольника 1 1 B M С с помощью теоремы косинусов находим 3 ) 5 , 0 ( 1 1 2 1 1 2 2 2 1 MB . Далее из треугольника 1 M СС , и с пользуя теорему косинусов, пол у чаем 4 1 2 2 2 3 2 2 cos и 4 1 arccos . Ответ: 4 1 arccos . Пример 29 . (МИОО, 2010) . В пр а- вильной шестиугольной пирамиде MABCDEF , стороны основания кот о рой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти косинус угла между MB и AD . Решение. Прямая AD параллельна прямой BC (см. рис. 31 ). Следовательно, и с комый угол MBC . В равнобедренном треугол ь нике MBC проведем апофему ML , 2 1 2 1 BC BL . Из прямоугольного треугольника BML получаем 4 1 cos BM BL MBL . Ответ: 4 1 . векторно - координатный м е тод При нахождении угла между пр я- мыми m и l используют форм у лу q p q p cos или в координатной форме : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 cos z y x z y x z z y y x x , где } , , { 1 1 1 z y x p и } , , { 2 2 2 z y x q ве к- торы, соответс т венно параллельны е этим прямым; в частности, для того чтобы прямые m и l были перпендикулярны, н е- обходимо и доста точно, чт о бы 0 q p или 0 2 1 2 1 2 1 z z y y x x . B C D E F M L A Рис. 31 A B C A 1 C 1 B 1 N M Рис. 30 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 18 Пример 30 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между пр я- мыми АЕ и DF , где Е и F – точки , расп о- ложенные на ре б рах CD и 1 1 D C так , что DC DE 3 1 , 1 1 1 3 1 D C F C . Решение . Введем прямоугольную си с- тему координат, как указано на р и сунке 32 . Т о гда ) 0 ; 0 ; 0 ( А , ) 0 ; 0 ; 1 ( D , 0 ; 3 1 ; 1 Е , 1 ; 3 2 ; 1 F , 0 ; 3 1 ; 1 AE , 1 ; 3 2 ; 0 DF , 130 2 3 13 3 10 9 2 cos DF AE DF AE , 130 2 arccos , где иск о мый угол. О т вет : 130 2 arccos . Пример 31 . В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , ребра которой равны l , най ти уг ол м е- жду прямыми 1 AB и 1 BF . Решение. Введем прямоугольную си с- тему координат, как указ а но на рисунке 33 . Т о гда 0 ; 2 3 ; 2 1 А , 1 ; 2 3 ; 2 1 1 B , 0 ; 2 3 ; 2 1 B , 1 ; 0 ; 1 1 F , 1 ; 0 ; 1 1 AB , 1 ; 2 3 ; 2 3 1 BF , 8 2 2 2 2 1 cos 1 1 1 1 BF AB BF AB , 8 2 arccos , где иск о мый угол. Ответ : 8 2 arccos . векторный м е тод При использовании данного метода применяют формулу q p q p cos . Пример 3 2 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между пр я мыми EF и PQ , где E , F , P , Q – серед и ны ребер 1 DD , BC , 1 AA и 1 1 C B соответс т венно. Решение . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 3 4 ) , где | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z F E Рис. 32 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 P E F Q Рис. 34 C B A A 1 x z D y O E F B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 Рис. 33 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 19 Т о гда a b c CF DC ED EF 2 1 2 1 , a b c Q B B A PA PQ 2 1 2 1 1 1 1 1 , откуда н а ходим EF PQ a b c a b c 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 1 4 1 4 1 2 2 2 a c b , 2 2 2 2 4 1 4 1 2 1 2 1 a b c a b c PQ 2 3 4 1 1 4 1 , 2 2 2 2 4 1 4 1 2 1 2 1 a b c a b c EF 2 3 4 1 1 4 1 , Подставляя полученные значения в формулу, имеем: 3 1 2 3 : 2 1 cos EF PQ EF PQ . Отсюда 3 1 arccos , где и с комый угол. Ответ : 3 1 arccos . метод опорных задач ● Применение теоремы « о трех косин у сах » Пример 3 3 . Угол между боковыми ребрами правильной четырехугольной пир а миды , не лежащими в одной грани , равен 120 . Най ти плоский уго л при ве р- шине пирамиды. Решение . В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD проведем диаг о нальное сечение ASC ( см. рис. 3 5 ); SD – наклонная к плоскости сечения, SO – в ы сота пирамиды и проекция SD на эту пло с кость, SC – прямая, проведенная в плоскости ASC через основание накло н- ной. По условию 120 ASC . На основании теоремы о трех косин у- сах (опорная задача 3) им е ем: CSO DSO DSC cos cos cos . Отсюда 60 cos 60 cos cos DSC 4 1 60 cos 2 . Следовательно, 4 1 arccos DSC . Ответ : 4 1 arccos . ● Применение теоремы косинусов для трехгранного у г ла Пример 34 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между прямыми 1 AD и , DM где М – середина ребра 1 1 C D . Решение . Пу сть ребро куба равно 1, точка N – середина ребра 1 1 В А , тогда и с- комый угол равен углу между 1 AD и AN ( см. рис. 3 6 ) . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N M Рис. 36 A B C D O S Рис. 35 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 20 Используем теорему косинусов для трехгранного угла с вершиной A ( опорная задача 2 ) , в кот о ром 1 1 AD A , AN A 1 , 1 NAD . Так как в кубе все двугра н ные углы при ребрах прямые, то 90 . Тогда из теоремы следует, что cos cos cos . Из п рямоугольного треугольника 1 1 AD A находим 2 2 45 cos cos , из треугольника AN A 1 получ а ем 5 2 2 5 : 1 cos 1 AN AA . Отсюда 5 2 5 2 2 2 cos . След о вательно, 5 2 arccos . О т вет : 5 2 arccos . ● Применение формулы 1 cos cos cos 2 2 2 , где , и – углы, которые образ у ет некоторая прямая с тремя попарно пе р- пендикулярными прямыми. Пример 35 . Дан прямоугольный п а- ралл елепипед . 1 1 1 1 D C B ABCDA Его диаг о- наль D В 1 с о ставляет с ребром AD угол , 45 а с ребром DC угол . 60 Най ти угол между пр я мыми D В 1 и 1 DD . Решение . Так как параллелепипед 1 1 1 1 D C B ABCDA прямоугольный, то его ребра, выходящие из одной вершины п о- парно перпендикулярны. Рассмотрим вершину D и воспользуемся данной в ы- ше формулой 1 cos cos cos 2 2 2 , где 1 ADB , 1 CDB , 1 1 DB D (см. рис. 3 7 ). Так как по условию 45 , 60 , то п олуч а ем 1 cos 60 cos 45 cos 2 2 2 , 4 1 2 1 4 1 1 cos 2 . Поскольку – острый угол , то 2 1 cos . Отсюда 60 . Ответ : 60 . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 37 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 21 1.6. Угол между прямой и плоскостью · Углом между плоскостью и не перпе н- дик у лярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. · 90 ) , ( 0 a . · Угол между взаимно перпендикулярн ы- ми прямой и плоскостью р а вен 90 . · Если прямая параллельна плоскости ( или л е жит в ней ) , то угол между ними считается ра в ным 0 . поэтапно - вычислительный метод Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить, если этот угол удае т ся включить в прямоугольный треугол ь ник в качестве одного из острых у г лов. Пример 36 . В правильной треугольной призме 1 1 1 C B ABCA , все ребра кот о рой равны 1, най ти угол между прямой 1 АВ и плоскостью С С АА 1 1 . Решение . Пусть D – середина 1 1 С А , тогда D B 1 – перпендикуляр к плоскости С С АА 1 1 , а D – пр о екция точки 1 В на эту плоскость ( см. рис. 3 8 ) . Если – иск о мый угол, то 1 1 sin AB D B , где 2 1 AB , 2 3 1 D B , и поэтому 4 6 sin . О тсюда 4 6 arcsin . Ответ : 4 6 arcsin . Пример 37. В правильной четыре х- угольной пирамиде MABCD , все ребра которой равны 1, точка E середина ребра . MC Найти синус угла между прямой DE и плоск о стью AMB . Решение. Через вершину M пров е дем прямую параллельную прямой , AD и о т- ложим на ней едини ч ный отрезок MF (см. рис . 39 ). В т етраэдре MDCF все ребра равны 1 и плоскость DFC пара л лельна плоскости AMB . Перпендик у ляр , EH опущенный из точки E на плоскость , DFC раве н половине высоты те т раэдра MDFC , т.е. равен 6 6 (высота данного тетраэдра равна 3 6 – покажите самостоятельно). Угол между пр я мой DE и плоскостью AMB равен углу , EDH синус к о торого равен 3 2 2 3 : 6 6 DE EH . Ответ: 3 2 . Пример 38 . В правильной шест и- угольной пирамиде , MABCDEF стороны основания которой равны 1, а боковые ре б ра равны 4, найти синус угла между прямой BC и пло с костью EMD . Решение. Так как , || BC AD то ) , ( ) , ( EMD AD EMD BC (см. рис. 40 ) . Найдем ) , ( sin EMD AD . Высота пирамиды 15 MO (см. пример 13 ) . ML апофема боковой гр а- B C D A B 1 C 1 A 1 Рис. 38 A B C D E M H F Рис. 39 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 22 ни EMD . Высота OH тр е угольника MOL перпендикулярна пло с кости EMD и 7 5 OH . Тогда прямая HD ортогона льная пр о- екция прямой AD на плоскость EMD и из прямоугольного треугольника OHD 7 5 1 : 7 5 ) , ( sin OD OH EMD AD . Ответ : 7 5 . Пример 3 9 . (ЕГЭ, 2010) . В правильной треугольной пирамиде MABC с основ а- нием ABC известны ребра 3 7 AB , 25 MC . Найти угол , образованный плоскостью основания и прямой , прох о- дящей через сер е дины ребер AM и BC . Решение. Пусть D и E середины ребер CB и AM соответственно. Так как пирамида правильная, то CB AD и CB MD . Следовательно, ABC CB и AMD ABC (по признаку перпендик у- лярности плоскостей). Опустим в плоскости AMD перпенд и- куляры MO и EF из точек M и E на пр я мую AMD ABC AD (см. рис. 41 ). Так как AD прямая пересечения пе р- пендик у лярных плоскостей, то MO и EF перпендикулярны к плоскости о с- нования. Тогда точка O основание в ы- соты MO является центром треугольника ABC и 7 3 AB AO , 2 7 2 AO OD , а прямая FD ортогональная проекция прямой DE на плоскость осн ования. Точка F середина отрезка AO ( MO EF || и EF средняя линия тр е- угольника AMO ). Т о гда 7 OD FO FD . Высоту пирамиды находим из прям о- угольног о треугольника AMO : 24 7 25 2 2 2 2 AO AM MO . Тогда 12 EF Так как угол между прямой и плоск о- стью – угол между прямой и ее ортог о- нальной проекцией на эту плоскость, то из прямоугольного треугольника FED п о лучаем . 7 12 ) , ( tg FD EF ABC ED Значит, искомый угол равен 7 12 arctg . Ответ: 7 12 arctg . A B C D E M F O H L Рис. 40 A B C D O M F E Рис. 41 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 23 векторно - координатный метод Угол между прямой l и плоскостью можно вычислить по формуле p n p n sin или в координатной фо р ме 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 sin z y x z y x z z y y x x , где } , , { 1 1 1 z y x n – вектор нормали пло с- кости , } , , { 2 2 2 z y x p – н а правляющий вектор прямой l ; · прямая l и плоскость параллельны тогда и только тогда, когда 0 2 1 2 1 2 1 z z y y x x . Пример 40 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между пр я- мой 1 АD и плоскостью , проход я щей через точки 1 А , Е и F , где точка Е – с е- редина ребра 1 1 D C , а точка F лежит на ре б ре 1 DD , так , что DF F D 2 1 . Решение . Введем прямоугольную си с- тему коо р динат, как указано на рисунке 42 . Тогда ) 0 ; 0 ; 0 ( А , ) 1 ; 0 ; 0 ( 1 А , ) 1 ; 0 ; 1 ( 1 D , 1 ; 2 1 ; 1 Е , 3 1 ; 0 ; 1 F , } 1 ; 0 ; 1 { 1 АD , 0 ; 2 1 ; 1 1 E A , 3 2 ; 0 ; 1 1 F А . Пусть } , , { z y x n – вектор, перпенд и кулярный плоскости , – искомый угол. Тогда n AD n AD 1 1 sin . Вектор n найдем из условий перпе н- дикуля р ности этого вектора векторам E A 1 и F А 1 , т.е. из условий 0 , 0 1 1 F A n E A n или . 5 , 1 , 2 0 3 2 , 0 2 x z x y z x y x Пусть 2 x , тогда 4 y , 3 z и } 3 ; 4 ; 2 { n , 29 | | n . Так как 2 1 AD и , 5 3 1 ) 4 ( 0 2 1 1 n AD то 58 5 29 2 5 sin . Отсюда 58 5 arcsin . О т вет : 58 5 arcsin . Пример 41 . В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , ребра которой равны l , най ти угол м е- жду прямой 1 AB и плоскостью 1 ACE . Решение. Введем прямоугольную си с- тему координат, как указано на рисунке 43 . Т о гда 0 ; 0 ; 1 А , 1 ; 2 3 ; 2 1 1 B , 1 ; 2 3 ; 2 1 1 AB . Составим уравнение плоскости , пр о- хо дящей через точки A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z F E Рис. 42 A F E E 1 x z B y O C D F 1 A 1 B 1 C 1 D 1 M N Рис. 43 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 24 0 ; 0 ; 1 А , 0 ; 2 3 ; 2 1 C , 1 ; 2 3 ; 2 1 1 E . Подставляя координаты этих точек в общее уравнение плоскости 0 ax by cz d , получаем систему 0 2 3 2 1 , 0 2 3 2 1 , 0 d c b a d b a d a Отсюда имеем d a , d b 3 , d c 3 . Подставим в уравнение плоск о- сти и сократим на 0 d : 0 1 3 3 z y x . Вектор нормали полученной плоскости } 3 ; 3 ; 1 { n . Тогда n AB n AB 1 1 sin , где иск о- мый угол. Имеем 13 26 2 13 2 4 sin . Отсюда 13 26 2 arcsin . О т вет : 13 26 2 arcsin . векторный метод Пример 42 . В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, най ти угол между прямой DE , где E – середина апофемы SF грани ASB , и пло с костью A SC . Решение . Так как прямая О D перпенд и- кулярна плоскости ASC , то вектор OD я в- ляется вектором нормали плоскости ASC . Пусть a AD , b AB , c AS ( см. рис. 44 ), где 1 | | | | | | c b a , 0 b a , 5 , 0 60 cos | | 2 a c b c a . То гда ) ( 2 1 ) ( 2 1 b a a b a AD OA OD , b c b a FE AF DA DE 2 1 2 1 2 1 c b a 2 1 4 1 , b a c b a OD DE 2 1 2 1 2 1 4 1 8 3 8 1 2 1 4 1 4 1 8 1 2 1 2 2 c b c a b a , 2 2 1 4 1 c b a DE c b c a c b a 2 1 4 1 2 2 1 2 4 1 16 1 2 2 2 16 15 8 1 2 1 4 1 16 1 1 , 2 1 4 1 4 1 2 1 2 1 2 b a OD . Подставляя полученные значения в формулу OD DE OD DE sin , име ем 30 3 2 15 4 8 3 sin . Отсюда 30 3 arcsin , где и с комый угол. Ответ : 30 3 arcsin . A B C D O S E F Рис. 44 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 25 A M H l Рис. 45 метод опорных задач Угол ме жду прямой l и плоскостью можно вычислить по форм у ле AM M l , ) , ( sin sin , где l M , A l (см. рис. 4 5 ) . Пример 43 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найти угол между пр я- мой 1 1 B А и плоскостью 1 BDC . Решение . Так как 1 1 1 1 || C D B А и точки 1 D и 1 O лежат на прямой 1 1 B D , пара л- лельной плоскости 1 BDC (см. рис. 4 6 ), т о п о следовательно получаем ) , ( sin ) , ( sin 1 1 1 1 1 1 BDC C D BDC B A 1 1 1 1 1 1 1 1 ) , ( ) , ( C D BDC O C D BDC D 3 3 1 : 3 3 . Отсюда 3 3 arcsin ) , ( 1 1 1 BDC B A . Ответ : 3 3 arcsin . 1.7. Угол между пло с костями · Двугранный угол , образованный пол у- плоск о стями измеряется вел ичиной его линейного угла , получаемого при перес е- чении двугранного угла плоскостью , пе р- пендикулярной его ребру. · Величина двугранного угла принадл е- жит промежутку ) 180 , 0 ( . · Величина угла между пересекающим и- ся плоскостями принадлежит пром е- ж утку ] 90 , 0 ( . · Угол между двумя параллельными плоскостями сч и тается равным 0 . поэтапно - вычислител ь ный метод Рассматриваемый метод позволяет н а- ходить поэтапно искомый угол при реш е- нии и з вестных задач, к которым сводит ся данная задача. Перечислим типы этих з а- дач, связанных с нахождением у г ла: ● между пересекающимися прямыми a и b , лежащими в рассматриваемых плоскостях и перпендикуля р ными их линии пересечения ( см. рис. 4 7 ) ; ● между прямыми, параллельными прямым a и b ил и между b и прямой, параллел ь ной a ; ● между плоскостями, параллельными данным плоскостям и или ме ж ду и плоскостью, пара л лельной ; ● между перпенд икулярами к данным плоскостям. ● построение линейного угла двугранного у г ла Решение задачи этим методом своди т- ся непосредственно к построению и в ы- числению величины линейного угла дв у- гранного угла, образованного перес е- кающимися плоскостями и . Соо т- A c a b Рис. 47 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 O N O 1 Рис. 46 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 26 A B C D S O E K Рис. 48 ветствующий линейный угол строится с помощью двух перпендикуляров a и b , пр о веденных в указанных плоскостях к прямой их пер е сечения, а его величина в дальнейшем находится либо из некотор о- го прямоугольного тр е у гольника, либо из некоторого треугол ь ника с применением теоремы к о синусов. Пример 44 . В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD , все ребра кот о рой равны 1, най ти двугранный угол между основанием и боковой гр а нью. Решение . Пусть E и K – середины ребер AD и BC соответс т венно, О – центр основания ABCD ( см. рис. 4 8 ). Т о гда AD SE , AD EK и поэтому SEK – линейный угол данного дв у- гранного у г ла. Так как 1 AD , 2 1 OE , 1 SD , то 2 3 4 1 1 2 2 ED SD SE , 3 1 cos SE OE , 3 1 arccos . Ответ : 3 1 arccos . Пример 45 . В правильной шест и- угольной пирами де , стороны основания кот о рой равны 1, а боковые ребра равны 2, най ти косинусы дв у гранных углов при основании и при боковом ребре. Решение. Рассмотрим пирамиду M ABCDEF . Поскольку пирамида пр а- вильная, то равны все е е двугранные у г- лы при основании и равны вс е углы ме ж- ду любыми е е смежными боковыми гр а- нями. Найд е м, например, угол между плоскостью осн о вания и боковой гранью MAF и угол ме ж ду боковыми гранями FME и M DE ( см. рис. 4 9 ) . Прямая AF – ребро двугранного угла MAF Е . Пусть O – центр основания, т о гда MO – высота пирамиды. Пусть L – сер е- дина отрезка AF , тогда M L – апофема грани A M F , . 2 15 4 1 4 2 2 AL AM ML По теореме о трех перпендикулярах пр я- мая LO перпендикулярна AF . Следов а- тельно, MLO – линейный угол дв у- гранн ого угла MAFB . , 2 3 LO так как является высотой равностороннего тр е- угольника AOF со стороной 1. Из прям о- угол ь ного треугольника LM O находим 5 1 15 2 2 3 cos ML LO MLO . Прямая ME – ребро двугранного угла FMED . В треугольниках FME и MD Е проведём выс о ты к стороне ME из точек F и D соотве т ственно. Поскольку DME FME , то эти высоты «сойду т- ся» в одной точке N . Следовательно, DNF – линейный угол двугранного у г- ла FMED . Из равенства треугольников FME и MD Е следует равен ство в ы сот FN и D N . Найд е м FN . Для этого вычислим пл о щадь треугольника FME . Поскольку ап о фема A B C F L N E D M O K Рис. 49 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 27 грани FME ра в на 15 2 ML , FME S 4 15 1 2 15 2 1 , то высота FN , опуще н- ная на ME , равна: 4 15 2 ME S FN FME . Дал ее, рассмотрим равнобедренный треугольник F DN . В н е м . 3 2 LO FD Косинус угла DNF можно найти, во с- пользовавшись теоремой косинусов для стор о ны DF : 2 2 2 3 cos 2 5 FN DN FD FND FN DN . Таким образом , искомые косинусы двугранных углов при основании и при боковом ребре равны 5 1 и 3 5 соотве т- стве н но. Ответ: 5 1 и 3 5 . Так как в подобных телах соответс т- вующие углы равны, а линейные элеме н- ты (стороны, высоты, медианы и т. п.) пропорц иональны , то при вычислении углов в какой - либо конфигурации (обы ч- но в треугольнике) важно учитывать лишь отношение длин соотве т ствующих отрезков. Поэтому, если все линейные элементы конфигурации зависят от одн о- го параметра, то можно принимать зн а- чение этого параметра равным к а кому - нибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто п о- лагают длину его ребра равным ед и нице. Пример 4 6 . В кубе 1 1 1 1 ABCDABC D най ти угол между плоскостями сеч е ний 1 1 ABC D и 1 1 CB AD . Решение. Пусть ребро куба равно 1. Прямая D B 1 – линия пересечения пло с- костей с е чений 1 1 ABC D и 1 1 CB AD , так как 1 B и D – их общие точки ( см. рис . 50 ). В прямоугольных треугол ь никах 1 1 B AD и 1 1 BC D провед е м высоты к гип о тенузе 1 B D из точек 1 A и 1 C соответственно. Поскольку треугол ь ник и 1 1 B AD и 1 1 BC D равны, то эти высоты «со й дутся» в одной точке N . Следовательно, 1 1 NC A – л и- нейный угол двугранного у г ла 1 1 1 DC B A . Поскольку прямоугольные треугольн и- ки 1 1 B AD и 1 1 BC D равны, то равны и в ы- соты N A 1 и N C 1 , опущенные на гипот е- нузу 1 B D . Длины ук а занных высот можно найти, например, ч е рез площадь любого из этих тр е угольнико в: 3 2 1 1 N C N A . Далее, рассмотрим равнобедренный треугольник 1 1 AC N . В н е м 1 1 2 AC . Найдём угол 1 1 NC A , воспользовавшись теоремой косинусов для ст о роны 1 1 AC : N C N A C A N C N A NC A 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 cos 5 , 0 3 2 3 2 2 ) 2 ( 3 2 3 2 2 2 2 . Отсюда . 3 2 1 1 NC A Следовательно, искомый угол между плоскостями сечений 1 1 AB D и 1 1 BC D р а- вен 3 . Ответ: 3 . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N Рис. 50 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 28 Прим ер 47 . В правильной треугольной призме 1 1 1 ABCABC боковое ребро равно b , а сторона основания a . Най ти кос и нус угла между плоскост я ми 1 ABC и 1 1 ABC . Решение. Построим линию пересеч е ния плоскостей 1 ABC и 1 1 ABC ( см. рис. 51 ). Диагонали 1 AC и C A 1 в боковой гр а ни C C AA 1 1 призмы перес е каются в точке D и делятся этой точкой пополам. Аналоги ч- но, диагонал и 1 BC и C B 1 в б о ковой грани C C BB 1 1 призмы пересек а ются в точке E и также делятся этой точкой пополам. То ч- ки D и E – общие точки пло с костей 1 ABC и 1 1 ABC , п оэтому прямая DE является л и- нией их пересечения. Кроме того, отр е зок DE является средней линией равнобе д- ренных треугольн и ков 1 ABC и 1 1 ABC , а значит, DE || AB и DE || 1 1 B A . Рассмотрим равнобедр енные тр е- угольники DE C 1 и CDE . Они равны по тр е м сторонам. Провед е м в этих тр е- угольн и ках медианы N C 1 и CN к общему осн о ванию DE . Тогда DE N C 1 и DE CN . Следовательно, NC C 1 – л и- нейный угол дв у гранного угла DEC C 1 . Найд е м теперь косинус угла NC C 1 . С этой целью ра с смотрим равнобедренный тр е угольник NC C 1 . В н е м N C 1 4 4 3 2 2 2 2 2 1 2 1 b a MB CB CM CN , b CC 1 . Воспользовавшись теоремой к о- синусов для ст о роны 1 CC , получим: 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 4 3 4 3 2 cos b a b a CN N C CC CN N C NC C . В рассматриваемом примере требуе т ся найти косинус угла между плоскост я- ми 1 ABC и 1 1 ABC . Вста е т закономерный в о прос. Нашли ли мы косинус того угла, который тр е буется в условии, или же нам необходим косинус смежного с ним угла NM C 1 (кстати, на рис. 51 через об о- значена величина именно этого у г ла)? На этот вопрос можно ответить сл е дующим образом. Согласно определению угла между плоскостями, его величина может быть в пределах от 0 до 2 , т.е. к о синус такого угла должен быть положител ь- ным. П о этому, если 0 4 3 2 2 b a , то 2 2 2 2 1 4 3 4 3 cos cos b a b a NC C , если же 0 4 3 2 2 b a , то 2 2 2 2 1 4 3 3 4 cos cos b a a b NM C (поскольку косинусы смежных углов равны по абсолютной величине и прот и- воположны по знаку). Таким образом, оконч а тельно: 2 2 2 2 4 3 | 4 3 | cos b a b a . Ответ : 2 2 2 2 4 3 | 4 3 | b a b a . ● Использование параллельных прямых В некоторых задачах построение л и- нейного угла затруднительно. И тогда вместо линейного угла можно рассмо т- реть угол с соответственно параллельн ы- ми сторонами по отношению к линейн о- му углу. Приме р 48 . В кубе 1 1 1 1 ABCDABC D с ребром , равным a , через точки M на ре б- ре 1 BB и N на 1 DD такие , что 3 4 a BM и 4 a DN , параллельно AC проведена с е- кущая плоско сть. Определить угол ме ж- ду секущей плоскостью и плоск о стью ABC . A B C D A 1 B 1 C 1 M E N Рис. 51 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 29 Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M и N параллельно AC ( см. рис. 52 ). С этой целью рассмотрим диагонал ь- ную пло с кость 1 1 C AA . Соединим точки M и N , т о гда O MN C AA 1 1 , где точка O – середина отрезка MN . Поскольку, согла с- но условию, секущая плоскость пара л- лельна AC , то прямая l е е пересечения с плоскостью 1 1 C AA также будет пара л- лельна AC . Поэтому провед е м через то ч- ку O прямую QP ( QP || AC ). Соединив последов а тельно отрезками точки Q , M , P и N , получим сечение QMPN . Так как с е- кущая плоскость пересекает параллел ь- ные грани куба по параллельным пр я- мым, то четыр е хугольник QMPN являе т- ся параллел о граммом. В квадрате ABCD диаг онали перпе н- дикуля р ны ( AC BD ), значит, l BD . Проведем в плоскости 1 BDD пр я мую KN , параллельную BD . Тогда KN l . Пр я мая BD является проекцией н а клонной MN на плоскость АВС , поэтому по теореме о трех перпенд и кулярах MN l . Прямая MN лежит в пло с кости MPNQ , а прямая К N параллельна плоскости ABC . След о- вательно, угол KNM равен линейному у г лу искомого двугранного угла (как уг лы с с о- ответственно параллельными сторон а ми). Пусть MNK , тогда 2 tg:2 2 4 MB ND a a BD . Ответ: 2 arctg 4 . ● использование параллельных плоск о стей В некоторых задачах является эффе к- тивным по д ход, при котором вместо угла ме жду пересекающимися плоск о стями и ищется угол между плоскостями, п а- раллельными рассматриваемым (или м е- жду одной из данных плоскостей и пло с- костью, п а раллельной другой из них). Пример 49 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоскостью гр а ни 1 1 AAB B и плоск о стью D BC 1 . Решение. Так как плоскость 1 1 AAB п а- раллельна плоскости 1 1 DDC , то иск о мый угол равен углу между пло с костям и D BC 1 и 1 1 DDC ( см. рис. 53 ). Диагонали грани куба перпе н дикулярны и точкой пересечения делятся пополам. П о этому 1 EC DC , где точка E – середина о т- резка 1 DC . Также 1 BE DC , как высота равностороннего треугольника D BC 1 . Следовательно, угол BEC есть лине й ный угол двугра н ного угла 1 BDCC . Треугольник BEC прямоугольный ( 1 1 BC DDC ) и BCE прямой. Пусть ребро куба равно 1, тогда 1, BC 1 1 2 2 DC EC . Следовательно, 1 tg 1:2 2 BC EC . Отсюда arctg 2 . Ответ : arctg 2 . A D A 1 M P Q B N C 1 B 1 D 1 K C O Рис. 52 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 E Рис. 53 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 30 ● использование перпендикуляров к пло с костям На рис. 5 4 прямые l и l лежат в плоскости и перпендикулярны плоск о- стям и соответс т венно. Тогда угол между ними равен углу между плоск о- стями и . В общем случае прямые l и l могут быть скр е щивающимися. Пример 50 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоск о стями C AB 1 и D BC 1 . Решение . Диагональ куба C A 1 пе р- пендикулярна плоск о сти D BC 1 ( см. рис. 5 5 ), так как 1 1 BC C A и 1 1 DC C A (по теореме о трех перпендикулярах). Анал о- гично диагональ куба 1 BD перпендик у- лярна плоскости C AB 1 . Таким обр а зом, задача сводится к нахождению острого угла между диагоналями C A 1 и 1 BD прямоугольника 1 1 A BCD . Пусть O – точка пересечения диаг о- налей и ребро куба ра в но 1. Тогда , 3 1 1 BD C A 3 2 OC OB . Из тр е- угольника ОВС нах о дим 2 2 2 1 cos 2 3 OB OC BC BOC OB OC , т.е. 1 arccos 3 BOC . Ответ : 3 1 arccos . Пример 51 . Дан куб 1 1 1 1 D C B ABCDA . Най ти угол между плоск о стями 1 1 C AB и C B A 1 1 . Решение . Каждая из пр я мых 1 AD и 1 CD ( см. рис. 5 6 ) перпендикулярна пло с- костям C B A 1 1 и 1 1 C AB соответственно (д о кажите). Поэтому величина искомого угла ра в- на величине угла между пр я мыми 1 AD и 1 CD . Так как треугольник C AD 1 – равн о- сторонний, то получаем ответ: 3 . Ответ : 3 . Пример 52 . (МИОО, 2010). Дана пр я- мая четырехугольная призма 1 1 1 1 D C B ABCDA , в основании которой лежи т прямоугол ь ник , ABCD в котором , 5 AB 33 AD . Через середину ребра CD проведена плоскость перпендикуля р- но прямой D B 1 . Найти тангенс угла м е- жду этой плоскостью и п лоскостью грани , 1 1 D D AA если расстояние между прям ы ми 1 1 C A и BD равно 3 . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 O Рис. 55 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 56 A c a b l l Рис. 54 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 31 Решение. Так как прямая D B 1 перпе н- дикулярна проведенной плоскости ( на рис. 5 7 эта пло скость изображена усло в- но ), а пр я мая 1 1 D AA CD ( D D CD 1 так как призма и AD CD так как ABCD прямоугольник), то угол между рассма т- риваемыми плоскостями равен углу ме ж- ду п рямыми D B 1 и CD . Тангенс этого угла найдем из прям о- угольного треугольника D CB 1 ( 1 1 D AA CD , следовательно C B CD 1 ). Так как скрещивающиеся прямые 1 1 C A и BD лежат в параллел ь ных плоскостях, то расстояние между ними равно рассто я- нию между этими плоскостями. Значит в ы сота и боковое ребро призмы равны 3 . Тогда 6 2 1 2 1 BB BC C B и и с- комый тангенс равен 2 , 1 5 6 1 CD C B . Ответ: 1,2. векторно - координатный метод Применение данного метода позв о ляет свести решение исходной задачи к задаче о нахожд е нии угла: а) между векторами нормалей данных плоскостей; б) между направляющими векторами скрещивающихся прямых а и b , леж а щих в р ассматриваемых плоскостях и перпе н- дикулярных к их линии пересеч е ния. ● использование векторов нормалей пересекающихся плоск о стей Любой ненулевой вектор, перпендик у- лярный плоскости – ее вектор нормали . Известно, что каждое уравнение пе р- вой степени 0 px qy rz d при усл о- вии 0 2 2 2 r q p задает в прямоугол ь- ной системе координат единственную плоскость, для которой вектор } , , { r q p n является вектором норм а ли. Задачу о нахождении угла между плоскостями и , заданными уравн е- ниями 0 1 1 1 1 d z r y q x p и 0 2 2 2 2 d z r y q x p соответственно, удобнее свести к задаче о нахождении у г ла между векторами их нормалей } , , { 1 1 1 r q p n и } , , { 2 2 2 r q p n , испол ь- зуя формул у | | | | | | ) , ( cos n n n n 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 r q p r q p r r q q p p . (1) Пример 53 . Най ти угол между пло с- костями 0 5 6 3 2 z y x и 0 7 2 4 4 z y x . Решение . Векторы } 6 ; 3 ; 2 { 1 n и } 2 ; 4 ; 4 { 2 n – векторы нормалей плоск о- стей 0 5 6 3 2 z y x и 0 7 2 4 4 z y x соответственно. Тогда по формуле (1) косинус угла между данными плоскостями равен: 2 1 2 1 cos n n n n . 21 16 4 16 16 36 9 4 | 2 6 4 3 4 2 | Отсюда 21 16 arccos . Ответ : 21 16 arccos . Пример 54 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоскостями C AB 1 и D BC 1 . Реш е ние . Пусть a AD , b AB , c AA 1 ( см. рис. 5 8 ), где | | | | b a 1 | | c , 0 c b c a b a . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 57 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 32 Векторы 1 BD и 1 CA являются вект о- рами нормали плоскостей C AB 1 и D BC 1 соответстве н но, так как C AB BD 1 1 и D BC CA 1 1 . Т о гда c b a BD 1 , c b a CA 1 , ) )( ( 1 1 c b a c b a CA BD 1 2 2 2 c b a , 3 ) ( 2 2 2 2 1 c b a c b a BD , 3 ) ( 2 2 2 2 1 c b a c b a CA , 3 1 3 3 1 cos 1 1 1 1 CA BD CA BD . Откуда 3 1 arccos , где искомый угол. Ответ : 3 1 arccos . Пример 55 . В правильной пирамиде MABCD ( M вершина ) высота и ст о- рона основания равны 4 . Точка F сер е- дина ребра MC . Плоскост ь пр о ходит через середину ребра AM перпендик у- лярно прямой BF . Найти угол ме ж ду : а ) плоскостью и плоскостью основ а- ния ; б ) плоскостью и прямой DM . Решение. Так как прямая BF , то ее направляющий вектор BF я в ляется вектором нормали плоскости (см. рис. 5 9 ) . Точка O основание высоты MO , следовательно, вектор OM является ве к- тором нормали плоскости ABC . Тогда получим . | | | | | | ) , ( cos OM BF OM BF ABC ( * ) Соответственно, для нахождения угла между прям ой DM и плоскост ью во с- пользуемся формулой: | | | | | | ) , ( sin DM BF DM BF DM . ( * * ) Введем систему координат Oxyz сл е- дующим образом. Пусть начало коорд и- нат находится в центре о с нования в точке O , ось x проходит через точку O пара л- лельно ребру AD , ось y прох о дит через точку O параллельно ребру AB , ось z проходит через точку O перпендикуля р- но плоскости основания (см. рис. 5 9 ). Найдем координаты точек и векторов: ), 0 ; 0 ; 0 ( O ), 0 ; 2 ; 2 ( B ), 0 ; 2 ; 2 ( C ), 4 ; 0 ; 0 ( M ), 2 ; 1 ; 1 ( F ) 0 ; 2 ; 2 ( D . Тог да } 2 ; 1 ; 3 { BF , 14 4 1 9 | | BF , } 4 ; 0 ; 0 { OM , 4 | | OM , } 4 ; 2 ; 2 { DM , 6 2 16 4 4 | | DM . Используя формулы ( * ) и ( * * ), пол у- чим , 14 2 4 14 | 4 2 0 ) 1 ( 0 3 | ) , ( cos ABC . 0 6 2 14 | 4 2 2 ) 1 ( ) 2 ( 3 | ) , ( sin DM Ответ: 14 2 arccos ) , ( ABC , 0 ) , ( DM . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 58 A B C D F M z O x y Рис. 59 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 33 Приведем один из способов получ е ния уравнения плоскости, если известны к о- орд и наты трех е е точек ) , , ( M M M z y x M , ) , , ( N N N z y x N , ) , , ( P P P z y x P , не л е жащих на одной прямой. Для этого ну ж но взять в общем виде уравнение плоск о сти 0 ax by cz d , в котором ,,, a b c d – неизвестные числа. Подставив в него к о- ординаты точек ,, M N P , получим си с- тему уравнений: 0, 0, 0. M M M N N N P P P ax by cz d ax by cz d ax by cz d Решив е е , н айдем ,, a pd b qd c rd (если окажется, что 0 d , то pc a , qc b ; если 0 d c , то a pb ). По д- ставив в исхо д ное уравнение и сократив на 0 d , пол у чим уравнение 1 rz qy px . Выведем, например, в выбранной си с- теме координат уравнение плоскости, прох о дящей через точки , B D и 1 C ( см. рис. 60 ), если ребро куба равно 1. Для этого выразим координаты т о чек: (0;1;0), B (1;0;0), D 1 (1;1;1) C . Зап и сав в общем виде уравн е ние плоскости 0 ax by cz d и подставив в него к о- ординаты этих точек, п о лучим: 1 0 1 0 0,( ) 1 0 0 0,( ) 1 1 1 0.( ) a b c d для точки B a b c d для точки D a b c d для точки С О тсюда , b d a d и c d . Уравн е- ние плоскости 1 BC D им е ет вид 0 dx dy dz d или 1 0 x y z после сокращения на 0 d . В задачах на вычисление угла между пересекающимися плоскостями в общем случае уравнение плоскости находить не требуется. Координаты вектора нормали можно вывести, если известны координ а- ты трех точек плоскости ,, M N P , не л е- жащих на одной прямой. Для этого нах о- дим координ а ты двух векторов плоскости } , , { 3 2 1 a a a MN a и } , , { 3 2 1 b b b MP b . Предположим, что вектор с координат а- ми } , , { r q p n (здесь ,, p q r – неизвес т- ные числа, которые нужно найти) пе р- пендикулярен л ю бому ве ктору плоскости , т.е. a и b в том числе. Его координ а- ты ищутся из условий равенства нулю скалярных прои з ведений n с векторами a и b из следующей сист е мы уравнений: 0, 0; n a n b 1 2 3 1 2 3 0, 0. a p a q a r b p b q b r Эта система имеет бесконечное мн о- жество решений, так как векторов, пе р- пендикулярных плоскости , бесконечно много. Выразив, например, из системы координаты p и q через r , выберем н е- нулевой вектор { ( );( );} n p r q r r , взяв в качестве r какое - нибудь число (обычно б е рут так, чтобы в координатах не было дробей или радик а лов). Пример 56 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между пло с- костями E AD 1 и , 1 FC D где то ч ки Е и F – середины ребер 1 1 В А и 1 1 С В соотве т- стве н но. Решение . Введем прямоугольную си с- тему коо р динат, как указано на рисунке 61 . Тогда ) 0 ; 0 ; 0 ( А , ) 0 ; 1 ; 1 ( С , ) 1 ; 0 ; 1 ( 1 D , 1 ; 2 1 ; 0 Е , 1 ; 1 ; 2 1 F , 1 ; 2 1 ; 0 AE , }, 1 ; 0 ; 1 { 1 АD }, 1 ; 1 ; 0 { 1 СD . 1 ; 0 ; 2 1 СF Найдем вектор } , , { z y x n , перпенд и- кулярный плоскости E AD 1 . Этот вектор A D A 1 B C 1 B 1 D 1 C z y x Рис. 60 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 34 должен быть перпендикулярным вект о- рам AE и 1 АD , поэтому 0 0 1 АD n AE n 0 0 2 z x z y . 2 z x z y Пусть 1 z , тогда 1 x , 2 y и } 1 ; 2 ; 1 { n . Найдем вектор } , , { z y x m , перпендикулярный плоскости FC D 1 . Этот вектор должен быть перпендикуля р- ным векторам 1 CD и CF , п о этому 0 , 0 1 CF m CD m 0 2 , 0 z x z y . 2 , z x z y Пусть 1 z , тогд а 2 x , 1 y и } 1 ; 1 ; 2 { m . Для нахождения иск о мого угла и с пользуем формулу m n m n cos . Так как 3 1 ) 1 ( 1 2 2 1 m n , 6 | | n , 6 | | m , то 5 , 0 cos , отк у да 60 . Ответ : 60 . Пример 57 . Дан куб 1 1 1 1 D C B ABCDA . Най ти угол между плоскостями MNP и AKD , где точки M – центр грани 1 1 AAB B , N – середина ребра 1 1 C B , K – с е редина ребра 1 CC , P – делит ребро 1 DD в о т- ношении 1 :1:2 DP PD . Решение. Введем систему координат следующим обр а зом. Точку A примем за начало координат. Оси Ax , Ay и Az н а- правим вдоль ребер к у ба AD , АВ и 1 AA соответственно ( см. рис. 62 ). Пусть ре б ро куба равно 1. Выразим коорд и наты точек: (0;0;0), A (1;0;0), D (1;1;0,5), K 2 1 ; 2 1 ; 0 M , 1 ; 1 ; 2 1 M , 1 1;0;. 3 P Найдем координаты векторов: 2 1 ; 2 1 ; 2 1 MN , 6 1 ; 2 1 ; 1 MP {1;0;0}, AD {1;1;0,5}. AK Теперь найдем координ а ты векторов 1 n и 2 n , перпендикулярных плоск о стям MNP и AKD соответственно. Начнем с вектора } , , { 1 1 1 1 r q p n . Его к о ординаты ищутся из условий равенства нулю ск а- лярных пр о изведений 1 n с векторами MN и MP . Получаем си с тему ; 0 , 0 1 1 MP n MN n ; 0 6 1 5 , 0 , 0 5 , 0 5 , 0 5 , 0 1 1 1 1 1 1 r q p r q p . 9 7 , 9 2 1 1 1 1 r q r p Эта система имеет бесконечное мн о- жество решений, так как векторов, пе р- пендикулярных плоскости MNP , беск о- нечно много. Выберем из данного мн о- жества ненулевой вектор 1 n , положив . 9 1 r Т о гда } 9 ; 7 ; 2 { 1 n . Найдем теперь координаты вект о ра } , , { 2 2 2 2 r q p n , перпендикулярн ого плоскости AKD . Его координаты ищутся из условий равенства нулю скалярных пр о изведений 2 n с векторами AD и AK . A D A 1 M P B N C 1 B 1 D 1 K C z y x Рис. 62 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z F E Рис. 61 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 35 Получаем систему 2 2 0, 0; n AD n AK ; 0 5 , 0 , 0 0 0 2 2 2 2 2 2 r q p r q p . 5 , 0 , 0 2 2 2 r q p Возьмем . 2 2 r Тогда } 2 ; 1 ; 0 { 2 n . Для нахождения угла между плоск о- стями MNP и AKD воспользуемся форм у- лой (1) : ) , ( cos AKD MNP . 134 125 4 1 0 81 49 4 | 18 7 0 | Отсюда 125 (,) arccos. 134 MNP AKD Ответ : . 134 125 arccos ● использование направляющих векторов скрещ и вающихся прямых Ненулевой вектор q называется н а- правляющим вектором пр я мой l , если он лежит либо на самой пр я мой l , либ о на прямой, параллельной ей. Пусть } , , { 1 1 1 z y x p и } , , { 2 2 2 z y x q – направляющие векторы прямых а и b , тогда угол между этими прямыми (п е- ресекающи мися или скрещивающи мися ) н а ходят по формуле : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 cos z y x z y x z z y y x x . (2) Пример 58 . В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с отн о- шением сторон :1:2 AB AD ( см. рис. 63 ). Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом , ра в ным 60 . Точк а R – середина ребра MC . Най ти угол между плоскост я ми MAC и ADR . Решение. Если считать, что , a AB тогда , 2 a AD и все лине йные элементы в пирамиде будут зависеть от одного п а- раметра а . Поэтому, не теряя общности, с точностью до подобия можно принять . 4 AB Тогда , 8 AD , 15 2 OM где О – точка пересечения диагоналей пр я- моугольник а, лежащего в основ а нии. Вершина M пирамиды MABCD пр о- ектируется в точку O . Введем сист е му координат следующим о б разом. Точку O примем за начало коо р динат. О си Ox и Oy направим параллельно сторонам о с- нования, а ось Oz вдоль высоты пир а- миды OM . Выразим координаты т о чек: ( 4;2;0), A ( 4;2;0), B (4;2;0), C (4;2;0), D (0;0;2 15), M (2;1;15). R Отрезок AR является высотой в ра в- ностороннем треугольнике АМС , поэт о- му прямая М R перпендикулярна ребру AR искомого двугранного угла. Пров е- дем в треуголь нике ADR высоту DH . Т о- гда з а дача сведется к нахождению угла ме ж ду прямыми М R и DH . Найдем координ а ты векторов: {2;1;15}, MR {6;3;15}, AR }. 0 ; 0 ; 8 { DA Так как векторы AH и AR коллин е- арны, то } 15 , 3 , 6 { k k k AR k AH . Далее из равенства AH DA DH пол у- чаем {6 8;3;15 }. DH k k k Теперь, и с- пользуя условие , AR DH имеем ура в- нение 6(6 8) 9 15 0 k k k . Отсюда 8 , 0 k и { 3,2;2,4;0,8 15}. DH Так как MR и DH – направляющие векторы прямых М R и DH соответстве н- но, то для нахождения угла между этими прямыми воспользуемся форм у лой (2): A B C R H Q D M O x z y Рис. 63 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 36 6,4 2,4 12 1 cos 4 1 15 10,24 5,76 9,6 2 . Значит, угол между прямыми М R и DH , и угол меж ду данными плоскостями р а вен . 4 О т вет : . 4 метод опорных з а дач Используем следующие опорные зад а- чи (теоремы): а) т еорем а о площади ортогональной проекции многоугольн и ка ; б) теорем а «косинусов для трехгра н- ного угла»; в) теорем а «о трех синусах»; г) формул ы , выражающ ие синус или косинус искомого угла через ра с стояни я от точки до плоскости и до пр я мой . ● применение теоремы о площади ортогональной проекции мн о гоугольника При применении этого метода угол между плоскостями и можно в ы- числить, используя формулу S S пр cos , (3) где S – площадь многоугольника, леж а- щего в пл оскости , пр S – площадь его ортогональной проекции на плоскость . Пример 5 9 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоскостью гр а ни B B AA 1 1 и пло с костью D BC 1 . Решение. Пу сть ребро куба равно 1. Ортогональной проекцией треугол ь ника D BC 1 на плоскость 1 1 B AA является тр е- угольник B AB 1 ( см. рис. 6 4 ), площадь к о торого равна 0,5 . Поскольку 2 1 1 D C BC BD (как диагонали граней куба), то 2 3 1 D BC S . Из фо р мулы (3) п о лучим: 3 3 ) , ( cos 1 1 1 1 1 D BC B AB S S D BC B AA . Отс ю да 1 1 1 3 (,) arccos 3 AAB BC D . Ответ: 3 3 arccos . Пример 60 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоскостями C AB 1 и АВС. Решение . Пусть искомый угол. И с- пользуем соотношение cos 1 C AB ABC S S , где 2 1 ABC S , 2 3 4 3 ) 2 ( 2 1 C AB S (треугольник C AB 1 равносторонний) ( см. рис. 6 5 ) . Отс ю да имеем 3 1 2 3 : 2 1 cos . Следовательно, 3 3 arccos . Ответ : 3 3 arccos . Обычно рассматриваемый в этом пункте метод применяют при вычисл е- нии угла ме ж ду плоскостью сечения и плоскостью какой - либо грани мног о- A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 64 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 65 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 37 гранника (часто в качестве такой грани выступает основание пирамиды или призмы ) . Так поступ а ют в случаях, когда нахождение пр S и сечения S является более простой задачей, чем непосредственное вычисление двугранного угла , сопр я- жённое с построением на чертеже его л и- нейного у г ла. Пример 61 . В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 ABCDEFABC DE F , стор о ны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, най ти угол ме ж- ду пло с костями 1 1 BAD и 1 1 AAE . Решение. Заметим, что четырехугол ь- ники 1 1 BADC и 1 1 AAE E сечения данной при з мы плоскостями 1 1 BAD и 1 1 AAE ( см. рис . 6 6 ). Так как 1 1 , BA DE и CF перпе н- дикулярны плоскости 1 1 AAE (они пе р- пендикулярны 1 AA и AE ), то трапеция 1 1 AAEG , где G серед ина о т резка AE , есть ортогональная проекция трапеции 1 1 BADC на пло с кость сечения 1 1 . AAE E Трапеция 1 1 BADC равнобедренная, с основаниями 1 1 2 AD , 1 BC и боков ы- ми ст о ронами 5 4 1 1 1 CD BA . Е е выс о та h равна 2 1 1 2 1 2 BC D A CD h , 2 19 2 1 2 5 2 а площадь ра в на 1 1 1 1 3 19 2 4 BA DC AD BC S h . В прямоугольной трапеции 1 1 AAEG основания равны 1 1 3 AE , 3 2 AG , а высота 1 2 AA . Е е пл о щадь равна 1 1 1 1 1 3 3 2 2 AA E G AE AG S AA . В соответствии с формулой ( 3 ) нах о- дим: ) , ( cos 1 1 1 1 E AA D BA 19 12 4 19 3 : 2 3 3 1 1 1 1 C D BA G E AA S S . Знач ит , искомый угол равен 12 arccos 19 . Ответ: 12 arccos 19 . A B C F A 1 B 1 C 1 D 1 E D F 1 E 1 G Рис. 66 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 38 ● применение «теоремы кос и нусов для трехгранного у г ла» Пример 62 . В правильной треугольной призме 1 1 1 ABCABC все стороны равны 1. Найти косинус угл а между пло с костями 1 ABC и 1 1 ABC . Решение. Рассмотрим трехгранный угол при вершине 1 B п и рамиды 1 1 AACB . Обозначим через плоский угол дв у г ранного угла 1 1 ABCA ( см. рис. 6 7 ). На й дем зн а- чения синусов и косинусов пл о- ских углов при вершине 1 B . Грань 1 1 ABB A – квадрат, поэтому 2 2 cos 1 1 A AB . В треугольнике 1 ABC 1 AC , 1 1 2 AB BC . Т о гда 2 2 2 1 1 1 1 1 3 cos 2 4 AB BC AC ABC AB BC , 2 1 3 7 sin 1 4 4 ABC . В треугольн и ке 1 1 B AC 1 1 1 B A , 1 1 2 AC BC . Тогда 1 1 cos A CB , 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 A B C B C A A B C B 2 1 1 1 7 sin 1 2 2 2 2 CB A . Применяя теорему косинусов для тре х- гранного угла ( опорная задача 2 ) при ве р- шине 1 B , п о лучим cos . 7 5 sin sin cos cos cos 1 1 1 1 1 1 1 1 A CB C AB A CB C AB A AB О твет : 5 7 . ● применение теоремы «о трех син у сах» Пример 63 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите угол между плоск о стями C AB 1 и АВС. Решение . Пусть искомый угол . Так как 1 60 B AC , AB B 1 45 ( см. рис. 6 8 ) , то по теореме «о трех синусах» ( опорная задача 4 ) им е ем : sin45 sin sin60 , 2 3 2 sin: 2 2 3 . Отсюда 2 arcsin 3 . Ответ : 3 2 arcsin . Пример 64 . Диагональ C A 1 куба 1 1 1 1 D C B ABCDA служит ребром двугра н- ного угла , грани которого проходят ч е- рез 1 B и 1 D . Най ти величину этого у г ла. Решение. Будем считать куб едини ч- ным. Пусть Е – се редина отрезка D A 1 , тогда из треугольника E D A 1 1 п о лучаем 2 sin sin 4 2 ( – угол между прямой 1 1 D A и плоск о- стью C B A 1 1 ) ( см. рис. 6 9 ) . Из треугольни ка C D A 1 1 нах о дим 1 1 2 2 sin 3 3 CD CA , A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 68 A B C D A 1 B 1 C 1 Рис. 67 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 39 где – угол между прямой 1 1 D A и ре б- ром C A 1 двугранного угла. Д а лее имеем 2 2 sin, 2 3 3 sin 2 . Так как то чка Е (проекция то ч- ки 1 D на пло с- кость C B A 1 1 ) расположена вне искомого дв у гранного угла, то 2 3 . О т вет : 2 3 . ● и спользование расстояний от точки до плоск о сти и до прямой Реш ение задач этого пункт а основано на применении та ких поняти й , как ра с- стояние от точки до прямой и ра с стояние от точки до плоск о сти. Пусть даны две плоскости и ( см. рис. 70 ), пересекающиеся по прямой l . Если известны расстояния от точки М , лежащей в плоск о сти , до плоскости и до прямой l , то угол между плоскост я- ми и можно вычислить, используя ф ормулу (,) sin (,) (,) M M l , (4) где (,) M – расстояние от точки М до плоскости , , M l – ра с стояние от точки М до прямой l . Пример 65 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA най ти угол между плоск о стями C AB 1 и C B A 1 1 . Решение. Пусть стор о на куба равна 1. П лоскости C AB 1 и C B A 1 1 п е ресекаются по прямой C B 1 ( см. рис. 71 ). Расстояние от точки А , принадлеж а щей плоскости C AB 1 , до прямой C B 1 равно длине выс о- ты равностороннего треугол ь ника C AB 1 со стороной 2 , т.е. 3 6 2. 2 2 Ра с- стояние от точки А до плоскости C B A 1 1 равно половине ди а гонали квадрата, т.е. 2 . 2 По формуле (4) имеем 3 1 2 6 : 2 2 ) , ( sin 1 1 1 C B A C AB . Отсюда и с комый угол равен 3 1 arcsin . Ответ : 3 1 arcsin . Замечание. Отметим, что в завис и- мости от способа решения ответ получ а- ется в ра з ной форме: 3 1 arcsin , 3 2 arccos или 1 arctg 2 . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 71 A D A 1 E B C 1 B 1 D 1 C Рис. 69 A l H M Рис. 70 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 40 2. Площади и объемы В данном разделе требуется не только знание формул для вычисления площадей поверхностей и объемов многогранников, н о и знание свойств пространственных фигур (призма и пирамида), признаки и свойства, которые относятся к взаимному расположению прямых и плоскостей 2.1. Площадь поверхности многогра н ника Формулы для вычисления площади п о- верхности призматических тел Бокова я и полная поверхность прямой призмы P l S бок , где l длина бокового ребра, P – пер и метр основания, осн S – площадь основания, осн бок полн 2 S S S . Боковая и полная поверхно сть наклонной призмы P l S бок , где l длина бокового ребра, P – пер и метр перпендик у лярного ему сечения. осн бок полн 2 S S S Полная поверхность прямоугольного паралл е лепипеда ) ( 2 полн ac bc ab S , где c b a , , – длины ребер, выходящих из о д- ной вершины. Формулы для вычисления площади п о- верхности n - угольной пирамиды Боковая поверхность правильной пир а миды a P S 2 1 бок , где P – периметр основан ия правильной п и- рамиды, a – апофема боковой гр а ни; cos осн бок S S , где осн S – площадь основания, – мера дв у- гранного угла при ребре основ а ния. Боковая и полная поверхность правил ь- ной ус е ченной пирамиды a P P S ) ( 2 1 2 1 бок , где 1 P и 2 P – периметры верхнего и нижнего оснований, a – апофема боковой гр а ни; cos 2 1 бок S S S , где 1 S и 2 S – площади верхн е го и нижнего оснований, – мера двугранного угла при ребре нижнего основания; 2 1 бок полн S S S S . Полная поверхность правильного тетр а эдра 3 2 полн a S , где a – ст о рона. Рассмотрим следующие задачи да н- ного раздела: вычисление площади п о- верхности многогранника и его частей, нахождение линейных и нелинейных в е- личин многогранника с известной пл о- щадью поверхности (части поверхности), сравнение площадей, сравнение о т рез ков. поэтапно - вычислительный метод Пример 6 6 . В правильной четыре х- угольной призме диагональ равна d и н а- клонена к плоскости боковой грани под углом . Найти площадь боковой п о- верхности призмы. Решение. Рассмотрим призму 1 1 1 1 D C B ABCDA , для которой диагональ d AC 1 (см. рис. 72 ). A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 72 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 41 Так как 1 CDD AD , то D AC 1 явл я- ется углом между диагональю 1 AC и плоскостью 1 CDD , велич и на которого равна . Из прямоугольного треугол ь ника D AC 1 н а ходим sin d AD и cos 1 d DC . Далее из прям о угольного треугольника 1 DCC п о лучаем 2 2 1 1 CD D C CC 2 cos sin cos 2 2 d d . Площадь боковой поверхности при з мы равна 2 cos sin 4 4 2 1 бок d CC CD S . Ответ : 2 cos sin 4 2 d . Пример 67 . В правильной четыре х- угольной усеченной пирамиде стороны оснований равны a и 1 a , а диагональ п и- рамиды – d . Определить боковую п о- верхность пирамиды. Решение. Пусть в усеченной пирам и де 1 1 1 1 D C B ABCDA стороны нижнего основ а- ния равны a , верхнего – 1 a , а диаг о наль пирамиды – 1 B D d (см. рис . 73 ). Из ве р шины 1 B проведем 1 B N AB и 1 B M BD . Так как 1 B N – апофема да н- ной пирамиды, то боковая поверхность пирамиды может быть вычислена по формуле N B P P S 1 1 бок ) ( 2 1 , где a AB P 4 4 , a 1 1 1 1 4 4 a B A P . Отрезок 1 B N найдем из прямоугол ь- ного тр е угольника 1 B NM 1 ( 90 ) B MN . Диагонали квадратов ABCD и 1 1 1 1 D C B A , лежащих в основан и ях, равны: 2 BD a , 1 1 1 2 B D a . Диагональное сечение пирамиды – равнобочная тр а пеция 1 1 BB D D . Найдем ее высоту 1 B M ( O O M B 1 1 ) из прям о- угольного треугол ь ника MD B 1 , т.е. 2 2 1 1 B M B D MD , а BM BD MD . 2 2 ) ( 2 2 1 1 1 1 1 a a D B BD D B BD BD Отсюда 2 ) ( 2 1 2 1 a a d M B . Треугольник BMN – равнобе д ренный и прямоугольный ( 90 BNM ) 2 2 ) ( 1 a a BM , а 2 2 1 a a BM MN . Теперь из треугольника 1 B NM находим: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) 2 4 a a a a B N B M MN d . Подставляя найденные значения , P 1 P и 1 B N в формулу боковой поверхности п и- рамиды, получим ответ. Ответ : 2 3 4 4 ) ( 2 1 2 1 2 2 1 aa a a d a a . метод опорных задач ● Имеет место формула S S пр cos , где S – площадь многоугольника, леж а- щего в плоскости , пр S – площадь его ортог о нальной проекции на плоскость . Пример 68 . Найти площадь полной поверхности правильной четырехугол ь- ной пирамиды , если ее высота равна Н , а площадь боковой гра ни равна площади о с нования. Решение. Пусть ЕО – высота данной пирамиды ABCDE (см. рис . 7 4 ). Опустим из точки O перпендикуляр ОМ на ст о- рону ВС квадрата ABCD и точку М с о- единим с вершиной E . Так как ОМ – проекция Е М на плоскость АВС и A N C D A 1 B 1 C 1 D 1 O O 1 B M d a a 1 h Рис. 73 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 42 , BC OM то . BC EM Значит, OME является линейным углом дв у гранного угла при ребре ВС , величину которого об о- значим ч е рез . Так как тр е- угольник ВОС является пр о- е кцией бок о- вой грани ВЕС на пло с кость АВС , то с о- гласно усл о вию имеем 4 1 cos BEC BOC S S . Тогда 4 15 16 1 1 sin и 15 1 ctg . Из треугольника ЕОМ находим 15 ctg H H OM и 15 2 H CD . Площадь основания пирами ды равна 15 4 2 H , боковой поверхности – 15 16 2 H , а полной поверхности – 3 4 2 H . Ответ : 3 4 2 H . Пример 69 . Стороны основания тр е- угольной пирамиды равны 6 см , 10 см и 14 см. Каждый двугранный угол при ее основании равен 30 °. Найти площадь б о- ковой поверхности пир а миды. Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой cos осн бок S S . Найдем площадь основания треугол ь- ной пирамиды, примени в формул у Гер о- на. Поскольку полуперим етр треугольн и- ка в основании р а вен 15 см , то ) 14 15 ( ) 10 15 ( ) 6 15 ( 15 осн S 3 15 ( см 2 ). Т о гда 30 2 3 : 3 15 30 cos осн бок S S ( см 2 ). Ответ: 30 см 2 . Пример 70 . В правильной усеч е нной четыр е хугольной пирамиде стороны нижнего и верхнего оснований равны с о- ответственно a и b ( b a ) . Найти площадь полной поверхности усеч е нной пирамиды, если ее боковые грани накл о- нены к плоскости осн о вания под углом . Решение. Поскольку основ аниями правильной усечённой четыр е хугольной пирамиды являются квадраты со стор о- нами a и b , то сумма их площадей равна 2 2 b a . Оч е видно, что ортогональная проекция боковой поверхности усеч е н- ной пирамиды на плоскость нижнего о с- нов а ния предст авляет собой квадрат со стороной a , из которого «вырезан» ква д- рат со стороной b . При этом стороны «вырезанного» квадрата параллельны сторонам нижнего основания п и рамиды (см. рис. 7 5 ). Так как боковые грани усеч е нной п и- рамиды наклонены к плоскости основ а- н ия под одинаковым углом , то пл о- щадь её боковой поверхности ра в на: cos cos 2 2 пр бок b a S S , где пр S – площадь проекции боковой п о- верхности на основание. Таким образом, cos 2 2 2 2 полн b a b a S . Ответ: cos 2 2 2 2 b a b a . A B C D E M O Рис. 74 b a Рис. 75 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 43 2.2. Площадь сечения многогранника Свойства сечений пирамиды плоск о- стью, параллельной основанию. Теорема 1. Если пересечь пирамиду пло с костью , параллельной основанию , то : а) боковые ребра и высота пирамиды разделяются этой плоскостью на пр о- пор ци о нальные отрезки ; б) в сечении получится многоугольник , подобный многоугольнику , лежащему в о с новании ; в) площади сечения и основания будут относиться друг к другу как ква д раты их расстояний от вершины п и рамиды. Теорема 2. Если две пирамиды с ра в- ными выс отами пересечь плоскостями , параллельными основаниям , на одинак о- вом расстоянии от вершины , то площ а- ди сечений будут пропорциональны пл о- щадям оснований. При вычислении площади сечения можно определить вид фигуры, получе н- ной в сеч е нии, и затем воспользоватьс я формулой. При этом сложную фигуру иногда разбивают на несколько просте й- ших фигур или дополняют до просте й- шей. поэтапно - вычислительный м е тод Пример 71 . Найдите площадь сеч е ния правильной четырехугольной пир а миды ABCDE , проходящей через АВ и точку K – середину ребра ЕС , если все ребра п и- рамиды равны 4 . Решение. Пусть KM ECD ABK (см. рис. 7 6 ) . Тогда из CD AB || следует ECD AB || и AB KM || . В сечении получ а- ем равн о бедренную трапец ию АВКМ с основ а ниями 4 AB , 2 КМ и высотой FL ( F и H – середины отрезков АВ и CD соответс т венно, L EH KM ). Из треугольника EHF найдем медиану FL , используя формулу 4 2 2 2 2 2 EH FH EF FL . 11 4 ) 3 2 ( 4 2 ) 3 2 ( 2 2 2 2 FL . Площадь с е чения равна 11 3 11 2 2 4 ABKM S . Ответ : 11 3 . Пример 72 . В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA с ребром, равным , a через точки M , P и N на ребрах 1 BB , 1 CC и 1 DD соответс т- венно , такие , что 4 3 a BM , 3 2 a CP и 4 a DN , проведена секущая плоскость. Найти площадь с е чения . Решение. Построим с е чение куба плоскостью, прох о дящей через точки M , P и N . Соединим вначале точки M и P , п о скольку они лежат в одной плоскости 1 1 C BB . Затем соед и ним точки P и N , так как они лежат в одной плоск о сти 1 1 C DD (см. рис. 77 ). Противоположные боковые гр а ни 1 1 D AA и 1 1 C BB в кубе параллельны. П о- этому секущая плоскость, согласно сво й- ству параллельных плоскостей (если две параллельные пло с кости пересечены D C B A E M K L H F Рис. 7 6 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 K M S P Q L N Рис. 7 7 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 44 третьей, то линии пересечения пара л- лельны) б у дет пересекать грань 1 1 D AA по прямой NQ так, что MP NQ || . Соединим точки M и Q , так как они лежат в одной пло с кости 1 1 B AA . Тогда NP MQ || по тому же свойству пара л- лельных плоскостей 1 1 B AA и 1 1 D CC . Т а- ким обра зом, сечение представляет собой параллелограмм MPNQ . Вычислим его площадь. Для этого найдем стороны тр е- угольника MNP . Используя теорему П и- фагора для прямоугольных треугольн и- ков MLP ( 1 CC ML ), NPS ( 1 CC NS ), MNK ( 1 BB KN ), пол у чим: 2 2 ) ( ML PC LC MP 12 145 144 2 2 a a a , 2 2 ) ( NS SC PC NP 12 13 144 25 2 2 a a a , 2 2 ) ( KN BK BM MN 2 3 2 4 2 2 a a a . Найдем площадь треугольника MNP , используя модифицированную формулу Герона 2 2 2 2 2 2 ) ( 4 4 1 b a c b a S , 24 170 2 a S MNP . Следовательно, 12 170 2 2 a S S MNP MPNQ . Ответ: 12 170 2 a . Пример 73 . В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точка M – середина ре б- ра 1 1 C B , точка N лежит на диагон а ли , 1 D B прич е м ND N B 2 1 . Найти пл о- щадь сечения куба плоскостью , проход я- щей через точки M , N и пара л лельной прямой 1 1 C A . Решение. Опишем схематически пр о- цесс построения сечения куба плоск о- стью, проходящей через точки M , N и п а- раллельной прямой 1 1 C A . Для этого пр о- ведем через точку M пр я мую ME , 1 1 || C A ME (см. рис . 78 ) . Рассмотрим диагональную плоскость , 1 BD B в которой на диагонали D B 1 л е жит точка N . Тогда принадлежащая сеч е нию точка T – точка пересечения пр я мых ME и 1 1 D B . В плоскости BD B 1 проведем пр я- мую TN . Точка O , принадлежащая и сеч е- нию, и плоскости нижнего основания к у- ба, – точка пересечения пр я мых TN и BD . Проведе м через точку O прямую GF , параллельную 1 1 C A . Далее, используя метод следов, построим точки H и K , принадлежащие сечению куба ( шест и- угольник HEMKGF ). При этом шест и- угольник CGF M AE 1 1 является проекц и- ей многоугольника HEMKGF на пло с- кость ABC . Поскольку 1 1 || C A FG и BD C A 1 1 , то OB FG . Тогда OT – наклонная к пло с- кости ABC , прямая O B – проекция н а- клонной OT и FG OB . Следовательно, по те о реме о трех перпендикулярах, FG OT . Значит, TOB – линейный угол дв у гранного угла TFGB . Вычислим теперь косинус угла м е- жду секущей плоскостью и нижним о с- нованием куба. Оч е видно, что 2 1 1 D B BD , 4 2 4 1 1 1 D B T B . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M N O T E K G F M 1 E 1 H L Q Рис. 7 8 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 45 Далее, треугольники TN B 1 и DON п о- добны с коэффициентом подобия 2 k . Следов а тельно, 8 2 8 2 1 1 1 D B T B OD , 8 2 7 OD BD OB , 8 114 ) ( 2 1 2 1 BB T B OB OT . Откуда 57 5 cos 1 OT T B OB . Вычислим, площадь шестиугольн и ка CGF M AE 1 1 . Площади треугольн и ков 1 1 E BM и DFG находятся довольно пр о- сто (вычислите самостоятел ь но!): 8 1 1 1 E BM S , 32 1 DFG S . Тогда 32 27 1 1 1 1 DFG E BM ABCD CGF M AE S S S S . Т а ким образом, 160 57 27 cos 1 1 CGF M AE HEMKGF S S . Ответ: 160 57 27 . принцип разбиения и д о полнения Пример 74 . Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна q . Найдите площадь сечения , пло с кость которого параллельна б оковой грани пирамиды и проходит через сер е- дину ее высоты . Решение. Обозначим плоскость сеч е- ния через , середину высоты ОР пир а- миды ABCDEFP через Т , середины отре з- ков ВС , OK и ЕF через K , 1 K и L соо т- ветственно ( см. рис. 79 ). Пусть плоскость параллельна грани РВС , 1 1 K P OPK , QR ABC . Тогда PK K P || 1 1 , BC QR || , при этом 1 1 K P T , QR K 1 , PL P 1 . Так как EF AD QR || || , то пересеч е- ниями плоскости с треугольниками ADP и PEF служат соответственно отре з- ки AD D A || 1 1 и EF MN || ( 1 1 D A T , PF M , PE N , MN P 1 ). Имеем , 5 , 0 1 1 BC AD D A , 5 , 1 BC QR значит, сечением данной пирамиды пло с- костью является шест и угольник R MND QA 1 1 , составленный из двух тр а- пеций RQ D A 1 1 и 1 1 A MND с общим осн о- ванием 1 1 D A . Пусть a BC , h PK , тогда q ah S PBC 2 1 . Найдем площадь сечения R MND QA 1 1 . Так как KL OK K K 4 1 2 1 1 и PK K P || 1 1 , то 4 4 1 a EF MN ; h PK K P 4 3 4 3 1 1 , h PK TK 2 1 2 1 1 , h T P 4 1 1 , a QR 2 3 , a AD D A 2 1 1 1 . Теперь T K RQ D A T P MN D A S 1 1 1 1 1 1 сеч 2 2 q ah h a a h a a 16 25 32 25 2 2 2 3 4 2 4 . B C D E P 1 F T R Q O P L A N M K K 1 D 1 A 1 Рис. 7 9 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 46 Ответ : q 16 25 . Пример 75 . В основании прямой при з- мы 1 1 1 C B ABCA лежит равнобедре н ный треугольник , ABC у которого осн о вание BC равно 3 . Боков ая поверхность при з- мы равна 32. Найти площадь сечения призмы плоскостью , проходящей через 1 CB параллельно высоте основания AD , если известно , что расстояние от точки A до плоскости сечения равн о 5 6 . Решение. Построим сечение призмы заданной в условии плоскостью. Для эт о- го через вершину C в плоскости ABC основания призмы проведем прямую, п а- раллельную AD до пересеч ения в то ч ке M с продолжением ребра AB за то ч ку A (см. рис. 80 ). Точки M и 1 B лежат в плоскости грани 1 1 B AA , поэтому, пр о ведя чере з них прямую, получим след E с е- кущей пло с кости на ребре 1 AA . Тогда треугол ь ник 1 CEB – искомое сечение. В треугольнике MBC отрезок AD – средняя линия, поск ольку высота AD в равнобедренном треугольнике ABC я в- ляется и медианой. Следовательно, AB MB 2 . Аналогично в треугольнике B MB 1 отрезок AE – средняя линия и ME MB 2 1 . Пусть сторона основания x AB , а высота призмы равна h . Тогда периметр о с нования 3 2 x P , боковое ребро призмы равно h и площадь боковой п о- верхности ) 3 2 ( бок x h P h S . Отс ю да 3 2 32 x h . Выразим объем пирамиды C BMB 1 двумя способами. 1. По формуле BC MC h S BB V MBC 2 1 3 1 3 1 1 . Тут учтено, что треугольник MCB пр я- моугольный ( AD MC || ). 2. По фор муле 1 1 1 2 1 3 1 3 1 1 CB MC BH S BH V C MB , где 1 BH – перпендикуляр, опущенный и з точки B на плоскость C MB 1 . Так как расстояние от точки A до этой плоскости по условию равно 5 6 , а AB MB 2 , то 5 12 1 BH . В этом случае также учт е но, что 1 1 B CC MC ( CB MC и 1 CB MC ) и треугольник 1 MCB – прямоугол ь ный. Приравнивая полученные в ыражения для объема и учитывая, что 1 CB 9 2 2 2 1 h CB BB , имеем 1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 CB MC BH BC MC h или 9 5 4 2 h h . Отсюда 9 16 25 2 2 h h и 4 h , а 5 1 CB . Тогда из равенства 3 2 32 x h находим 2 5 x , а из треугольника ABD 2 4 9 4 25 2 2 BD AB AD . Так как точка E делит 1 MB пополам, то для искомой площади сечения получ а ем 5 5 4 4 1 4 1 2 1 1 1 CB MC S S C MB CEB . Ответ: 5. A B C A 1 E H C 1 B 1 M D H 1 Рис. 80 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 47 2.3. Объем многогра н ника Формулы для вычисления объема при з матических тел Объем прямой при з мы осн S l V , где l – длина бокового ребра, осн S – пл о- щадь основания. Объем наклонной при з мы осн S h V , где h – высота призмы, осн S – площадь о с- нования; S l V , где l длина бокового ребра, S – пл о щадь перпендик у лярного ему сечения. Объем прямоугольного параллелепипеда c b a V , где c b a , , – длины ребер, выходящих из о д- ной вершины. Формулы для вычисления объема n - угольной пирамиды Объем произвольной пирамиды осн 3 1 S h V , где h – высота пирамиды, осн S – площадь о с нования. Объем произвольной усеченной пирамиды ) ( 3 1 2 2 1 1 S S S S h V , где h – высота пирамиды, 2 1 , S S – площади верхнего и нижнего оснований. Об ъем правильного тетраэдра осн 3 1 S h V или 12 2 3 a V , где h – высота пирамиды, осн S – площадь о с нования, a – сторона тетраэдра. Объем произвольного тетраэдра sin 6 1 d b a V , где a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, d и – расстояние и угол между ними соответственно. Выделим следующие задачи данного раздела : вычисление объема многогра н- ника и его частей, нахождение линейных и нелинейных величин многогранника по его известному объему, сравнение объ е- мов многогра н ников. п оэтапно - вычислительный м е тод Отметим задачи, в которых часто встречаются конфигурации с пред вар и- тельным определением положения осн о- вания высоты пирам и ды. ● Если все боковые ребра пирамиды равны или образуют с плоскостью осн о- вания или с высотой одинаковые углы, то основание высоты пирамиды является центром окружности, описанной около основания пи рамиды. В частности, если основанием пир а- миды является прямоугольный треугол ь- ник, то высота принадлежит одной из б о- ковых граней, содержащей гипотенузу прямоугольного треугольника , и вершина пирамиды проецируется в сер е дину этой гипотенузы. Если основанием пирамиды служит тупоугольный треугольник, то вершина пирамиды проецируется в точку, леж а- щую вне этого треугол ь ника. ● Если все боковые грани пирамиды одинаково наклонены к плоскости осн о- вания, то основание высоты пирамиды я в ляется центром окружности, вписа нной в основание пир а миды. Пример 76 . Основание пирамиды ABCD – равнобедренный треугольник АВС с о с нованием 12 AB и боковой стороной 10. Най ти объем пирамиды, е с- ли все боковые грани образуют с плоск о- стью основания двугранные углы в 45 . Решение. Пусть CK – высота тр е- угольника АВС (см. рис. 81 ) , тогда из прямоугольного треугольника АСК им е- ем 8 64 6 10 2 2 CK . Площадь основания равна 48 8 12 2 1 ABC S . Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 48 Так как все боковые грани образуют с пло с костью основания двугранные углы в 45 , то основание О высоты DO пир а- миды совпадает с центром окружн о сти, вп и санной в треугольник АВС , то есть r OK , где r – радиус этой окру ж ности. Радиус найдем по фо р муле p S r ABC , 3 16 48 r . Так как OKD являе т ся линейным у г- лом данного двугранного у г- ла (докаж и те) и 45 OKD , то из треугол ь ника OKD им е ем 3 r OD . Объем пирамиды равен 48 3 48 3 1 ABCD V . Ответ : 48. Пример 77 . Основание пирамиды – треугольник, две стороны которого ра в- ны 1 и 2, а угол между ними равен 60 . Каждое боковое ребро равно 13 . На й- ти объем пирамиды. Решение. Пусть в пирамиде ABCD о с нованием сл у- жит треугольник ABC , пр и чем 1 AB , 2 BC , 60 ABC (см. рис. 82 ) . Так как все б о- ковые ребра ра в- ны, то о с нование О высоты DO п и- рамиды совпад а ет с це нтром окру ж- ности, описанной около треугольн и ка АВС , то есть R OB , где R – радиус этой окружности. Радиус найдем по фо р- муле ABC AC R sin 2 . Длину стороны АС вычислим по теореме косинусов из тр е- угольника АВС : 3 5 , 0 2 1 2 2 1 2 2 2 AC , 3 AC . Радиус окружности 1 2 3 2 : 3 R . Из прямоугольного треугольника BOD найдем высоту пирамиды 3 2 1 ) 13 ( 2 2 DO . Площадь осн о- вания пирамиды равна 2 3 2 3 2 1 2 1 ABC S и объем пирам и- ды равен 1 3 2 2 3 3 1 ABCD V . Ответ : 1. Пример 78 . Найти объем правильной треугольной пирамиды , у которой бок о- вое ребро наклонено к плоскости основ а- ния под углом ( 45 ) и уд а лено от противоположной стороны основ а ния н а ра с стояние d . Решение. Пусть DABC (см. рис. 83 ) – данная пирамида. Так как она пр а- вил ь ная, то основ а- ние O высоты DO – центр треугол ь- ника ABC . Пусть т очка N – с е ред и- на ст о роны BC . Тогда BC DN и BC AN , а значит ADN BC . Пр о- в е дем высоту MN в тр е угольнике ADN . Так как п и ра мида пр а вильная ( AN O ) и ON AO , то AND . След о вательно, тр е угольник ADN остроугольный и то ч- ка AD M . Соответственно MN – о б- щий перпендикуляр к пр я мым AD и BC , d MN . Из прямоугольного треугольн и ка AMN получаем sin sin d MN AN . Т о- A B C O M D N Рис. 83 A B C O D K Рис. 81 A B C O D Рис. 82 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 49 гда сторона о с нования данной пирамиды равна sin 3 2 60 sin d AN . В прямоуг ольном треугольнике ADO sin 3 2 3 2 d AN AO (так как AN O ), cos 3 2 tg d AO DO . Находим объем пирамиды ABC S DO V 3 1 2 sin 3 2 4 3 cos 3 2 3 1 d d cos sin 3 9 2 2 3 d . Ответ: cos sin 3 9 2 2 3 d . Пример 79 . Боковые ребра наклонной треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA равны 6 см. Сечение плоскостью , пересекающей все боковые ребра призмы и перпендик у- лярной им , представляет собой тр е- угольник , стороны которого относятся как 17 : 10 : 9 . Найти площадь боковой поверхности этой призмы , если извес т- но , что объем пирамиды ABC A 1 равен 288 см 3 . Решение. Так как объем 288 1 ABC A V см 3 , то 864 3 1 1 1 1 ABC A C B ABCA V V см 3 . Пусть треугольник KLM указа нное в условии сечение, перпендикулярное ребрам при з- мы (см. рис . 84 ). Используя формулы S l V C B ABCA 1 1 1 , P l S бок , где l длина бокового ребра, S и P – площадь и периме тр перпендикулярного ему сечения соответственно, бок S пл о- щадь боковой повер х ности, получим KLM C B ABCA S AA V 1 1 1 1 или KLM S 6 864 . Отсюда 144 KLM S см 2 . Найдем периметр треугольника KLM . Пус ть его стороны равны x x x 17 , 10 , 9 . Т о гда x P KLM 36 , а полупериметр x p 18 . По формуле Герона, пол у чим 2 36 ) 17 )( 10 )( 9 ( x x p x p x p p S KLM . Из уравнения 144 36 2 x получаем 2 x см . Следовательн о, 72 KLM P см . Тогда 432 72 6 бок P l S см 2 . Ответ: 432 см 2 . введение вспомог а тельного отрезка Пример 80 . Все боковые грани чет ы- рехугольной пирамиды – правильные тр е- угольники. Расстояние от центра бок о- вой грани до плоскости основания п ир а- миды равно b . Определить объем пир а- миды. Решение. Пусть сторона основания данной пирамиды ABCDE равна , x осн о- вание высоты пирамиды обозн а чим через О , основание апофемы к ст о роне AD – через K (см. рис. 85 ). Тогд а 2 x OK , в ы- сота EK в равностороннем треугольн и ке равна 2 3 x . Из прямоугольного тр е- угольника EOK находим B C L A B 1 C 1 A 1 M K 1 0 x 1 7 x 9 x Рис. 8 4 A B C D E K O H F Рис. 8 5 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 50 2 2 2 2 3 2 2 x x x OE . Если F – центр боковой грани, Н – о с- нование перп ендикуляра, опуще н ного из точки F на основание пирамиды, то b FH . Из п о добия треугольников EOK и FHK получаем 1 3 FK EK FH EO и FH EO 3 . Отсюда b x 3 2 2 , b x 2 3 . Значит, площадь осн о вания пирамиды равна 2 18 b , высота пирамиды – b 3 , объем да н- ной п и рамиды равен 3 2 18 3 18 3 1 b b b V . Ответ : 3 18 b . введение вспомогательного у г ла Пример 81 . В правильной четы ре х- угольной пирамиде ABCDE ( Е – верш и- на ) через середины сторон АВ и AD пр о- ведено сечение , плоскость которого п а- раллельна ребру ЕА. Найти объем пир а- миды , если сторона основания равна a и площадь сечения S . Решение. П лоскость сечения перес е- кает плоскости AED и АВЕ по прямым GH и FJ соответственно, п а раллельным АЕ . , || BD FG так как FG – средняя линия в треугольнике ABD (см. рис. 86 ). В квадрате ABCD BD A С . Так как AQ – проекция АЕ на о снование пирам и- ды и FG AQ , то FGHJ – прямоугол ь- ник. Плоскости FGH и BDE пересек а- ются по пр я мой JH . Пусть R FG AC , S HJ EQ , K CE RS , EAC . Так как 4 2 2 1 a AQ RQ , то из треугол ь ника RQS получаем cos 4 2 cos a RQ RS . Далее в треугольнике АЕС по теореме Фалеса 4 1 AC AR ED EK , а в треугольнике EQC по теореме Фалеса имеем 4 1 EC EK QC QT ( Т – проекция точки K на плоскость осн о вания пирамиды), то есть 8 2 4 1 a QC QT . Значит, cos 8 2 cos a TQ SK . Пл о щадь сечения равна JKH FGHJ S S S . cos 16 5 cos 8 2 2 2 2 1 cos 4 2 2 2 2 a a a a a Отсюда S a 16 5 cos 2 . Тогда S a S 16 25 256 sin 4 2 и 2 4 2 5 25 256 tg a a S . Высота пирам и ды tg 2 2 tg a AQ EQ и объем пирамиды 2 4 2 2 5 25 256 2 2 3 1 a a S a a V 30 50 512 4 2 a S a . Ответ : 30 50 512 4 2 a S a . A B C D E K Q S F H J G T R Рис. 8 6 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 51 введение нескольких вспомогательных эл е ментов Пример 82 . Найдит е объем прям о- угольного параллелепипеда , диагональ к о- тор о го равна 14, периметр основания – 20 и периметр меньшей боковой гр а ни – 32. Решение. Пусть в параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA 14 1 B D , a AB , , b BC c B B 1 с усл о вием b a . Из условия задачи имеем . 16 , 10 , 196 2 2 2 c b b a c b a . 16 , 10 , 196 2 2 2 b c b a c b a Получаем квадратное уравнение 0 160 52 3 2 b b , имеющее корни 4 и 3 40 (не удовлетвор я- ет условию 10 b a ). Тогда 4 b , 6 a , 12 c и 288 V . Ответ: 288. м етод опорных з а да ч ● Объемы пирамид с общей высотой пр о- порциональны площадям их основ а ний. Пример 83 . В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD точка F д е- лит ребро ВС в отношении 1:3 ( считая от точки С ) . Найдите , в каком отнош е- нии делит объем пирамиды пло с кость DSF ? Решение. Так как данная пирамида и части, на котор ые она разбивается пло с- костью сечения (см. рис. 87) , имеют од и- наковую высоту, то отношение объ е мов частей равно отношению площадей осн о- ваний: FCD ABFD SFCD SABFD S S V V . Площади треугольников ABD и BDC ра в- ны. Для треугольников с общей выс о той имеем 3 1 BF CF S S DBF DCF . Поэтому 1 7 FCD ABFD S S . Ответ : 7:1. ● Объемы пирамид с равновеликими о с- нованиями пропорциональны проведе н- ным к нему выс о там. Например, в кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA (см. рис. 88 ) объемы пирамид ABD A 1 и MBDC относятся как 2:1, где М – сер е- дина ре б ра C C 1 . ● Пирамиды с равновеликими основани я- ми и равными высотами – равновел и ки. Например, в кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA ( см. рис. 89 ) пирамиды ABD A 1 , ABD D 1 и ACD D 1 равн о велики. A B C D F S Рис. 8 7 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M Рис. 8 8 B D A B 1 C 1 D 1 A 1 C B D A B 1 C 1 D 1 A 1 C B D A B 1 C 1 D 1 A 1 C Рис. 8 9 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 52 ● Отношение объемов подобных мног о- гранников равно кубу коэффициента п о- добия. Пример 84 . Площадь основания пир а- миды равна 3, объем пирамиды также равен 3. Проведены две плоскости , п а- раллельные основанию пир амиды. Пл о- щади получившихся сечений равны 1 и 2. Найдите объем части пирамиды , расп о- ложенной между плоск о стями. Решение. Об о- значим с е чения через 1 1 1 C B A и 2 2 2 C B A (см. рис. 90 ), причем 2 1 1 1 1 S S C B A , 1 2 2 2 2 S S C B A , 3 S S ABC , объемы п и рамид V V ABCD , 1 1 1 1 V V D C B A , 2 2 2 2 V V D C B A . Имеем 27 8 3 2 3 3 1 1 S S V V , 27 1 3 1 3 3 2 2 S S V V . Отсюда искомый объем р а вен 3 1 8 27 1 27 8 3 2 1 V V . Ответ : 3 1 8 . Отношение отрезков можно заменить о т ношением объемов пирамид с общим осн о ванием (см. рис. 91 ) OABC DABC V V OG DF OH DH , где DF и OG – высоты п и рамид. Пример 85 . На ребрах АВ , BD и DC пирамиды ABCD взяты точки M , L и K так , что AB AM 3 1 , BD BL 4 1 , DC DK 5 2 . В каком отношении пло с- кость KLM делит отр е зок , соединяющий сер е дины ребер AD и ВС ? Решение. Обозначим середины AD и ВС через P и Q соответственно (см. рис. 92 ). В сечении получится четырехугол ь- ник, но для решения задачи дост а точно рассмо т реть отношение объемов пирамид PMLK и QMLK с общим осн о ванием MLK . Если a S ABD , то 8 3 4 3 2 1 a a S DB DL DA DP S ABD DPL , 6 4 1 3 2 a a S BD BL BA BM S ABD BML , 6 3 1 2 1 a a S AB AM AD AP S ABD AMP , 24 7 6 1 6 1 8 3 1 a S S ABD PML , 5 2 5 2 V V V CD KD V ABCD KABD , A B C D C 1 A 1 B 1 A 2 B 2 C 2 Рис. 90 A B C F D H G O Рис . 91 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 53 60 7 5 2 24 7 V V V S S V KABD ABD MPL PKLM , где V V ABCD . Аналогично получаем 60 11 V V QKLM (д о- кажите ! ). Отношен ие 11 7 60 11 : 60 7 V V V V QN PN QKLM PKLM . Ответ : 11 7 . ● Пусть в пирамиде MABC на ребрах , MA MB и MC или на их пр о должениях взяты соответственно то ч ки 1 1 1 , , C B A так, что k MA MA : 1 , m MB MB : 1 n MC MC : 1 . Тогда объ е мы пирамид 1 1 1 C B MA и MABC связаны формулой MABC C B MA V n m k V 1 1 1 . ( * ) (См. опорную задачу 12). Пример 86 . В основании п ирамиды DABC лежит треугольник ABC , в к о- тором 30 C , 14 AC , 3 8 BC , точка T – середина AC . Б о ковое ребро AD равно 3 6 и перпендикулярно пло с- кости . ABC На ребрах , AD BD и отре з- ке DT взяты соответс т венно точки , M , N P так , что 5 : 2 : MD AM , 5 : 2 : NB DN и 5 : 7 : PD TP . Най ти объ е м пирам и ды DMNP . Решение. Так как ребро AD перпе н- дикулярно плоскости основания, то об ъ- ем V пирамиды DABC равен C BC AC AD S AD V ABC sin 6 1 3 1 56 2 1 3 8 14 3 6 6 1 . Так как медиана BT делит площадь треугольника ABC пополам, то объем п и рамиды DATB будет равен 28 2 V . Точки P N M , , лежат на ребрах пир а- миды DATB (см. рис . 93 ), поэтому по формуле ( * ) п о лучаем DATB DMNP V DB DN DT DP DA DM V 3 10 28 7 2 12 7 7 5 . Ответ: 3 10 . Пример 87 . В правильно й четыре х- угольной пирамиде MABCD все ребра равны. Точки P и N – середины ребер BM и DM . В каком отношении делит объем пирамиды сечение , проходящее ч е- рез прямую AP параллельно диагонали основания BD ? Решение. Так как точки P и N – с е- редины ребер BM и , DM то PN – сре д- няя линия треугольника BMD и BD PN || . Так как через точку P можно провести единственную прямую, пара л- лельную BD и секущая плоскость также параллельна BD , то PN лежит в плоск о- сти сечения (см. рис. 94 а ) . Так как пирамида правильная, то MO – высота пирамиды ( O – точка пересеч е- A B C D P T M N Рис. 9 3 A B C N D L Q K M P J Рис. 92 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 54 ния диагоналей основания), CMA BMD MO . Пусть точка MO PN E , тогда E – середина MO . Тогда прямая AE также лежит в плоскости сечения и пусть CM AE K , и четырехугольник APKN – описанное в условие с ечение п и рамиды. На выносном чертеже (см. рис. 94 б ), проведем отрезок AK OQ || . Тогда, и с- пользуя теорему Фалеса, получаем KE – средняя л и ния треугольника OQM и KM QK , а OQ – средняя линия тр е- угольника CKA и QK CQ . Следов а- тельно, то ч ка K делит ребро CM так, что 3 : 1 : MC MK . Плоскость CMA разбивает кажд ую из пирамид MABCD и MAPKN на две ра в- ные треугольные пир а миды. Используя соотношение ( * ), получаем MBCA MPKA V MA MA MB MP MC MK V MBCA MBCA V V 6 1 1 2 1 3 1 . Аналогично, MCDA MKNA V V 6 1 . Соответственно, объем пирамиды MAPKN будет составлять шестую часть объема данной пирамиды, а секущая плоскость будет делить объем в отнош е- нии 5 : 1 . Ответ: 5 : 1 . ● Пусть a и b – длины двух противоп о- ложных ребер тетраэдра, d – рассто я ние, а – угол между ними. Тогда объем те т- раэдра можно вычислить по фо р муле sin 6 1 abd V . (См. опорную задачу 9). Пример 88 . Дан единичный куб 1 1 1 1 D C B АВСDA . Найти объем пирамиды 1 1 CD АB . Решение. Имеем 2 1 1 CD АB (см. рис. 9 5 ). Расстояние между скрещива ю- щимися прямыми 1 АB и 1 CD , леж а щими в п а раллельных плоскостях, равно 1. Угол м ежду ними равен 90 , так как 1 1 || DC АB и 1 1 DC CD . Следов а тельно, ) ; ( sin 6 1 1 1 1 1 1 1 CD AB AD CD AB V CD AB 3 1 1 1 2 2 6 1 . Ответ : 3 1 . Пример 89 . На диагонали грани ед и- ничного куба взяты точки М и N , а на скрещивающейся с ней диагонали сосе д- ней грани взяты точки P и Q . Извес т но , что 2 1 MN , 3 1 PQ . Найти объем тетраэдра MNPQ . Решение. Пусть дан куб 1 1 1 1 D C B АВСDA ( см. рис . 96 ). Отрезки MN и PQ лежат на п рямых 1 AB и 1 1 C A соо т- ветственно. Так как 1 1 || AB DC , то 60 ) , ( 1 1 1 1 1 D C A C A AB . Так как прямые 1 AB и 1 1 C A лежат в параллел ь- ных плоскостях С AB 1 и D C A 1 1 , то A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 9 5 A B C D O P M E N K E O M C A Q K а б Рис. 9 4 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 55 3 1 ) , ( ) , ( 1 1 1 1 1 1 D C A C AB C A AB . Получаем 72 1 2 3 3 1 3 1 2 1 6 1 MNPQ V . Ответ : 72 1 . ● Пусть p и q – площади двух граней тетраэдра, a – длина общ е го ребра, – вел и чина двугранного угла между этими гранями. Тогда объем те т раэдра может быть вычислен по формуле a pq V 3 sin 2 . (См. опорную задачу 11). Пример 90 . Найдите объем пирамиды ABCD , в которой 4 AB , 5 BC , 6 AD , 7 BD , 8 CA , а двугранный угол с ребром AB равен 60 . Решение. Используя формулу Герона, находим площади треугольников ( см. рис. 97 ) ABD и ABC : 4 5 3 9 17 ABD S и 4 7 1 9 17 ABC S . Тогда искомый объем пирамиды равен 64 35 153 12 : 2 3 16 7 5 3 9 17 2 2 2 V . Ответ : 64 35 153 . принцип разби е ния и дополнения Иногда при вычислении объе ма мн о- гогранника используют дополнение этого многогранника до пирамиды (призмы) или разбиение на эти фигуры. Пример 91 . В треугольной призме 1 1 1 C B АВСA с объемом 180 см 3 проведено сечение через вершину A и середины р е- бер 1 BB и 1 1 C B . Найти объем отсече н- ной части призмы, содержащей ребро 1 CC . Решение. Обозначим через М и N с е- редины ребер 1 BB и 1 1 C B соответстве н но (см. рис. 98 ) . Далее находим точки 1 CC MN S и 1 1 C A SA P , и в сеч е- нии получим чет ы рехугольник APNM . Построим точку BC MN L . Пусть Н – высота призмы, Q – площадь основ а- ния. Объемы пирамид SALC , 1 SPNC и MALB обозначим через 2 V , 3 V , 4 V . Точки М и N – середины ребер, поэт о му , 2 1 BC BL BC CL 2 3 . Значит, Q S ALC 2 3 . Также 1 1 2 1 CC SC , 1 2 3 CC SC и в ы сота пир а миды SALC равна H 2 3 . A 1 B C S P M A N C 1 B 1 L Рис. 9 8 A B C D 4 5 8 6 7 6 0 Рис. 9 7 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 P Q M N Рис. 9 6 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 56 Объем 135 180 4 3 4 3 2 3 3 1 2 HQ S H V ALC . Пирамида 1 SPNC подобна пирамиде SALC с коэффицие нтом 3 1 k SC SC : ( 1 ) 3 : 1 . Поэтому 5 27 135 2 3 3 V k V . Так как М – середина ребра 1 BB , то высота пирамиды MALB равна . 2 1 H Кроме того BC BL 2 1 , поэтому Q S ALB 2 1 . Зн а чит, 15 180 12 1 12 1 2 1 3 1 4 HQ S H V ALB . Объем отсеченной части призмы, с о- держащей ребро 1 CC равен 115 15 5 135 4 3 2 V V V ( см 3 ). Ответ : 115 см 3 . Пример 92 . (ЕГЭ 2008). Дан прям о- угольный парал лелепипед 1 1 1 1 D C B ABCDA . На его боковых ребрах 1 AA и 1 BB лежат точки M и P соо т ветственно так , что 11 : 8 : 1 MA AM , 1 : 2 : 1 PB P B . Во сколько ра з объ е м данного параллелепип е- да больше объ е ма п и рамиды с вершиной в точке P , основан и ем которой является сечение данного параллелепипеда плоск о- стью 1 BMD ? Решение. Объем V данного паралл е- лепипед а равен 1 BB BA CB V (см. рис. 99 ) . Сечение параллелепипеда плоск о- стью 1 BMD – параллелограмм M BND 1 , который делит его объем поп о лам и 11 8 1 NC N C (см. опорную задачу 21). Так как 1 1 1 1 1 2 MPB A D NC M PBND V V V , то найдем сначала объем многогранника 1 1 1 1 MPB A D NC . Для этого разобьем его на две пирамиды P B NC D 1 1 1 и M A PB D 1 1 1 и найдем объем ка ж дой из них, учитывая, что противоположные ребра параллел е- пипеда равны. 1 1 1 1 2 3 2 19 8 1 1 B C BB CC S P B NC . 57 31 1 BB CB 1 1 1 1 2 3 2 19 11 1 1 B A BB AA S M A PB . 114 71 1 BB AB V S C D V P B NC P B NC D 57 31 3 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 . V S A D V M A PB M A PB D 114 71 3 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 . Тогда 9 114 71 3 1 57 31 3 1 2 1 V V V V V M PBND . Ответ: 9. Треугольную пирамиду можно д о- строить до параллелепипеда двумя сп о- собами. 1 - й способ . Треугольник АВС достра и- ваем до параллелограмма АВЕС , затем до п а раллелепипеда 1 1 1 1 C E B ABECA (см. рис. 100 ). В этом случае 1 1 1 1 1 6 1 C E B ABECA ABCA V V . (См. опорную задачу 7). A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 P N M Рис. 9 9 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 57 Пример 93 . В треугольной пирамиде боковые ребра взаимно перпенд и кул ярны и имеют длины 70 , 99 и 126 . На й- ти объем пир а миды . Решение. Данную пирамиду достра и- ваем до прямоугольного параллелепип е- да. Тогда искомый об ъ ем равен 55 21 126 99 70 6 1 V . Ответ: 55 21 . 2 - й способ . П роводим через каждое ребро те т раэдра плоскость, параллельную прот и воположному ребру ( см. рис. 101 ). В этом случае ребра исходного тетраэдра являются диагоналями граней получи в- шегося параллелепип е да и DECFHAGB ABCD V V 3 1 . Пример 94 . Два противоположных ребра треугольной пирам и ды равны а, два др у гих равны b , два оставшихся – с. Найдите объем пирам и ды. Решение. Достраиваем данный тетр а- эдр до параллелепипеда, проводя через каждое ребро плоскость, параллельную противоположном у ребру. Согласно у с- ловию задачи получаем прямоугольный параллелепипед (диагонали в каждой грани равны). Пусть линейные размеры п а раллелепипеда соответственно равны x AB , y AD , z AA 1 (сделайте р и- сунок ). Исходя из условия, составим си с- тему уравнений . , , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a x z b z y a y x При сложении уравнений получаем ) ( 2 1 2 2 2 2 2 2 c b a z y x . Затем , вычитая из последнего равенс т- ва каждое равенство системы, находим ) ( 2 1 2 2 2 2 c b a x , ) ( 2 1 2 2 2 2 c b a y , ) ( 2 1 2 2 2 2 c b a z . Тогда искомый объем равен 3 xyz V ) )( )( ( 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c b a c b a c b a . Ответ: ) )( )( ( 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c b a c b a c b a . A B C A 1 E 1 B 1 C 1 E Рис. 100 A D C E B H G F Рис. 101 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 58 ● Объем треугольного призматического тела 2 2 2 1 1 1 C B A C B A , ограниченного тр е- угольниками 1 1 1 C B A и 2 2 2 C B A , можно вычислить по формуле ABC C B A C B A S C C B B A A V 3 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 , где плоскость АВС перпендикулярна ре б- рам призматической поверхности ( см. рис . 102 ) . В частности, ABC C B ABCA S CC BB AA V 3 2 2 2 2 2 2 . (См. опорную задачу 13). Пример 95 . Площадь основания АВС прямой треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA равна 30. Точки F , E , D лежат на ре б рах 1 AA , 1 BB , 1 CC соответственно , пр и чем 4 AF . Найти объем треугольной п и- рамиды DAFE . Решение. Данную пирамиду DAFE можно представить как тр е угольное призматическое т е ло, ограниченное снизу и сверху треугольник а- ми ADE и FDE с о- ответственно, причем эти треугольн и ки имеют две общие вершины ( см. рис. 103 ). Находим иск о мый объем 40 30 3 0 0 4 DAFE V . О т вет : 40. Пример 96 . (ЕГЭ , 2007). Стороны АВ и А D основания прямоугольного паралл е- лепипеда 1 1 1 1 D C B ABCDA равны 7 и 5 с о- ответственно, боковое ребро 1 AA ра в но 3 . Точки L , K , M лежат на ре б рах AD , 1 1 B A , 1 1 C B так, что 5 : 3 : AD AL , 7 : 4 : 1 1 1 B A K A , 5 : 2 : 1 1 1 C B M B . На й- ти объем пирамиды с вершиной K и о с- новани ем L AMC 1 . Решение. Тр е угольник 1 AKB является ортогональной проекцией пир а миды L KAMC 1 на плоскость 1 ABB (см. рис. 104 ). Найдем необходимые вел и чины: 3 7 7 3 1 KB , 3 5 5 3 1 MC , 3 5 5 3 AL , 2 9 3 3 2 1 1 AKB S . Пирамиду L KAMC 1 можно предст а- вить как призматическое тело, огран и- ченное треугольниками AKM и 1 KLC , причем эти треугольники имеют одну о бщую точку. Тогда искомый объем р а- вен 9 2 9 3 0 3 3 3 0 1 1 AKB S MC AL V . Ответ : 9. A B C A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 Рис. 102 A B C A 1 B 1 C 1 F E D Рис. 103 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 L M K Рис. 10 4 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 59 3. Задачи на экстр е мум 3.1. Аналитический м е тод В решении стереометрических задачах на определение экстремал ь ных значений искомых величин, также как и в план и- метрических зад а чах, мож но выделить два подхода – геометрический и аналит и- ческий (с использованием средств ди ф- ференциального исчисления). В практике вступительных экзаменов наиболее часто используется последний. Рассмотрим н е- сколько примеров на его примен е ние. Пример 97 . Стороны основания ABCD прямоугольного параллелепипеда 1 1 1 1 D C B ABCDA относятся как 3:4, а п е- риметр диагонального сечения С C AA 1 1 равен 10. Какой наибольший объем м о- жет иметь этот параллелепипед ? Решение. Пусть x AB 3 , x AD 4 , где x – коэффициент пропорциональн о- сти (см. рис. 105 ). Тогда x x x AC 5 16 9 2 2 . Из условия задачи имеем 10 ) ( 2 1 А А АС , х АС А A 5 5 5 1 . Отсюда получаем, что . 1 0 x Находи м объем параллелепипеда: 1 ) ( AA AD AB x V , ) 1 ( 60 ) 5 5 ( 4 3 ) ( 2 х х х х х x V . Исследуем функцию 3 2 ) ( х х x f на наибольшее значение на промежутке ) 1 ; 0 ( . Производная 2 3 2 ) ( х х x f о б- ращается в нуль в единственной точке 3 2 x рассматриваемого промежутка, причем меняет знак с «плюса» на «м и- нус». П о этому функция ) ( x f , а значит ) ( x V им е ет в точке 3 2 x наибольшее значение. В этом случае 2 AB , 3 8 AD , 3 5 1 AA и параллелепипед имеет на и- больший объем, равный 9 80 . Ответ : 9 80 . Пример 98 . Найти наибольший об ъ ем правильной n - угольной пирамиды , бок о- вое ребро которой равно l . Решение. Объем пирамиды выражае т- ся через площадь основания и высоту h п и рамиды формулой осн 3 1 S h V . Пусть сторона основания пирамиды равна x . Тогда площадь основания в ы- ражается по формуле площади правил ь- ного n - угольника со стороной x сл е- дующим образом n x n S ctg 4 2 осн . Высота пирамиды выражается форм у- лой 2 2 R l h , где R – радиус описа н- ной окружности около основания. Для правильного n - угольника со стороной x радиус равен n x R sin 2 . Обозначим n , тогда 2 2 2 2 sin 4 ctg 12 ) ( x l x n x V , где sin 2 ; 0 l x (получено из условия l h 0 ). Так как множител ь ctg 12 n в формуле для ) ( x V от x не зависит, и знак корня не меняет характер экстремума, то дост а- точно найти наибольшее значение фун к- A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 3 x 4 x Рис. 10 5 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 60 ции 2 6 2 4 sin 4 1 ) ( x l x x f на sin 2 ; 0 l . Функция ) ( x f дифференц и- руема на получе н ном промежутке и 2 5 2 3 sin 2 3 4 ) ( x l x x f . Критические точки функции ) ( x f о п- ределяются из уравнения 0 ) ( x f или 0 sin 2 3 4 2 2 2 3 x l x . Корнями этого уравнения являются числа 0 и sin 3 8 l . Промежутку sin 2 ; 0 l , принадлежит только sin 3 8 l x . Пр о изводная ) ( x f меняет знак при переходе через эту точку с «пл ю- са» на «минус». Следов а тельно, при этом знач ении x функция ) ( x f и ) ( x V прин и- ма ю т на этом промежутке наибольшее значение и 3 2 sin 3 8 ctg 12 2 2 2 2 наиб. l l l n V 3 2 sin 3 9 l n . Ответ : 3 2 sin 3 9 l n n . 3.2. Геометрический метод Пример 99 . В пр авильной четыре х- угольной пирамиде MABCD все ребра равны a . Найти наименьшее значение площади сечения пирамиды плоскостью , проходящей через диагональ основания. Решение. Так все ребра пирамиды ра в- ны, то рассмотрим сеч ения пирамиды плоскостями, проходящими, например, через диагональ AC (см. рис. 106 ). При любом положении секущей плоскости, отличного от случая, когда эта плоскость совпадает с плоскостью основания, сеч е- нием будет являться равнобедренн ый треугольник ACN , вершина N которого лежит на ребре BM или на ребре MD . Р а венство CN AN следует из равенства треугольников AND и CND . В треугольнике ACN отрезок NO я в- ляется медианой и высотой. Следов а- тельно, ON AC S ACN 2 1 . Наименьшее зн а чение площади сечения соответствует наименьшему значению ON . Так как треугольник OMD – прям о- угольный и равнобедренный, то свое на и- меньшее значение ON достигнет в сл у- чае, если ON будет перпендикулярен MD (по свойству перпендикуляр а и н а- клонной к прямой). В треугольнике OMD 2 a OD MO и высота ON ра в- на 2 a . Значит наименьшее значение пл о- щади с е чения 2 наим 4 2 2 2 2 1 a a a S . Ответ: 2 4 2 a . Ино гда удобно использовать извес т- ные алгебраические или тригонометрич е- ские неравенства при оценке выражений, содержащих геоме т рические величины. Пример 100 . Величина двугранного у г- ла равна . Прямая l лежит в плоск о- сти одной грани этого двугранного угла. Найдите наибольшее значение угла ме ж- ду прямой l и плоскостью др у гой грани. Решение. Пусть 90 . Если прямая l п а раллельна ребру двугранного угла, то иско мый угол равен нулю. Рассмотрим сл у чай пересечения прямой l с ребром двугранного угла. Обозначим точку пер е- A B C D O M N Рис. 10 6 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 61 a c b Рис. 10 8 сечения через A . Пусть точка B прина д- лежит прямой l так, что 1 АВ (см. рис. 107 ). Если Н – проекция точки B на плос кость другой грани, О – проекция точки B на ребро двугранного угла. Т о- гда из прямоугольных треугольников ВАН , ВОН , АОВ последовательно пол у- чаем BOH OB BH BAH sin sin sin sin sin sin BAO BOH BAO . Так как 1 sin BAO , то максимальное значение sin sin BAH и наиб ольшее значение угла между прямой l и плоск о- стью другой грани равно , то есть пр я- мая l перпендик у лярна ребру данного двугра н ного угла. Случаи 90 и 90 рассмотрите самосто я тельно. Ответ : . Пример 101 . В основании прямой призмы лежит прям оугольный треугол ь- ник с площадью , равной 2, а в ы сота призмы равна гипотенузе основания. К а- кими должны быть стороны основания , чт о бы боковая поверхность призмы была на и меньшей ? Решение. Обозначим катеты основ а- ния через a и b (см. рис. 108 ), тогда гип о- тенуза равна , 2 2 b a а боковая повер х- ность при з мы 2 2 2 2 ) ( b a b a b a 2 2 2 2 ) ( b a b a b a . Из условия задачи 4 ab . Преобразуем выражение ab b a ab b a b a 2 ) ( 2 ) ( ) ( 2 2 8 ) ( 8 ) ( ) ( 2 2 b a b a b a . Функция 8 8 ) ( 2 2 t t t t f строго возрастающая (докажите), поэтому на и- меньшее значение принимает при на и- меньшем значении t , а последнее выр а- жение – при наименьшем знач е нии b a . Из нер а венства 4 2 ab b a следует, что это достигается при 2 b a . Ответ : при 2 b a . A B H O l Рис. 10 7 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 62 4. Дополн е ния 4.1. Методы построения сечения многогранн и ка Следом плоскости на плоскости называют прямую, по которой пло с кость пересе кает пло с кость . Следом прямой l на плоскости н а- зывают точку пересеч е ния прямой с плоскостью . Опорная задача . Найти точку перес е- чения данной прямой AB с плоск о стью ( AB не параллельна ) . Решение. Задача имеет решение в сл у- чае, если возможно построить параллел ь- ную или центральную проекцию данной пр я мой AB н а плоскость . В первом (см. рис. 109 а ) и во втором (см. рис. 109 б ) случае строятся проекции прямой на плоскость. Так как прямая AB и ее пр о- екции лежат в одной плоскости (образ о- ванной: в первом случае пара л лельным и прямыми 1 AA и 1 BB , во втором – перес е- кающимися пр я мыми SA и SB ), то точка их пересечения M и есть и с комая. Пример 10 2 . Построить след прямой M B 1 на грани куба C C DD 1 1 ( см. рис. 110 а ) . Решение. Прямая BM – параллельная проекция (параллельно боковому ребру куба) прямой M B 1 на плоскость основ а- ния (см. рис. 110 б ) . Точка N – точка п е- ресечения прямых BM и . DC Эта точка является проекцией точки пересечения пр я мой M B 1 с гранью C C DD 1 1 . Через точку N проводим прямую NP , пара л- лельную боковому ребру. Она принадл е- жит пло с кости грани 1 1 C DD и пересечет прямую M B 1 в точке Q , поскольку они лежат в одной плоскости M BB 1 . След о- ва тельно, точка Q – искомая. Сечение многогранника плоскостью – многоугольник, представляющий с о бой множество всех точек пространства, пр и- надлежащих одновременно данному мн о- гограннику и плоскости, плоскость при этом называется секущей плоскостью . Секущая пло с кость может быть задана различными способами, например: а) тр е мя точками, которые не лежат на одной прямой; б) прямой и точкой, не лежащей на ней; в) двумя пересекающимися прям ы ми; г) некоторыми из указанных выше геометрических эле ментов в совокупн о- сти с различными з а висимостями между ними и элементами (гранями, ребрами, диагоналями и т. д.) мн о гогранника. Построение плоских сечений мног о- гранников выполняется на основе соо т- ветствующих пространстве н ных аксиом и теорем. Построить сеч ение многогранника плоскостью – это значит построить мн о- гоугольник все вершины и стороны, к о- торого – соответственно следы секущей плоскости на ребрах и гранях многогра н- ника. Наиболее часто применяемыми мет о- дами построения сечений многогранн и- ков плоскостью являются: метод следов и метод переноса секущей пло с кости. A B A 1 B 1 M A B A 1 B 1 M S а б Рис. 1 0 9 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M Q N P а б Рис. 1 1 0 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 63 метод «сл е дов» При использовании этого метода сн а- чала строится след секущей плоскости на плоскости одной из граней многогранн и ка ( либо на диагональной плоскости или пло с кости симметрии), а также следы на пр я мых, содержащих стороны этой грани. Далее строя т ся следы секущей плоскости на других гранях при наличии двух следов на прямых, содержащих стороны соотве т- ствующей грани. Пример 103 . Построить сечение к у ба 1 1 1 1 D C B ABCDA плоскостью , пр ох о дящей через три заданные на его ребрах то ч ки , , , P N M две из которых лежат на смежных ребрах ( см. рис. 111 а ) . Решение . Точки M и N лежат в плоскости сечения и в плоскости 1 1 B AA , поэтому отрезок MN след секущей плоскости на грани B B AA 1 1 . Для п о- строения следов на других гранях пост у- паем следующим обр а зом. Проводим прямую MN (см. рис. 111 б ) до пересечения с прямыми AB и 1 BB , л е- жащими с ней в одной плоскости и не п а- раллельными ей. Точки 1 K и 2 K сл е ды секущей плоскости на указанных прям ы х . Точки 1 K и P лежат в плоскости ABC (см. рис. 111 в ), следовательно, прямая P K 1 и точки 1 N и 3 K – следы с е- кущей плоскости на плоскости ABC , на ребре AD и пр я мой BC соответственно. Точки 2 K и 3 K лежат в плоскости 1 1 C BB (см. рис. 111 г ), следовательно, пр я- мая 3 2 K K след секущей плоскости на плоскости 1 1 C BB , точки 1 P и 1 M ее следы на ребрах 1 CC и 1 1 C B соответс т- венно. Соединяя в указанном порядке точки 1 1 1 , , , , , M P P N N M , получаем и с- комое сечение – шестиуг ол ь ник 1 1 1 M PP MNN . Пример 104 . Построить с е чение куба 1 1 1 1 D C B ABCDA плоскостью , проходящей через три заданные точки , , , P N M л е- жащие на неперес е кающихся ребрах ( см. рис . 112 а ) при условии , что ник а кие две из них не ле жат в одной гр а ни. Решение . Найдем точку пересечения прямой MP с плоскостью ABC . Для эт о- го проведем через точку M прямую, п а- раллельную ребру 1 AA (см. рис. 112 а ) . Она пересе чет ребро AB в точке 1 K . Так как точка P лежит на ребре 1 CC , то она соответственно проектируе т ся в точку C . Точка C K MP K 1 2 принадлежит пло с- костям сечения и основ а ния. Тогда прямая 2 NK – след секущей плоскости на плоскости основ а ни я (см. рис. 112 б ) , а точки 4 1 3 , , K N K следы на прямой BC , ребре CD и прямой AB с о- ответственно. Далее проводим прямые M K 4 и P K 3 (см. рис. 112 в ) . Искомое сечение – ше с- тиугольник 1 1 1 PP NN MM . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N K 1 K 2 а б Рис. 1 11 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N K 1 K 2 K 3 N 1 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N K 1 K 2 K 3 N 1 P 1 M 1 в г Рис. 1 11 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N K 1 K 2 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N N 1 K 2 K 4 K 3 а б Рис. 1 12 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 64 Пример 105 . Построить сечение ч е- тырехугольной пирамиды SABCD пло с- костью , проходящей через три з а данные точки , , , P N M лежащие на ее ре б рах ( см. рис. 113 а ) . Решение. Прямые MN и AD л е жат в плоскости SAD и не параллельны, Сл е- довательно , они пересекаются в некот о- рой точке 1 K (см. рис. 113 б ) . Точки 1 K и P принадлежат плоскости основания п и- рамиды и плоскости сечения, следов а- тельно, прямая P K 1 – след секущей плоскости на плоскости основания. Аналогично, прямые 1 K P и AB пер е- секаются в некот о рой точке 2 K . Точки 1 N и 1 P – следы с е кущей плоскости на ребрах DC и SB соответственно. Соединяя последов а тельно точки M P P N N M , , , , , 1 1 , получ а ем сечение – пятиугол ь ник 1 1 PP MNN . Пример 106 . Даны точки M и , N ле жащие на боковых гранях четыре х- угольной пирамиды , и точка P – на ее боковом ребре ( см. рис. 114 а ). Постр о- ить сечение пирамиды пло с костью MNP . Решение. Находим на плоскости осн о- вания пирамиды следы пр я мых MN и MP – точки 1 K и 2 K , как точки перес е- чения указанных прямых и их централ ь- ных проекций 0 0 M N и 0 M B из це н тра S на плоскость основания (см. рис. 114 а ). Прямая 1 2 K K , являющаяся следом с е- кущей плоскости на плоскости основ а- ния, пересекает ребра DC и BC в точках 1 N и 2 N соответственно (см. рис. 114 б ). Точки P и 2 N лежат в плоскости грани SBC , 1 N и N – в пло с кости грани SDC и N N SD M 1 1 , 1 M и M – в пло с кости грани SAD и M M SA P 1 1 . Соединяя последовательно получе н- ные точки, получаем искомое сечение 1 2 1 1 PP N N M . метод вспомогательных пло с костей , м етод переноса секущей плоскости При использовании этого метода вм е- сто секущей плоскости строится пара л- лельная ей вспомогательная плоскость, которая пересекает все грани некот о рого трехгранного (или многогранного в о б- щем случае) угла данного многогранн и- ка. Далее путем параллельного переноса стр о ятся некоторые линейные элементы искомого сечения, соответствующие ле г- ко строящимся элементам вспомогател ь- ной пло с кости. Свойства параллельных плоскостей. · Если две параллельные плоскости пер е- секаются третьей , то л инии их перес е- чения параллельны . · Отрезки параллельных прямых , закл ю- ченные между параллельными плоск о- стями , равны . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M P N N 1 K 2 K 4 K 3 P 1 M 1 Рис. 1 12 в C D M A B P S N C D M A B P S N K 1 K 2 N 1 P 1 а б Рис. 1 13 C D M A B P S N K 1 K 2 M 0 N 0 C D M A B P S N K 1 K 2 M 1 N 1 P 1 N 2 а б Рис. 11 4 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 65 Пример 107 . Даны точки N M , и , P лежащие соответственно на б о ковых ребрах SD SA , и SB четырехугольной п и- рамиды SABCD . Построить сечение п и- рамиды пло с костью MNP ( см. рис. 11 5 ) . Решение. Пров о- дим через ве р шину D прямую, параллел ь- ную MN , д о перес е- чения с ребром SA . Через полученную точку 1 K параллельно MP проводим пр я- мую до пересечения с ре б ром AB в точке 2 K . Плоскость треугольника 2 1 K DK п а- раллельна плоскости MNP . Плоскость ASC пересекает их по параллельным прямым. Прямая перес е чения плоскостей ASC и 2 1 K DK – 3 1 K K , где 3 K – точка пересечения диагонали AC четыре х- угольника ABCD и отре з ка 2 DK . Через точку M проводим прямую, параллел ь- ную 3 1 K K , до пересечения с ре б ром SC . Получаем точку Q . Сечение MPQN я в- ляется и с комым. Пример 108 . В основании пирамиды SABCD лежит ромб ABCD , сторона которого равна 12, а диагональ 6 BD . Высота пирамиды SO проходит через точку пересечения диагоналей ромба и равна 13 3 . Точки E и F лежат на ре б- рах AD и AB соответственно, причем 4 AE , 8 FB . Найти площадь сечения пирамиды плоскостью , параллельной ре б- ру SC и проходящей через точки E и F . Решение. Так как 4 FB AB AF и 4 AE , то треугольник AFE равн о- бедренный и подобен треугольнику ABD с коэффициентом подобия 3 1 AB AF (см. рис. 116 ). Зн а чит 2 3 1 BD FE . Пусть L точка пересечения FE с диагональю ромба AC . Так как секущая плоскость параллельна SC , то через то ч- ку L в этой плоскости будет прох о дить пря мая, параллельная SC , которая пер е- сечет ребро SA в точке K ( SC KL || , KL лежит в плоскости ASC ). Треугольник KFE иск омое сечение. ASC BD , поскольку SO BD и AC BD . Следовательно, ASC FE , а значит KL FE , т.е. KL высота тр е- угольника KFE . Тогда, з ная KL , найдем площадь с е чения. Треугольники AKL и ASC подобны с коэффициентом подобия 6 1 2 AO AL AC AL . Из прямоугольных треугольников BOC и SOC по теореме Пифагора получаем 15 3 3 12 2 2 2 2 BO BC OC 7 6 135 117 2 2 OC SO SC . Так как 6 1 AC AL SC KL , то 7 KL . Следовательно, 7 2 1 FE KL S KFE . Ответ: 7 . метод дополнения n - угольной призмы (пирамиды) до треугольной призмы (пирам и ды) Если данную призму (пирамиду) д о- строить до треугольной призмы (пирам и- ды), затем построить сечение полученной треугольной призмы (пирамиды), то и с- комое сечение получается как часть сеч е- ния треугольной при з мы (пирамиды). При мер 109 . Построить сечение п и- рамиды DAEGHF плоскостью AMN , где точки M и N лежат на ребрах DE и DF с о ответственно. Решение. 1. Достраиваем данную п я- тиугольную пирамиду до треугольной. Для этого получим точки C HG AE и C D M A B P S N K 1 Q K 3 K 2 Рис. 1 1 5 A B L D O E S F K C Рис. 1 1 6 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 66 B GH AF , и затем проведем отрезки DC и DB (см. рис. 117 ) . 2. Строим сечение полученной тр е- угольной пирамиды ABCD плоск о стью AMN . Для этого последовательно пол у- чаем то ч ки P DC AM и Q DB AN , и с о единяем точки P и Q . Треугольник APQ – есть сечение пирам и- ды ABCD плоск о стью AMN . 3. Осталось получить точки R DG PQ и S DH PQ . Тогда п я- тиугольник AMRSN – искомое сечение данной пят и угольной пирамиды. метод разбиения n - угольной призмы ( пирамиды ) на треугольные призмы ( пирам и ды ) Из данной n - угольной призмы (пир а- миды) выделяют основную тр е угольную призму (пирамиду) , на б о ковых ребрах которой лежат точ ки, определяющие и с- комое сечение. Строят сечение этой тр е- угольной призмы (пирамиды), затем строят с е чения тех треугольных призм (пир а мид), которые имеют общие части с основной . Пример 110 . Построить сечение ч е- тырехугольной призмы 1 1 1 1 D C B ABCDA пл оскостью PQR , где точки P и Q л е жат на ребрах 1 AA и 1 DD соответс т венно , точка R принадлежит пло с кости B B AA 1 1 . Решение. 1. Точка R лежит на отрезке 1 EE , где AB E , 1 1 1 B A E , 1 1 AA EE (см. рис. 118 ). Треугольник PQR является с е чением треугольной призмы 1 1 1 E D ADEA . При з мы 1 1 1 C D ADCA и 1 1 1 C B ABCA имеют общ ую часть с при з- мой 1 1 1 E D ADEA . 2. Пол у чим точки M DE A С , 2 1 1 1 1 M E D С A . Пло с кости 1 AC С и 1 EDD пересекаются по прямой 2 ММ . Прямые 2 ММ и QR пересек а ются в точке 1 М . 3. Точки Р и 1 М принадлежат плоск о- сти 1 AC С , поэтому прямые 1 P М и 1 CC пересекаются в точке , T принадлеж а щей сек у щей плоскости PQR . 4. Имеем точку K BB PR 1 . Прямые PR и PQ лежат в одной плоскости PQR , поэтому точка K принадлежит плоск о сти PQR . 5. Точки Q и T лежат в плоскости сеч е- ния, значит, прямая QT при надлежит с е- кущей плоскости. Четырехугольник PKTQ – искомое с е чение. Среди методов построения сечений многогранников выделяют также метод внутреннего проектирования, который используется на практике крайне ре д ко. R E G H D B C M F A S N Q P Рис. 11 7 E D B C M A A 1 D 1 C 1 B 1 T Q K R P E 1 M 1 M 2 Рис. 11 8 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 67 4.2. Векторный метод Векторный метод может быть испол ь- зован при решении широкого класса ге о- метрических задач. Для решения з а дач, касающи х ся : взаимного расположения двух прямых, принадлежности трех точек одной прямой, вычисления отношения отрезков параллельных прямых, треб у- ются лишь операции сложени я и вычит а- ния векторов, умножения вектора на чи с- ло. Операция скалярного умножения двух векторов (в сочетании с предыд у- щими операциями) позволяет вычислять длины отрезков и величины углов, а зн а- чит, находить расстояния, площади и объемы геометрических фигур . Если необходимо найти длину отрезка, то в качестве базисных векторов выб и- рают такие векторы, для которых извес т- ны их длины и углы между ними. Если в задаче треб у ется найти величину угла между прямыми, то в качестве базисных выбирают векторы с известными отн о- шениями их длин и известными углами между ними. Базис и координаты вектора Упорядоченная тройка некомплана р- ных, векторов , a , b c называется баз и- сом. Всякий вектор d может быть пре д- ставлен единственным образом в в и де c z b y a x d (1) где числа z y x , , называются координ а- тами вектора d в базисе векторов , a , b c . Формулу (1) называют разложением вектора d по базису , a , b c и испол ь- зуют также следующую форму з а писи } , , { z y x d . Базис , a , b c называют прямоугол ь- ным (или ортогональным ), если скаля р- ные произведения , b a , c a и c b ра в- ны нулю, т.е. векторы попарно перпенд и- кулярны . Базис , a , b c называют декартовым (или о р тонормированным ), если векторы попарно перпенд и кулярны и | | | | b a 1 | | c . Для векторов декартова базиса обычно используют обозначения k j i , , . Если два вектора n и заданы своими координатами в некоторой д е картовой системе к о ординат } , , { 1 1 1 z y x n , } , , { 2 2 2 z y x m , то их скалярное прои з- ведение в этой системе координат выр а- жается сл е дующи м образом: 2 1 2 1 2 1 z z y y x x m n . (2) Обычно при решении задач, в которых рассматриваются призма или пирам и да, в качестве базисных векторов выбирают какую либо тройку векторов, выход я щих из одной вершины и направленных вдоль р е бер многогранника. Пример 1 11 . В параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA точка M – центр гр а ни D D CC 1 1 . Найти коорд и наты вектора M B 1 в базисе 1 AA , AB и AD . Решение . Для треугольника 1 1 BC M запишем р а венство (см. рис. 119 ) 1 1 1 1 . B M BC C M Воспользуемся тем, что 1 1 , BC AD а 1 1 1 1 1 ( ). 2 C M C D CC Так как 1 1 , C D AB 1 1 , CC A A то отсюда п о- лучаем 1 1 1 ( ). 2 C M AA AB Следов а- тельно, 1 1 1 1 . 2 2 B M AA AB AD Ответ: 1 ; 2 1 ; 2 1 1 M B . C A D B A 1 M D 1 C 1 B 1 Рис. 11 9 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 68 Пример 112 . В основании четыре х- угольной пирамиды MABCD лежит п а- раллелограмм . ABCD Точки N и P – с е- редины ребер BM и DC соответстве н- но. Найти координаты вектора NP в баз и се AD , AB и AM . Ре шение. Заметим из треугольника ANP , что AN AP NP (см. рис. 120 ). Так как точка N середина ребра BM , то AM AB AN 2 1 2 1 . Соответстве н но, DP AD AP или AB AD AP 2 1 . Следовательно AN AP NP AM AB AB AD 2 1 2 1 2 1 AM AD 2 1 . Ответ: 2 1 ; 0 ; 1 NP . Пример 113 . Дан параллел е пипед 1 1 1 1 D C B ABCDA Точки ,, M N P центры граней 1 1 1 1 , ABC D 1 1 , CC DD 1 1 BBCC соо т- ветственно. Пусть AM a , AN b , AP c . Найти координаты вект о ра 1 AC в базисе , a , b c . Решение. Введем вект о ры 1 AA p , AB q и AD r (см. рис. 121 ). Т о гда r q p M A AA AM a 2 1 2 1 1 1 . Аналогично находим r q p b 2 1 2 1 , r q p c 2 1 2 1 . З а метим, что r q p AC 1 . Получим: r q p r q p c b a 2 1 2 1 2 1 2 1 ) ( 2 2 1 2 1 r q p r q p . О т сюда c b a AC 2 1 2 1 2 1 1 . Ответ: 2 1 ; 2 1 ; 2 1 1 AC . Расстояние между скрещивающимися пр я мыми Пусть даны прямая 1 l с н аправля ю- щим вектором 1 q и 2 l с направляющим вектором 2 q . Точки 1 A и 2 A лежат на прямых 1 l и 2 l соответстве н но , m A A 2 1 (см. рис. 1 22 ). Найдем расстояние между прям ы ми 1 l и 2 l . Чтобы определить расстояние между прямыми 1 l и 2 l , т.е. найти длину их о б- щего перпендику ляра 2 1 P P ( 1 1 l P и 2 2 l P ), предст а вим вектор 2 1 P P в виде P 1 l 2 l 1 P 2 A 2 A 1 q 2 q 1 m Рис. 1 22 C A D B A 1 N M P B 1 C 1 D 1 Рис. 1 21 C A D B N M P Рис. 1 20 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 69 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 q y m q x P A A A A P P P . Неизвестные коэффициенты y x , н а- ходятся из условия перпендикулярности вектора 2 1 P P векторам 1 q и 2 q : . 0 ) ( , 0 ) ( 0 , 0 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 q q y m q x q q y m q x q P P q P P Искомое расстояние выражается сл е- дующим образом: 2 2 1 2 1 ) ( q y m q x P P . Согласно свойствам скалярного пр о- изведения и с учетом формулы квадрата суммы трех чисел получим 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 ) ( q y m q x q y m q x ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 2 1 2 1 q q xy m q y m q x . В общем случае для базисных вект о- ров , a , b c таких, что a a | | , b b | | , c c | | и , ) , ( b a , ) , ( c a ) , ( c b та б лица умножения базисных векторов выглядит следующим о б разом. a b c a 2 a cos ab cos ac b cos ab 2 b cos bc c cos ac cos bc 2 c В с лучае декартовой системы коорд и- нат таблица умножения базисных вект о- ров k j i , , выглядит следующим обр а- зом. i j k i 1 0 0 j 0 1 0 k 0 0 1 Используя приведенные выводы, р е- шим следующие з а дачи. Пример 1 14 . Найти расстояние ме ж- ду непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба , длина ребра кот о- рого равна a . Решение. Найдем расстоян ие между диагоналями 1 1 C A и 1 AD к у ба 1 1 1 1 D C B ABCDA (см. рис. 123 ). Введем векторы 1 1 1 q C A и 2 1 q AD , m AA 1 . Поскол ь ку 2 | | | | 2 1 a q q , a m | | , , 60 ) , ( 2 1 q q , 90 ) , ( 1 m q , 45 ) , ( 2 m q то 2 2 1 1 1 2 a q q q , 2 2 2 2 2 2 a q q q , , 2 2 a m m m 2 2 1 2 1 60 cos | | | | a q q q q , 0 90 cos | | | | 1 1 m q m q , 2 2 2 45 cos | | | | a m q m q . Пусть отрезок PQ есть общий перпе н- дикуляр скрещива ю щихся прямых 1 1 AC и 1 AD . Представим вектор PQ в в и де 2 1 q y m q x PQ . Из условия перпендикулярности ве к- тора 2 1 P P векторам 1 q и 2 q получаем 0 ) ( , 0 ) ( 2 2 1 1 2 1 q q y m q x q q y m q x 0 ) ( , 0 ) ( 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 q y q m q q x q q y q m q x . 0 2 1 , 0 2 0 ) 2 1 ( , 0 ) 2 ( 2 2 y x y x y x a y x a Отсюда 3 1 x , 3 2 y . Тогда 2 2 1 3 2 3 1 q m q PQ A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N P K Q a Рис. 1 23 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 70 3 ) ( 4 ) ( 12 ) ( 6 4 9 2 1 2 1 2 2 2 2 1 q q m q m q q m q 3 3 3 4 12 0 8 9 2 a a . Ответ: 3 3 a . Замечание. В большинстве случаев при решении подобных задач удобнее ввести декартову систему координат, в ы- разить векторы m q q , , 2 1 через ее бази с- ные векторы и провести все вычисления в координатной форме. Пример 115 . В правильной четыре х- угольной пирамиде MABCD с основан и- ем ABCD высота и сторона основания равны 4, точки E и F с е редины ребер AM и DC соответственно. Найти ра с- сто я ние между прямыми BE и . FM Решение. Введем декартову систему координат следующим образом. Пусть начало координат O находится в це нтре о с нования, ось x проходит через точку O параллельно ребру AD , ось y прох о- дит ч е рез точку O параллельно ребру AB , ось z проходит через точку O пе р- пендик у лярно плоскости основания (см. рис . 124 ). Тогда вершины пирамиды им е- ют коорд и наты: ), 0 ; 2 ; 2 ( A ), 0 ; 2 ; 2 ( B ), 0 ; 2 ; 2 ( C ) 0 ; 2 ; 2 ( D , ) 4 ; 0 ; 0 ( M . В этой системе координат ) 2 ; 1 ; 1 ( E и ) 0 ; 0 ; 2 ( F . Введем вект о ры } 2 ; 3 ; 1 { 1 q BE , } 4 ; 0 ; 2 { 2 q FM и } 2 ; 1 ; 1 { m EM . Тогда 14 2 2 ) 3 ( ) 3 ( 1 1 1 1 q q , 20 4 4 0 0 ) 2 ( ) 2 ( 2 2 q q , 6 2 2 1 1 1 1 m m , 6 4 2 0 ) 3 ( ) 2 ( 1 2 1 q q , 2 2 2 1 ) 3 ( 1 1 1 m q , 6 2 4 1 0 1 ) 2 ( 2 m q . Пусть отрезок PQ есть общий перпе н- дикуляр скрещива ю щихся прямых BE и . FM Представим вектор PQ в виде 2 1 q y m q x PQ . Из условия перпендикулярности ве к- тора PQ векторам 1 q и 2 q пол у чаем 0 ) ( , 0 ) ( 2 2 1 1 2 1 q q y m q x q q y m q x . 0 20 6 6 , 0 6 2 14 y x y x Отсюда 61 1 x , 61 18 y . Тогда 2 1 61 18 61 1 q m q PQ } 4 ; 0 ; 2 { 61 18 } 2 ; 1 ; 1 { } 2 ; 3 ; 1 { 61 1 } 48 ; 64 ; 96 { 61 1 . . 61 61 16 48 64 96 61 1 2 2 2 PQ Ответ: 61 61 16 . D C B A E M z y O F x Q P Рис. 12 4 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 71 4.3. Координатный метод Координатный метод является естес т- венным продолжением векторного ме т о- да, то есть вектор пространства есть уп о- рядоченная тройка действительных ч и сел (декартовых прямоугольных координат вектора в ортонормированном базисе). Рациональное расположение фигуры относительно системы координат (нек о- торые вершины многогранника нах о дятся на координатных осях), позвол я ет при решении задач упростить вычисления. координаты вершин многогранник ов в декартовой системе координат В данном пункте представлены в о б- щем виде координаты вершин некот о рых видов многогранников, наиболее часто испо льзу е мых в задачах. 1. Куб 1 1 1 1 D C B ABCDA с ребром a . Пусть начало координат находится в то ч- ке A , направление коо р динатных осей показано на рис. 125. Тогда вершины к у- ба имеют координаты: ) 0 ; 0 ; 0 ( A , ) 0 ; ; 0 ( a B , ) 0 ; ; ( a a C , ) 0 ; 0 ; ( a D , ) ; 0 ; 0 ( 1 a A , ) ; ; 0 ( 1 a a B , ) ; ; ( 1 a a a C , ) ; 0 ; ( 1 a a D . Такое же расположение системы коо р- динат удобно использовать для прям о- у гольного параллелепипеда. Еще один вариант расположения прямоугольного параллелепипеда (куба) относительно д е- картовой системы к о ординат связан с размещением начала координат в точке пересечения диагоналей основания. 2. Правильная треугольная призм а 1 1 1 C B ABCA , сторона основания кот о рой равна a , а боковое ребро b . Пусть нач а- ло координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y пр о- ходит через точку A перпендикуля р но AC , ось z направлена вдоль б о кового ребра 1 AA (см. рис. 126) . Тогда верш и ны призмы имеют коорд и наты: ) 0 ; 0 ; 0 ( A , 0 ; 2 3 ; 2 a a B , ) 0 ; 0 ; ( a C , ) ; 0 ; 0 ( 1 b A , b a a B ; 2 3 ; 2 1 , ) ; 0 ; ( 1 b a C . Другой вариант расположения пр а- вильной треугольной призмы относ и- тельно прямоугольной декартовой сист е- мы ко ординат показан на рису н ке 127 . 3 . Правильная шестиугольная при з- ма 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , сторона осн о- вания которой равна a , а бок о вое ребро b . Пусть начало координат нах о дится в точке A , ось x напра в лена вдоль ребра AF , ось y проходит через точку A пе р- пендикулярно , AF ось z н а правлена вдоль бокового ребра 1 AA (см. рис. 128). Тогда вершины призмы имеют координ а- ты: A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 x y z A C D B x y a a 0 Рис. 1 2 5 A B C A 1 B 1 C 1 x y z A C B x y a 0 3 a 2 2 a Рис. 12 6 A B C x z A 1 y O C 1 B 1 Рис. 12 7 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 72 ) 0 ; 0 ; 0 ( A , 0 ; 2 3 ; 2 a a B , 0 ; 3 ; 0 a C , ) 0 ; 3 ; ( a a D , 0 ; 2 3 ; 2 3 a a E , ) 0 ; 0 ; ( a F , ) ; 0 ; 0 ( 1 b A , b a a B ; 2 3 ; 2 1 , ), ; 3 ; 0 ( 1 b a C ), ; 3 ; ( 1 b a a D , ; 2 3 ; 2 3 1 b a a E ) ; 0 ; ( 1 b a F . На выносном чертеже основания AD a CF BE 2 , . 3 2 2 a AF CF AC Другой вариант расположения правил ь- ной шестиугольной призмы относ и тельно прямоугольной декартовой системы коо р- динат представлен на р и сунке 129. 4. Правильная треугольная пирам и- да MABC , сторона основания к о торой равна a , а высота h . Обычно используют один из двух в а- риантов расположения системы коорд и- нат. 4.1. Пусть начало координат находится в то ч ке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y проход ит через точку A пе р- пендикулярно AC , ось z пр о ходит через точку A перпендикулярно плоск о сти ABC (см. рис. 130 ). Тогда вершины п и- рамиды имеют координ а ты: ) 0 ; 0 ; 0 ( A , 0 ; 2 3 ; 2 a a B , ) 0 ; 0 ; ( a C , h a a M ; 6 3 ; 2 . 4.2. Пусть начало координат нах о дится в центре треугольника ABC в то ч ке O , ось x прохо дит через точку O пара л- лельно ребру AC , ось y проходит ч е рез точку O перпендикуля р но AC , ось z проходит через точку O перпендикуля р- но плоскости ABC (см. рис. 131 ). Тогда вершины пирамиды имеют координ а ты: 0 ; 6 3 ; 2 a a A , 0 ; 3 3 ; 0 a B , 0 ; 6 3 ; 2 a a C , ) ; 0 ; 0 ( h M . Еще один вариант расположения пр а- вильной треугольной пирамиды относ и- тельно прямоугольной декартовой сист е- мы координат представлен на р и сунке 132. A B C A 1 F 1 x y z E F D E 1 D 1 C 1 B 1 A F B x y a 0 3 a 2 2 a E D C O 3 a 2 3 a 2 a Рис . 12 8 A B C M x y z A C B x y a 0 3 a 2 2 a Рис. 1 30 A B C M x y z A C B x y 3 a 6 2 a O 2 a O 3 a 3 Рис. 1 31 A B C C 1 x z F y O E D B 1 A 1 F 1 E 1 D 1 Рис. 12 9 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 73 5. Правильная четырехугольная п и- рамида MABC , сторона основания кот о- рой равна a , а высота h . Обычно используют один из двух вар и- антов расположения системы коорд и нат. 5.1. Пусть начало координат нах о дится в то ч ке A , ось x направлена вдоль ребра AD , ось y – вдоль ребра AB , ось z проходит через точку A перпендикуля р- но плоскости ABC (см. рис. 133 ). Тогда вершины пирамиды имеют координ а ты: ) 0 ; 0 ; 0 ( A , ) 0 ; ; 0 ( a B , ) 0 ; ; ( a a C , ) 0 ; 0 ; ( a D , h a a M ; 2 ; 2 . 5.2. Пусть начало координат нах о дится в центре основания в точке O , ось x проходит через точку O параллельно ребру AD , ось y проходит через точку O параллельно ребру AB , ось z прох о- дит через точку O перпендикулярно плоскост и основания (см. рис. 134) . Т о гда вершины пирамиды имеют координ а ты: , 0 ; 2 ; 2 a a A , 0 ; 2 ; 2 a a B , 0 ; 2 ; 2 a a C 0 ; 2 ; 2 a a D , ) ; 0 ; 0 ( h M . 6. Правильная шестиугольная п и- рамида MABCDEF , с торона основания которой равна a , а высота h . Пусть нач а- ло координат находится в то ч ке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y пр о- ходит через точку A перпендикуля р но AC , ось z проходит через точку A пе р- пендикулярно плоскости ABC (см. рис. 135 ). Тогда вершины пирамиды имею т координ а ты: ) 0 ; 0 ; 0 ( A , 0 ; 2 3 ; 2 a a B , 0 ; 3 ; 0 a C , ) 0 ; 3 ; ( a a D , 0 ; 2 3 ; 2 3 a a E , ) 0 ; 0 ; ( a F , h a a M ; 2 3 ; 2 . Еще один вариант расположения пр а- вильной шестиугольной пирамиды о тн о- сительно прямоугольной декартовой си с- темы координат показан на р и сунке 136. A B C x y z E F D A F B x y a 0 3 a 2 2 a E D C O 3 a 2 3 a 2 a M Рис. 13 5 A B C D M x y z A C D B x y a a 0 Рис. 1 33 A B C D M y z A C D B x y x O O 2 a 2 a 2 a 2 a Рис. 13 4 A B C M x z H y O Рис. 1 32 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 74 A B C M x z F y O E D Рис. 13 6 4.4. Опорные зад а чи 1. Координаты точки ) , , ( z y x M , д е- лящей отр е зок 2 1 M M между точками ) , , ( 1 1 1 1 z y x M и ) , , ( 2 2 2 2 z y x M в отнош е- нии 2 1 : MM M M , определяются фо р- мулами 1 2 1 x x x , 1 2 1 y y y , 1 2 1 z z z . Доказательство. Рассмотрим векторы } , , { 1 1 1 1 z z y y x x M M , } , , { 2 2 2 2 z z y y x x MM . Из равенства 1 1 MM M M получ аем систему для координат векторов , ) ( ) ( ), ( 2 1 2 1 2 1 z z z z y y y y x x x x или . 1 , 1 , 1 2 1 2 1 2 1 z z z y y y x x x 2 . Трехгранным углом называется ф и- гура, состоящая из нескол ь ких лучей ,, OA OB OC , в ы ходящих из одной точки O и не л е жащих в о дной плоскости, и из плоских у г лов ,, AOB BOC AOC между этими лучами (см. рис. 137 ). Точка O н а- зывается вершиной трехгра н ного угла, лучи ,, OA OB OC – ребрами , части плоскостей, заключенные между ребр а- ми, наз ы ваются гранями , а углы ,, AOB BOC AOC , образованные ребр а- ми, лежащими в одной грани, наз ы ваются плоскими углами трехгранн о го угла. Теорема. Во всяком трехгранном угле , плоские углы которого равны , и , а двугранные углы, противолеж а щие им, соответственно равны B A , и C , имеют место следующие р а венства: sin sin cos cos cos cos C , sin sin cos cos cos cos B , sin sin cos cos cos cos A . Доказательство. Дока жем, например, первое равенство. Пусть в тре х гранном угле OABC плоские у г лы при вершине O равны BOC , AOC , AOB (см. рис . 137 ). Через прои з- вольную точку 1 C ребра OC проведем плоскость перпендикулярную этому ре б- ру. Пусть 1 B и 1 A точки п е ресечения этой плоскостью ребер OB и OA , соо т- ве тственно. По условию лине й ный угол 1 1 1 A C B двугранного угла с ре б ром OC равен C . Пусть x OC 1 . В треугольн и- ке 1 1 C OB tg 1 1 x B C , cos 1 x OB . В треугол ь нике 1 1 OAC tg 1 1 x A C , cos 1 x OA . Из теоремы к о синусов для треугольников 1 1 C OB и 1 1 1 A C B п о лучаем: cos 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 OA OB OA OB A B ; A B C A 1 O x B 1 C 1 C Рис. 13 7 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 75 C A C B C A C B C A B cos 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 . Приравняем правые части равенств и подставим выраж е ния , , 1 1 OA OB , 1 1 B C 1 1 A C : cos cos cos 2 cos cos 2 2 x x x x C x x x cos tg tg 2 ) tg ( ) tg ( 2 2 2 . После преобразований получаем доказ ы- ва е мую формулу: sin sin cos cos cos cos C . Аналогично д оказываются два других р а- венства. Данную теорему называют « те о- ремой косин у сов для трехгранного угла ». 3 . Теорема (« о трех косинусах ») . Пусть величина угла между накло н- ной l и ее проекцией на некоторую пло с- кость, величина угла между проекц и- ей наклонной l и прямой, проведе н ной через основание той же наклонной в плоскости проекции, и величина угла между наклонной l и прямой, проведе н- ной через ее основание в плоскости пр о- екции. Тогда справ едливо следующее с о- отношение: cos cos cos . Доказательство. Выберем точку A на прямой , l перес е кающей плоскость в точке B (см. рис. 138 ), и спроектир у ем ее на пло с кость ( AO ). Пусть точка D основание перпендикуляра, опуще н- ного из точки O на прямую BC . Тогда в соответствии с у с ловием , ABO , OBC . ABC Тр е угольники , AOB , BOD ABD – прямоугольные. Т о- гда из треугольника AOB cos AB BO , из треугольника BOD cos cos cos AB BO BD , из тр е- угольника ABD cos AB BD . Из п о- следних двух равенств сл е дует: cos cos cos . Замечание. Теорема «о трех косин у- сах» является следствием «теоремы к о- синусов для трехгранного угла» в случае, е с ли 90 C . 4 . Теорема (« о трех синусах » ). Пусть в одной из граней двугранного угла, в е- личина которого равна , проведена пр я- мая, с о ставляющая с ребром двугранного у г ла угол ( 0/2 ), – величина угла между этой прямой и другой гр а нью (см. рис. 13 9 ). Тогда справедливо сл е- дующее соотношение: sin sin sin . Доказательство. Пусть AD данная в условии прямая; точка C о с- нование перпенд и куляра, опущенного из точки A на плоскость , и ABC л и- нейный угол двугранного у г ла BD (см. рис. 139) . Тогда в соот ветствии с услов и- ем , ABC ADB и . ADC Пусть x AD . Тогда для прямоугольных треугольников справедливо: для тр е- угольника ADB sin x AB , для тр е- угольн ика ABC sin sin x AC и для тр е угольника ADC sin sin : sin AD AC . Следовател ь но, sin sin sin . A C B D Рис. 13 9 B C O A D l Рис. 13 8 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 76 5. Если некоторая прямая образует с тремя попарно перпендикулярными пр я- мыми углы , и , то выполняется р а- венство 1 cos cos cos 2 2 2 . Доказательство. Достаточно ра с- смотреть прямоугольный параллелеп и пед 1 1 1 1 D C B ABCDA с диагон а лью 1 1 DB . Пусть 1 CDB , 1 ADB , 1 1 DD B (см. рис. 140 ). Тогда в соо т- ветствующих прямоугольных треугольн и- ках cos CD , cos AD , cos 1 DD . Так как 2 1 2 2 2 1 DD AD CD DB , то им е- ем 1 cos cos cos 2 2 2 . В качестве следствия пол у чим 2 sin sin sin 2 2 2 . 6. Площадь ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна пр о- изведению его пл о щади на косинус угла между плоскостью многоугольника и плоскостью пр о екции. cos пр S S , где S – площадь многоугольника, леж а- щего в плоскости , пр S – площадь его ортогональной проекции на пло с кость . Доказательство. Так как мног о- уголь ник можно разбить на конечное число тр е угольников, и фигуру можно параллельно перенести в равную ей ф и- гуру, то достаточно рассмотреть тр е- угольник, через одну сторон которого проходит плоскость (например, через ст о рону AB ) (см. рис. 141 ) . Если D – проекция точки C на пло с- кость , то ABD – проекция треугольн и- ка АВС на эту плоскость. Пусть СМ – в ы- сота в треугольнике АВС , тогда по теор е- ме о трех перпенд и кулярах AB DM . Обозначим CMD . Имеем посл е- довательно площади тр е угольников CM AB S ABC 2 1 , DM AB S ABD 2 1 , cos CM DM , cos ABC ABD S S . 7. Если вершины А , В , D и 1 A пар алл е- лепипеда 1 1 1 1 D C B ABCDA являются ве р- шинами тетраэдра, то имеет место раве н- ство 1 1 1 1 1 6 1 D C B ABCDA ABDA V V . Доказательство. Тетраэдр и паралл е- лепипед имеют одну высоту h M A 1 (см. рис. 142). Для площадей оснований им е- ем соотн о шени е ABCD ABD S S 2 1 . Тогда 1 1 1 1 1 6 1 2 1 3 1 D C B ABCDA ABCD ABDA V S h V . C 1 B C M A B 1 A 1 D 1 D Рис. 1 42 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 1 40 B C M A D Рис. 1 41 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 77 8. Если вершины А , В , С и D паралл е- лепипеда AKBMQCLD являются верш и- нами тетраэдра, то имеет место раве н ство AKBMQCLD ABCD V V 3 1 . Доказательство. Так как объемы угл о- вых тетраэдров равны и составл яют ше с- тую часть от объема параллелепипеда V , то имеем V V V V ABCD 3 1 6 1 4 . 9. Пусть a и b – длины двух против о- положных ребер тетраэдра, d – рассто я- ние, – угол м ежду ними. Тогда объем тетраэдра может быть вычислен по фо р- муле sin 6 1 abd V . Доказательство. Достроим данный тетраэдр ABCD до параллелепипеда AKBMQCLD (см. рис. 143 ) , проводя через каждое ре б ро плоскость, параллельную противоп о ложному ребру. Пусть a AB , b CD , тогда площади граней AKBM и LCQD равны sin 2 1 ab , расстояние ме ж- ду ними d . Т о гда объем параллелепипеда равен sin 2 1 abd . Объем пирамиды ABCD составляет 3 1 от объема паралл е- лепипеда, то есть равен sin 6 1 abd . 10. Пусть q – площадь одной из бок о- вых граней треугольной призмы, d – ра с- сто я ние от противоположного ребра до этой грани. Тогда объем этой призмы может быть найден по формуле qd V 2 1 . Доказательство. Пусть площадь гр а- ни D D AA 1 1 равна q , а расстояние от 1 СС до этой грани равно d (см. рис . 144 ) . Об ъ- ем параллелепипеда 1 1 1 1 D C B ABCDA р а- вен qd . Так как объем этого параллел е- пипеда в два раза больше объема при з мы 1 1 1 D С ACDA , то объем этой призмы р а вен qd 2 1 . 11. Пусть p и q – площади двух гр а- ней тетр а эдра, a – длина обще го ребра, – величина двугранного угла между эт и ми гранями. Тогда объем тетраэдра может быть вычислен по фо р муле a pq V 3 sin 2 . Доказательство. Пусть площади гр а- ней АВС и ACD тетраэдра ABCD ра в ны p и q соответственно, – угол между этими гранями, a AC (см. рис. 145) . Высота DH тр е угольника ACD равна a q 2 . Для высоты пирамиды им е ем a q DH DO sin 2 sin . Тогда объем пир а миды ABCD равен A B C D B 1 D 1 C 1 A 1 Рис. 14 4 A B C D K Q L M E Рис. 1 43 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 78 a pq DO p V 3 sin 2 3 1 . 12. Пусть в пирамиде MABC на ре б рах , MA MB и MC или на их продо л жениях взяты соответственно то ч ки , 1 A , 1 B 1 C так, что k MA MA : 1 , m MB MB : 1 , n MC MC : 1 . Тогда объ е мы пирамид 1 1 1 C B MA и MABC связаны фо р мулой MABC C B MA V n m k V 1 1 1 . Д оказательство. Из точек 1 С и С проведем к плоскости AB М перпендик у- ляры H С 1 и CF соответственно ( см. рис. 146 ). Тогда CF H С || 1 и из подобия тр е- угольников HM С 1 и СFM получаем CF n CF MC MC H C 1 1 . Из сравнения площадей треугольников с общим углом имеем MAB B MA S m k S 1 1 . Для тетраэ д ров 1 1 1 C B MA и MABC с основаниями 1 1 B MA и MAB получаем 1 1 1 1 1 1 3 1 B MA C B MA S H C V MABC MAB V n m k S m k CF n 3 1 . 13. Объем треугольного призматич е- ского тела 1 1 1 C B ABCA , ограниченного треугольниками ABC и 1 1 1 C B A , можно в ы числить по формуле ABC C B ABCA S CC BB AA V 3 1 1 1 1 1 1 , где плоскость АВС перпендикулярна ре б- рам призматической поверхности, 1 1 1 CC BB AA . Доказательство. 1. Разделим призм а- тическое тело 1 1 1 C B ABCA на три части плоскостями 1 0 1 C B A и 0 0 1 C B A (пара л- лельно ABC ): треугольную призму 0 0 1 C B ABCA , две треугол ь ные пирамиды 1 0 0 1 C C B A и 1 1 0 1 C B B A ( см. рис . 147 ). 2. Пусть S S ABC , a AA 1 , b BB 1 , c CC 1 . Тогда объем прямой призмы 0 0 1 C B ABCA равен aS . 3. Для пирамиды 1 0 0 1 C C B A , принимая треугольник 0 0 1 C B A за основ а ние, объем равен S a c ) ( 3 1 . 4. Пусть 1 0 2 0 B B C C . Тогда для пир а- м ид 1 1 0 1 C B B A и 0 2 0 1 C C B A с общей ве р- A B C A 1 M H E B 1 C 1 F Рис. 14 6 A B C O D H Рис. 14 5 A B C A 1 B 1 C 1 B 0 C 2 C 3 A 3 B 3 C 0 Рис. 14 7 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 79 шиной 1 A и равновелик и ми основаниями 1 1 0 C B B и 0 2 0 C C B объ е мы равны. Значит, объем пирамиды 1 1 0 1 C B B A р а- вен S a b ) ( 3 1 . 5. Окончательно объем призматич е- ского тела 1 1 1 C B ABCA равен S a b S a c aS ) ( 3 1 ) ( 3 1 S c b a 3 14. Объем треугольного призматич е- ского тела 3 3 3 1 1 1 C B A C B A , ограниченного тр е угольниками 1 1 1 C B A и 3 3 3 C B A , можно вычислить по формуле ABC C B A C B A S C C B B A A V 3 3 1 3 1 3 1 3 3 3 1 1 1 , где плоскость АВС перпендикулярна ре б- рам призматической поверхности (док а- жите самосто я тельно) . 15. Если в двух пирамидах, имеющих по равному двугранному углу при основ а нии, равны т акже и ребра этих углов, то отн о- шение объемов этих пирамид равно отн о- шению произведений площадей гр а ней, образующих равные двугранные у г лы. Доказательство. Пусть пирамиды SABC и 1 1 1 1 D C B SA (см. рис. 148) , имеют равные двугра н ные углы SACB и 1 1 1 1 S A DC , также 1 1 AC A D . Построим л и- нейные углы SMO и 1 1 1 O M S данных ра в- ных двугранных углов. По у с ловию 1 1 1 O M S SMO . Тогда прям о угольные тре угольники MSO и 1 1 1 O S M п о добны и 1 1 1 1 O S SO M S SM . Площади боковых граней SAC и 1 1 1 D A S относятся как их высоты, п о скольку 1 1 D A AC , т.е. 1 1 1 1 1 1 1 O S SO M S SM S S D S A SAC . Найдем отношение объемов данных пирамид 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 D C B A D S A ABC SAC D C B A ABC D C B A S SABC S S S S S O S S SO V V . Таким образом, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 D C B A D S A ABC SAC D C B A S SABC S S S S V V , что и требовалось д о казать. Замечание. Приведенное доказател ь- ство не зависит от того, какие мног о- угольники лежат в основании пирамид. Если же ребр а равных двугранных углов в ра с сматриваемых пирамидах не равны ме ж ду собой, то отношение объемов этих пирамид прямо пропорционально прои з- ведениям площадей граней, образующих эти углы, и обратно пропорци о нально длинам их ребер, т. е. AC D A S S S S V V D C B A D S A ABC ASB D C A S SABC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . Кроме того, справедливы следующие теоремы. 16. Если в пирамиде провести сек у- щую плоскость параллельно основ а нию, то она отсечет от нее другую пирамиду, подобную данной (докажите самосто я- тельно). 17. Поверхности подобных мног о- гранников относятся как квадр аты схо д- ственных линейных элементов мног о- гранников (док а жите самостоятельно). 18. Объемы подобных многогранников относятся как кубы сходственных лине й- ных элементов этих многогранников (д о- кажите самостоятельно). B A C O S M O 1 S 1 D 1 M 1 A 1 B 1 C 1 Рис. 14 8 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 80 19. Квадраты объемов подобных мн о- гогранников относятся как кубы площ а- дей сходственных граней (докажите с а- мостоятельно). 20. Плоскости 1 BDC и A D B 1 1 перпе н- дикулярны диагонали C A 1 куба 1 1 1 1 D C B ABCDA и делят ее на три равные части. Доказ ательство. 1. Так как 1 1 || DC AB и 1 1 || BC AD , то плоскости 1 BDC и A D B 1 1 (см. рис . 149 ) . 2. Достаточно доказать перпендик у- лярность прямой , 1 C A содержащей ди а- гональ куба, к од ной плоск о сти 1 BDC . Так как диагонали BD и АС в квадрате ABCD взаимно перпендикуля р ны и АС является проекцией C A 1 на плоскость ABC , то по теореме о трех перпендикул я- рах BD C A 1 . Аналогично 1 1 DC C A . Следовательно, 1 1 BDC C A . 3 . Для куба с ребром а диагональ 3 1 a C A , а р ассто я ние от точки C до плоскости 1 BDC ра в но 3 3 a (см. пример 16 ). Аналогично рас стояние от точки 1 A до плоскости A D B 1 1 равно 3 3 a . Зн а чит, диагональ куба делится ук а занными плоскостями на три равные части. 21 . Сечение, проходящее через диаг о- наль параллелепипеда, делит его прот и- воположные ребра, пересекаемые пло с- костью с е чения, в обратном отношении, считая от любой грани, из которой вых о- дят эти ребра, а сам параллелепипед – на два равновеликих многогранн и ка. Доказательство . Рассмотрим общий случай наклонного параллелеп и педа 1 1 1 1 D C B ABCDA (см. рис. 150 ). Пусть с е- чение проходит через диагональ 1 AC и п е ресекает ребра 1 BB и 1 CC в точках N и М соответственно. Сечение, содержащее 1 AC , всегда будет являться параллел о- граммом, поскольку в сечении получае т- ся чет ы рехугольник, противоположные пары сторон которого параллельны (по свойству параллельных плоскостей, п е- ресекаемых плоскостью). При этом точка пересечения диагоналей параллелогра м- ма совпадает с це нтром параллелепипеда. Если точка N совпадает с одной из т о- чек B или 1 B (следовательно точка М с одной из точек 1 D или D соответстве н- но), то получается диаго нальное сечение, разбивающее паралл елепипед на две ра в- ные при з мы. Пусть, точка N не совпадает ни с о д- ной из точек B или 1 B . Так как AN M C || 1 , то из равенства треугол ь ников M D C 1 1 и ABN следует, чт о BN M D 1 . Отсюд а 1 NB MD . Тогда NB N B MD DM 1 1 . Заметим, что секущая плоскость ра з- бивает параллелепипед на два мног о- гранника MDCNAB C 1 и 1 1 1 1 D MC A ANB , которые симметричны относительно це н- тр а параллелепипеда. Из следующего с о- ответствия вершин первого и второго многогранн и ков , 1 B D ® , N M ® , 1 C A ® , 1 A C ® , 1 D B ® , M N ® A C ® 1 сл едует , что они равны. Следов а- тельно, они имеют равные объемы. В случае пересечения секущей плоск о- стью ребер 1 1 D A или 1 1 A B доказательс т во проводится аналогично. D A B C D 1 A 1 B 1 C 1 F E Рис. 14 9 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 N M M 1 N 1 Рис. 150 Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 81 Упражнения 1. Ребра правильной четырехугол ь ной призмы рав ны 1, 4 и 4. Найдите рассто я- ние от вершины до центра основания призмы, не соде р жащего эту вершину. 2. В правильной шестиугольной при з- ме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра к о- торой равны 1, найдите расстояние ме ж- ду то ч ками A и 1 E . 3. В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите расстояние от точки A до пр я- мой: a ) 1 1 D B ; б) С А 1 ; в) 1 BD . 4. В правильной треугольной призме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до пр я- мой 1 ВС . 5. (МИОО). В правильной треугол ь- ной призме 1 1 1 C B ABCA высота равна 2, сторона основания равна 1. Найдите ра с- стояние от точки 1 В до пр я мой 1 AС . 6. (МИОО). В правильной треугол ь- ной призме 1 1 1 C B ABCA высота равна 1, сторона основания равна 2. Найдите ра с- стояние от точки 1 A до пр я мой 1 BС . 7. В правильной шестиугольной при з- ме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра к о- торой равны 1, найдите расстояние от точки A до прямой: а) D Е ; б) 1 1 E D ; в) 1 1 C B ; г) 1 BE ; д) 1 BC ; е) 1 CE ; ж) 1 CF ; з) 1 CB . 8. Основание прямой призмы 1 1 1 1 D C B ABCDA ромб ABCD , в котором , 10 АВ . 7 6 АС Боковое ребро 1 АА равно . 21 3 Найдите расстояние от ве р- шины В до прямой . 1 АС 9. (МИОО). В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD сторона осн о- вания равна 1, а боковое ребро равно 2 3 . На й дите расстояние о т точки C до прямой SA . 10. (МИОО). В тетраэдре ABCD , все ребра которой равны 1, найдите рассто я- ние от точки A до прямой, проходящей чрез точку В и середину ребра CD . 11. В правильной шестиугольной п и- рамиде SABCD EF , стороны оснований к о торой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точки C до пр я- мой SA . 12. В правильной шестиугольной п и- рамиде SABCDEF , стороны оснований к о торой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точки C до пр я- мой SF . 13. Ребро куба 1 1 1 1 D C B ABCDA равно . 3 Найдите расстояние от вершины C до плоскости . 1 BDС 14. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA , ребро к о- торого равно 4, точки Е и F – середины ребер АВ и 1 1 C B соответственно, а то ч ка Р расположена на ребре CD так, что PD CP 3 . Найдите расстояние от точки 1 A до плоскости треугольника EP F . 15. Дан правильный тетраэдр ABCD с ребром . 6 Найдите расстояние от ве р- шины A до плоскости BDC . 16. Ребро AD пирамиды DABC перпе н- дикулярно плоскости основания АВС . Найдите расстояние от вершины A до пло с кости, проходящей через середины ребер AB , АС и AD , если , 5 2 AD , 10 AC AB . 5 4 BC 17. В правильной четырехугольной пирамиде PABCD с вершиной P сторона основания равна 3, высо та 2. Найдите расстояние от вершины A до грани PCD . 18. На продолжении ребра SK за точку K правильной четырехугольной пирам и- ды SKLMN с вершиной S взята точка A так, что расстояние от точки A до пло с- кости MNS равно 24. Найдите длину о т- резка KA , если 41 2 SL , 16 MN . 19. В единичном кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите расстояние между прямыми 1 АВ и 1 1 C А . Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 82 20. В правильной треугольной призме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AB и C А 1 . 21. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между пр я мыми 1 AА и 1 BC . 22. В пирамиде DABC известны дл и ны р е бер: , 10 DC DB AC AB BC . 12 DA Найди те расстояние м е жду прямыми DA и BC . 23. В тетраэдре ABCD известно, что 14 BD AC , 13 AD BC , AB 15 CD . Найдите расстояние м е жду прямыми AC и BD . 24. Сторона основания АВС правил ь- ной треугольной пирамиды ABCD равна 3 8 , высота пирамиды 6 DO . Точки 1 A , 1 C – середины ребер AD и CD соо т- ветственно. Найди те расстояние между прямыми 1 BA и 1 AC . 25. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точки Е , F – с е редины ребер соответственно 1 1 В A и 1 1 C B . Найдите косинус угла между пр я- мыми AE и BF . 26. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точки Е , F – с е редины ребер соответственно 1 1 В A и 1 1 D C . Найдите косинус угла между пр я- мыми AE и BF . 27. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точка Е – середина ребра 1 1 В A . Найдите косинус угла между пр я мыми AE и 1 ВD . 28. К диагонали куба провели перпе н- дикуляры из остальных вершин куба. На сколько частей и в каком отношении о с- нования этих перпенд ик у ляров разделили диагональ? 29. К диагонали C A 1 куба 1 1 1 1 D C B ABCDA провели перпендикуляры из середин ребер AB и AD . Найдите угол между этими перпендикул я рами. 30. К диагонали C A 1 куба 1 1 1 1 D C B ABCDA пр о вели перпендикуляры из вершин A и В . Найдите угол между этими перпенд и кулярами. 31. В правильной треугольной при з ме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, найдите косинус у г ла между прямыми AB и C A 1 . 32. В правильной треугольной при з ме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, найдите косинус у г ла между прямыми 1 AВ и 1 BC . 33. (МИОО). Сторона основания пр а- в ильной треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA равна 8. Высота этой призмы равна 6. Найдите у г ол между прямыми 1 CA и 1 AB . 34. (МИОО). В основании прямой призмы 1 1 1 C B ABCA лежит равнобедре н- ный прямоуго льный треугольник АВС с гипотенузой AB , равной 2 8 . Высота этой призмы равна 6. Найдите угол ме ж- ду прям ы ми 1 AC и 1 CB . 35. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых гране й прямоугольн о- го параллелепипеда образуют с плоск о- стью его основания углы и . Найд и- те угол между этими диаг о налями. 36. В правильной треугольной при з ме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, точки D , Е – середины ребер соответс т- венно 1 1 В A и 1 1 C B . Найдите косинус угла м е жду прямыми А D и ВЕ . 37. В правильной треугольной при з ме 1 1 1 C B ABCA , все ребра кот о рой равны 1, точка D – середина ребра 1 1 В A . Найд и те косинус угла между прям ы ми А D и 1 BC . 38. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра к о торой равны 1, найдите косинус угла между прямыми 1 AB и 1 BC . 39. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 83 к о торой равны 1, найдите косинус угла между прямыми 1 AB и 1 BD . 40. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, найдите угол между прям ы ми 1 AB и 1 BE . 41. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра к о торой равны 1, точки G , H – середины ребер соответственно 1 1 В A и 1 1 C B . На й- дите косинус угла между пр я мыми А G и BH . 42. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, точка G – середина ре б- ра 1 1 В A . Найдите косинус угла между прямыми А G и 1 BC . 43. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, точка G – середина ре б- ра 1 1 В A . Найдите косинус угла между прямыми AG и 1 BD . 44. В тетраэдре ABCD известно, что 14 BD AC , 13 AD BC , AB 15 CD . Найдите угол между прямыми АС и BD . 45. Найдите угол между непересека ю- щимися медианами граней правильного те т раэдра. 46. В правильной четыреху гольной пирамиде SABCD , все ребра которой ра в- ны 1, точки E , F – середины ребер соо т- ветственно SB и SC . Найдите косинус у г- ла между пр я мыми АЕ и BF . 47. Ребра АD и ВС пирамиды DABC равны 24 см и 10 см . Расстояние ме жду с е рединами ребер BD и AC равно 13 см . На й дите угол между прямыми АD и ВС . 48. В правильной шестиугольной п и- рамиде SABCDEF , стороны оснований к о торой равны 1, а боковые ребра равны 2, найд и т е косинус угла между прямыми SB и АЕ . 49. В правильной шестиугольной п и- рамиде SABCDEF , стороны оснований к о торой равны 1, а боковые ребра равны 2, найд и те косинус угла между прямыми SB и А D . 50. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите угол между прямой 1 AВ и плоскостью 1 ABC . 51. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите тангенс угла между прямой 1 AA и пло с- костью D BC 1 . 52. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите тангенс угла между прямо й 1 AC и пло с- костью 1 BCC . 53. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точка E – середина ребра 1 1 В A . Найдите синус угла между прямой AE и пло с костью 1 ВDD . 54. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точка E – середина ребра 1 1 В A . Найдите синус угла между прямой AE и пло с костью 1 ВDC . 55. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите угол между плоскостью C AA 1 и прямой В A 1 , если 3 1 AA , 4 AB , . 4 BC 56. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA найдите угол ме жду плоскостью BC A 1 и прямой 1 BC , если 8 1 AA , 6 AB , 15 BC . 57. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA , у которого 4 1 AA , 6 1 1 D A , 6 1 1 D C найдите тангенс угла между плоск о стью 1 ADD и прямой EF , проходящей через с е редины ребер AB и 1 1 C B . 58. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA , у которого 4 AB , 6 BC , 4 1 CC найдите тангенс угла между плоск о стью АВС и прямой EF , проходящей через с е редины ребер 1 AA и 1 1 D C . 59. В правильной треугольно й призме 1 1 1 C B ABCA , все ребра кот о рой равны 1, точка D – середина ребра 1 1 В A . Найдите Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 84 синус угла между прямой А D и плоск о- стью 1 BСC . 60. В основании прямой призмы 1 1 1 K N MNKM лежит прямоугольны й тр е- угольник MNK , у к о торого угол N равен 90 , угол M равен 60 , 18 NK . Ди а- гональ боковой грани N M 1 составл я ет угол 30 с плоскостью 1 1 K MM . Найдите выс о ту призмы. 61. В основании прямой призмы 1 1 1 C B ABCA лежит прямоугольный тр е- угольник АВС , у кот о рого угол С равен 90 , угол А равен 30 , 3 10 AC . Ди а- гона ль боковой грани C B 1 составляет угол 30 с плоскостью 1 1 B AA . Найдите высоту призмы. 62. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, точка G – середина ре б- ра 1 1 В A . Найдите синус угла между пр я- мой AG и плоскостью 1 BСС . 63. В правильной шестиугольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA , все ребра которой равны 1, точка G – середина ре б- ра 1 1 В A . Найдите синус угла между пр я- мой AG и плоскостью 1 BDD . 64. (МИОО). В правильной шест и- угольной призме 1 1 1 1 1 1 F E D C B ABCDEFA сторона основания равна 7, а высота ра в- на 1. Найдите угол между прямой 1 1 B F и плоскостью 1 1 C AF . 65. (МИОО). В правильной треугол ь- ной пирамиде SABC с основанием ABC стор о на основания равна 3 6 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоскостью АВС и прямой М N , где то ч ка N – середин а ребра АС , а точка М д е лит ре б ро BS так, что 1 : 2 : MS BM . 66. (ЕГЭ 2010). В правильной тр е- угольной пирамиде SABC с основанием ABC известны ребра: 3 12 AB , 13 SC . На й дите угол, образованный плоскостью основани я и прямой АМ , где М – точка пересечения медиан грани SBC . 67. (ЕГЭ 2010). В правильной тр е- угольной пирамиде SABC с основанием ABC и з вестны ребра: 3 20 AB , 29 SC . Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой, п рох о- дящей через середины ребер AS и ВС. 68. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой ра в- ны 1, найдите косинус угла между пр я- мой AB и плоскостью SAD . 69. В правильной шестиугольной п и- рамиде SABCDEF , боковые ребра к от о- рой равны 2, а стороны основания – 1, найд и те косинус угла между прямой АС и плоск о стью SAF . 70. Дан куб 1 1 1 1 D C B ABCDA . Найдите угол между плоскостями 1 1 C AB и C B A 1 1 . 71. Диагональ C A 1 куб а 1 1 1 1 D C B ABCDA служит ребром двугра н- ного угла, грани котор о го проходят через середины ребер AB и 1 DD . Найдите в е- личину этого угла. 72. Диагональ C A 1 куба 1 1 1 1 D C B ABCDA служи т ребром двугра н- ного угла, грани котор о го проходят через В и D . Найдите величину этого у г ла. 73. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точки E , F – середины ребер с о ответственно 1 1 В A и 1 1 D A . Найдите тангенс угла между пло с- костями AEF и 1 ВCC . 74. В кубе 1 1 1 1 D C B ABCDA точки E , F середины ребер соо т ветственно 1 1 В A и 1 1 D A . Найдите тангенс угла между пло с костями AEF и 1 ВDD . 75. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA известны длины ребер: , 5 1 AA , 12 AB . 8 AD Найдите та н- генс угла между плоскостью АВС и пло с- костью, проходящей через точку B пе р- пендикулярно прямой AK , если K – с е- редина ребра . 1 1 D C Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 85 76. В прямоугольном параллелепи педе 1 1 1 1 D C B ABCDA , у которого 4 AB , 6 BC , 4 1 CC найдите тангенс угла между плоск о стями 1 CDD и 1 BDA . 77. (ЕГЭ 2010). В прямоугольном п а- раллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA известны ребра 8 AB , 6 AD , 5 1 CC . Найд и те угол между плоскостями 1 BDD и 1 1 B AD . 78. В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA , у которого 6 AB , 6 BC , 4 1 CC найдите тангенс угла между плоск о стями 1 ACD и 1 1 1 C B A . 79. Основание прямой четырехугол ь- ной призмы 1 1 1 1 D C B ABCDA – прям о- угольник ABCD , в кот о ром 28 АВ , 6 AD . Найдите тангенс угла между плоскостью грани B B AA 1 1 призмы и плоскостью, проходящей через сер е дину ребра CD перпендикулярно прямой 1 AC , если ра с стояние между прямыми 1 1 C A и BD ра в но 8 . 80. Основание прямой четырехугол ь- ной призмы 1 1 1 1 D C B ABCDA – прям о- угольник ABCD , в кот о ром 12 АВ , 31 AD . Найдите косинус угла между плоскостью основания призмы и плоск о- стью, прох о дящей через середину ребра AD перпе н дикулярно прямой 1 BD , если расстояние между прямыми AC и 1 1 D B ра в но 5. 81. Сторона основания правильной треугол ь ной призмы 1 1 1 C B ABCA равна 2, а диагональ боковой грани равна 5 . Найдите угол между плоскостью BC A 1 и плоск остью основ а ния призмы. 82. В правильной треугольной при з ме 1 1 1 C B ABCA , все ребра которой равны 1, найдите угол между плоскост я ми 1 ACВ и В С A 1 1 . 83. В правильной треугольной призме 1 1 1 C B ABCA , в се ребра которой равны 1, точки D , E – середины ребер соответс т- венно 1 1 В A и 1 1 C А . Найдите та н генс угла между плоскостями ADE и 1 ВCC . 84. Основанием прямой тр еугольной призмы 1 1 1 C B ABCA является равнобе д- ренный тр е угольник АВС , в котором , 10 BC AB . 16 AC Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р – середина ребра 1 BB . Найдите тангенс угла между плоскостя ми 1 1 1 C B A и АСР . 85. Основанием прямой треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA является равнобе д- ренный тр е угольник АВС , в котором , 20 BC AB . 32 AC Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру 1 BB , причем . 3 : 1 : 1 PB BP На й- дите тангенс угла между плоскостями 1 1 1 C B A и АСР . 86. Основанием прямой треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA является треугол ь ник АВС , в котором , 8 AC AB а один из углов равен 60 . На ребре 1 AA о т мечена точка P так, что . 1 : 2 : 1 PA AP На й дите тангенс угла между плоскостями АВС и СВР , если расстояние между пр я мыми АВ и 1 1 B C р авно 3 18 . 87. Основанием прямой треугольной призмы 1 1 1 C B ABCA является треугол ь ник АВС , в котором , 6 BC AC а один из углов равен 60 . На ребре 1 CC о т мечена точка P так, что . 1 : 2 : 1 PC CP Найд и- те тангенс угла между плоскостями АВС и АВР , если расстояние между пр я мыми АС и 1 1 B A равно 3 18 . 88. Основанием прямой призмы 1 1 1 C B ABCA является пря моугольный тр е- угол ь ник АВС с гипотенузой АС . Найдите тангенс у г ла между плоскостью 1 1 1 C B A и плоскостью, проходящей через середину ребра 1 AA и пр я мую ВС , если , 4 AB . 12 1 BB 89. Основание пирамиды DABC – ра в- нобедренный треугольник АВС , в кот о- ром , 13 BC AB . 24 AC Ребро DB пе р пендикулярно плоскости основания и Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 86 равно 20. Найдите тангенс двугранного угла при ребре АС . 90. В правильной четырехугольной пирамиде SA BCD , все ребра которой ра в- ны 1, найдите косинус угла между пло с- костями АВС и BCS . 91. ( МИОО). В правильной четыре х- угольной пирамиде SABCD с основан и ем ABCD сторона основания равна 2 6 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоско стями АВС и АСМ , где то ч- ка М делит ребро BS так, что 1 : 2 : MS BM . 92. Диаметр окружности основания ц и- линдра равен 20, образующая цилин д ра равна 28. Плоскость пересекает его осн о- вания по хордам длины 12 и 16. Найдите тангенс угла между этой пло с костью и плоскостью основания цилин д ра. 93. Диаметр окружности основания ц и- линдра равен 26, образующая цилин д ра равна 21. Плоскость пересекает его осн о- вания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой пло с костью и плоскостью основания цилин д ра . 94. Основанием прямой четырехугол ь- ной призмы является ромб с диагонал я ми 6 и 8. Найдите площадь полной повер х- ности призмы, если известно, что диаг о- наль ее боковой грани равна 13. 95. Основание прямой призмы 1 1 1 C B ABCA – треугольник АВС , в ко т о- ром 90 C , , 6 BC . 8 AC Угол между плоскостями АВС и 1 ABC равен 45 . Найдите площадь боковой повер х- ности призмы. 96. Дан куб 1 1 1 1 D C B ABCDA . Через точки A , 1 B и середину ребра 1 CC пр о- ведена секущая плоскость. Найдите пл о- щадь полной поверхности куба, если площадь сечения равна 36. 97. Каждое ребро правильной тр е- угольной призмы равно a . Через сторону о с нования и середину оси (ось – отрезок, соединяющий центры оснований) пров е- дена плоскость. Найти площадь сечения призмы этой плоск о стью. 98. Основание пирамиды MABCD – квадрат, диагональ которого равна 6 . Р ебро МВ перпендикулярно плоскости основ а ния, а угол между плоскостями АВС и AMD равен 60 . Найдите объем пирам и ды. 99. Основание пирамиды ABCD – пр я- моугольный треугольник с гипотенузой AB , равной 30 2 . CD – высота пирам и- ды, боковые ребра AD и BD наклонены к плоскости основания под углами 30 и 60 соответственно. Найдите объем п и- рамиды. 100. Определить объем прямоугольн о- го параллелепипеда, площади граней к о- т орого равны 1 Q , 2 Q и 3 Q . 101. В основании первой пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в кот о- ром 45 C , 2 6 BC , 18 AC . Б о- ковое ребро AD перпендикулярно пло с- кости основания пирамиды. Сечение п и- рамиды плоскостью, прох о дящей через середину ребра DB пара л лельно прямым BC и AD , является о с нованием второй пирамиды. Ее вершина T – основание высоты BT треугольника ABC . Во сколько раз объем первой пирамиды больше объема второй пирамиды? 102. В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в кот о ром 30 C , 20 AC , 3 8 BC . Бок о вое ребро AD равно 3 6 и перпендик у лярно плоскости ABC . Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через сер е дину ребра DB параллельно прямым BC и AD , является основанием второй пир а- миды. Ее вершина T – основание выс о ты BT треугольника ABC . Найдите об ъ ем второй пир а миды. 103. В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в кот о- ром 60 C , 8 BC , 14 AC . Бок о- вые грани DAC и DAB перпендикуля р- ны плоскости основания пирамиды, а ребро AD равно 3 4 . Сечение пирам и- ды плоскостью, проходящей через сер е- дину ребра DB пара л лельно прямым BC Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 87 и AD , является основанием второй п и- рамиды, вершина которой в точке C . Найдите объем второй пирамиды. 104. Дан прямоугольный параллелеп и- пед 1 1 1 1 D C B ABCDA . На его боковых ре б- рах 1 AA и 1 BB лежат точки M и P соо т- ветственно так, что 11 : 8 : 1 MA AM , 1 : 2 : 1 PB P B . Во сколько раз объем данного параллел епипеда больше объема пирамиды с вершиной в точке P , осн о- ванием которой является сечение да н ного параллелепипеда плоскостью 1 BMD ? 105. Дан прямоугольный параллелеп и- пед 1 1 1 1 D C B ABCDA . На его боковых ре б- рах 1 AA и 1 BB лежат точки M и P соо т- ветственно так, что 5 : 7 : 1 MA AM , 3 : 4 : 1 PB P B . Во сколько раз объем данного параллелепипеда больше объема пирамиды с вершиной в точке , P осн о- ванием которой является сечение данного параллелепипеда плоскостью 1 BMD ? 106. Ребра AB и AD основания ABCD прямоугольного паралле л е пипеда 1 1 1 1 D C B ABCDA равны соответс т венно 9 и 4. На боковых ребрах 1 AA и 1 BB , равных 11, лежат точки M и P соответс т венно так, что 4 : 3 : 1 MA AM , 3 : 8 : 1 PB P B . Найдите объем пирамиды с вершиной в точке P , основанием кот о рой является сечение данного параллелепипеда пло с- костью 1 BMD . 107 . Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD . Точка F делит ребр о SC в отношении 2 : 1 (считая от точки S ), точка E – середина ребра ВС . Найд и те, в каком отношении делит объем пирам и ды плоскость DEF . 108. В правильной четырехугольной призме 1 1 1 1 D C B ABCDA сторона AB о с- нования равна 6, а боковое ребро 1 AA равно 12. Через вершины A и 1 C призмы проведена плоскость, пересекающая б о- ковое ребро 1 BB в точке K , а боковое ребро 1 DD в точке L . Найдите объем п и- рам и ды L AKC A 1 1 . 109. Наклонная призма 1 1 1 1 D C B ABCDA имеет своими основани я ми трапеции ABCD и 1 1 1 1 D C B A . Сумма площадей п а- раллельных боковых граней призмы ра в- на S , а расстояние между этими гранями равно d . Найти объем многогранника AC D C B A 1 1 1 1 . 110. Куб, ребро которого равно а , п е- ресекается плоскостью, проходящей ч е- рез его диагональ. Какую наименьшую площадь может иметь сечение и при к а- ком угле наклона сечения к плоскости осн о вания? 111. Прямоугольный параллелепипед, измерения которого равны a , b , c , перес е- кается плоскостью, проход ящей через его диагональ. Какую наименьшую пл о щадь может иметь сечение, если c b a ? 112. Определите длину стороны основ а- ния правильной треугольной призмы объема V , имеющей наименьшую пл о- щадь полной поверхн о сти. 113. В правильной четырехугольной призме 1 1 1 1 D C B ABCDA высота в два раза меньше основания. Най дите наибольшее значение вел и чины угла 1 1 MC A , где M – точка на ребре AB . 114. Все ребра правил ьной треугол ь- ной призмы 1 1 1 C B ABCA имеют длину a . Рассматриваются отре з ки с концами на диагоналях 1 BC и 1 CA боковых гр а ней, параллельные плоскости 1 1 A ABB . Най д и- те н аименьшее значение длины таких о т- ре з ков. 115. Найдите наибольший объем пр а- вильной треугольной пирамиды, боковое ре б ро которой равно a . 116. Диагональ боковой грани пр а- вильной четырехугольной призмы равна d . Найди те длину бокового ребра, при котором объем призмы на и больший. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 88 Ответы 1. 3. 2. 2. 3. а) 2 6 ; б) 3 6 ; в) 3 6 . 4. 4 14 . 5. 10 95 . 6. 5 5 4 . 7. а) 3 ; б) 2; в) 2 7 ; г) 5 5 2 ; д) 4 14 ; е) 4 39 ; ж) 5 30 ; з) 4 30 . 8. 8. 9. 3 2 . 10. 3 6 . 11. 4 39 . 12. 3 . 13. 1. 14. 31 93 12 . 15. 2. 16. 2. 17. 2,4. 18. 41 3 . 19. 3 3 . 20. 7 21 . 21. 2 3 . 22. . 7 2 23. . 11 3 24. 259 259 36 . 25. 0,8. 26. 5 5 . 27. 15 15 . 28. На три ча с ти в отношении 1 : 1 : 1 . 29. 60 . 30. 60 . 31 . 4 2 . 32. 4 1 . 33. 5 3 2 arcsin 2 или 25 1 arccos . 34. 5 2 2 arcsin 2 или 25 9 arccos . 35. sin sin arccos . 36. 0,7. 37. 20 10 3 . 38. 0,75. 39. 4 2 . 40. 90 . 41. 0,9. 42. 4 10 . 43. 5 5 . 44. 7 5 3 arcsin . 45. ; 6 1 arccos 3 2 arccos . 46. 6 1 . 47. 90 . 48. 4 3 . 49. 4 1 . 50. 30 . 51. 2 2 . 52. 2 2 . 53. 10 10 . 54. 15 15 . 55. . 5 2 2 arcsin 56. . 85 24 arcsin 57. 5 3 . 58. 10 1 . 59. 10 15 . 60. 6 6 . 61. 2 10 . 62. 10 15 . 63. 5 5 . 64. 151 1 arcsin . 65. 15 16 arctg . 66. 48 5 arctg . 67. 40 21 arctg . 68. 3 3 . 69. 5 5 . 70. 3 . 71. 120 . 72. 120 . 73. 2 5 . 74. 4 2 . 75. 2. 76. 2 2 3 . 77. 25 24 arctg . 78. 3 2 2 . 79. 1. 80. 4 2 . 81. 30 . 82. 7 1 arccos . 83. 4 3 . 84. 2. 85. 0,5. 86. 3. 87. 4. 88. 1,5. 89. 4. 90. 3 3 . 91. 3 8 arctg . 92. 2 или 14. 93. 3 или 17 21 . 94. 288. 95. 115,2. 96. 192 . 97. . 9 3 4 2 a 98. 3. 99. 36. 100. . 3 2 1 Q Q Q 101. 12. 102. 12. 1 03. 28. 104. 9. 105. 7. 106. 36. 107. 1 : 5 . 108. 144. 109. 3 Sd . 110. 2 6 2 a , 3 6 arccos . 111. 2 2 2 2 2 b a c b a ab . 112. . 4 3 V 113. 2 . 114. 5 a . 115. 6 3 a . 116. 3 3 d . Корянов А.Г., Прокофьев А.А. М ногогранники: виды задач и методы их решения . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru 89 Список и источники литерат у ры 1. Василевский А.Б. Параллельные проекции и решение задач по стереоме т- рии. – Мн.: Нар. асвета, 1978. 2. Геометрия. 10 - 11 классы: учеб. для об щеобразоват. учреждений: базовый и профил. уровни / [Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.]. – 18 - е изд. – М.: Просвещение, 2009. – 255 с. 3. Геометрия. 10 кл.: учеб. для общ е- образоват. учреждений с углубл. и пр о- фильным изучением математики / Е. В. Потоскуев, Л.И. Звавич. – 3 - е изд. – М.: Дрофа, 2005. – 223 с. 4. Геометрия. 11 кл.: учеб. для общ е- образоват. учреждений с углубл. и пр о- фильным изучением математики / Е.В. Потоскуев, Л.И. Звавич. – 3 - е изд. – М.: Дрофа, 2003. – 368 с. 5. Геометрия. 10 - 1 1 классы: учеб. для общеобразоват. заведений. / И.Ф. Шар ы- гин. – М.: Дрофа, 1999. – 208 с. 6. Геометрия. Расстояния и углы в пространстве / И.М. Смирнов, В.А. Смирнов. – 3 - е изд., перераб. и доп. – М.: И з дательство «Экзамен», 2011. – 158 с. (Серия «ЕГЭ. 100 баллов»). 7 . Гу сев В.А., Кожухов И.Б., Пр о- кофьев А.А. Геометрия. Полный спр а- вочник. – М.: Махаон, 2006. – 320 с. – (Для школьников и абитуриентов). 8 . Денищева Л.О., Глазков Ю.А., Краснянская К.А., Рязановский А.Р., С е- менов П.В. Единый государственный э к- з амен 2008. Математика. Учебно - тренировочные материалы для подгото в- ки учащихся / ФИПИ – М.: Инте л лект – Центр, 2007. – 240 с. 9 . Еди ный государственный экзамен: математика: методика подгот.: кн. для учителя / [ Л.О. Денищева, Ю.А. Гла з ков, К.А. Краснянская и др. ] . – М.: Просвещ е- ние, 2005. – 256 с. 10 . Еди ный государственный экзамен 201 1 . Математика. Универсальные мат е- риалы для подготовки учащихся / ФИПИ – М.: Инте л лект - Центр, 201 1 . – 144 с. 11 . ЕГЭ 2010. Математика: Сборник тренировочных работ / Высоцкий И.Р., З а харов П.И., Панфёров В.С., Семёнов А.В., Сергеев И.Н., Смирнов В.А., Ше с- таков С.А., Ященко И.В. – М.: МЦНМО, 2009. – 72 с. 12 . ЕГЭ 201 1 . Математика. Типовые тестовые задания /под ред. А.Л. Семен о- ва, И.В. Ященко. – М.: Издательство «Э к- замен», 201 1 . – 63 с. 13 . Задание С2: Решаем методом к о- ординат / И . Беликова . – Математика, приложение «Первое сентября», №20, 201 0. 14 . Панферов В.С., Сергеев И.Н. О т- личник ЕГЭ. Математика. Решение сложных задач; ФИПИ – М.: Ителлект - Центр, 2010. – 80 с. 15 . Прокофьев А.А. П особие по ге о- метрии для подготовительных курсов ( стереометрия ). – 4 - е изд. перераб. и доп. – М.: М И ЭТ, 2007 . – 2 40 с. 16 . Самое полное издание типовых вариантов реальных заданий ЕГЭ 2010: Математика /авт. - сост. И.Р. Высо ц кий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др. ; под ред. А Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: АСТ: Астрель, 2009. – (Федеральный и н ститут педагогических измер е ний). 17 . Смирнов В.А. ЕГЭ 2010 . Матем а- тика. Задача С2 / П од ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: МЦНМО, 2010 . – 64 с. 18. Математика для поступ ающих в вузы: пособие / Шабунин М. И. – 2 - е изд., испр. и доп. – М.: БИНОМ. Лаборат о рия знаний, 2003. – 695 с. 19 . Ященко И.В., Шестаков С.А., З а- харов П.И. Подготовка к ЕГЭ по матем а- тике в 2011 году. Методические указ а ния. – М.: МЦНМО, 2011 . – 144 с. 20 . www . mathege . ru - Математика ЕГЭ 2010 , 2011 (открытый банк зад а ний) 21 . www . alexlarin . narod . ru – сайт по оказанию информационной поддержки студентам и абитуриентам при подгото в- ке к ЕГЭ , поступлению в ВУЗы и изуч е- нии различных разделов высшей матем а- тики. 22. http :/// eek . diary . ru / – сайт по оказ а- нию помощи абитуриентам, студе н там, учителям по математике.
  • Дата публикации: 26 Июнь 2011
  • Владелец: svetlana.golosenko
  • Просмотров: 8962

Задания к ЕГЭ С2 - 2011 год

Обратить внимание администрации на недопустимое содержимое документа


Другие публикации владельца