close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Задания к ЕГЭ С2 - 2011 год

код для вставкиСкачать
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.
Автор
svetlana.golosenko
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
10 000
Размер файла
2 172 Кб
Теги
Задания к ЕГЭ С2 - 2011 год
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа