Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

C22013

.pdf
Скачиваний:
103
Добавлен:
13.02.2015
Размер:
2.58 Mб
Скачать

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Найдите угол между плоскостью A1BC и плоскостью основания призмы.

137. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все ребра которой равны 1, точки D, E – середины рёбер соответственно A1В1 и А1C1. Найдите тангенс угла между плоскостями ADE и ВCC1 .

138. Основанием прямой треугольной

призмы ABCA1B1C1

является

равнобед-

ренный треугольник

АВС, в

котором

AB BC 10,

AC 16.Боковое ребро

призмы равно 24. Точка Р – середина ребра BB1. Найдите тангенс угла между

плоскостями A1B1C1 и АСР.

 

139. Основанием прямой треугольной

призмы ABCA1B1C1

является

равнобед-

ренный треугольник

АВС, в

котором

AB BC 20, AC 32. Боковое ребро

призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру BB1, причем BP:PB1 1:3. Найдите тангенс угла между плоскостями

A1B1C1 и АСР.

140. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 является треугольник АВС, в котором AB AC 8, а один из углов равен 60 . На ребре AA1 отмечена точка P так, что AP: PA1 2:1. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и СВР, если расстояние между прямыми

АВ и C1B1 равно 183 .

141. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 является треугольник АВС, в котором AC BC 6 , а один из углов равен 60 . На ребре CC1 отмечена точка P так, что CP:PC1 2:1. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и АВР, если расстояние между прямыми

АС и A1B1 равно 183 .

142. Основанием прямой призмы ABCA1B1C1 является прямоугольный треугольник АВС с гипотенузой АС. Найдите тангенс угла между плоскостью A1B1C1 и плоскостью, проходящей через середину

ребра AA1 и прямую ВС, если

AB 4,

BB1 12.

 

04.12.2012

61

143. В правильной шестиугольной призме ABCDEFABC1 1 1DE1 1F1, стороны

основания которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, найдите угол между плоскостями BAD1 1 и AAE1 1.

144.Все рёбра треугольной пирамиды SABC равны между собой. Точки K и L – середины ребер AB и BC соответственно. Найдите угол между плоскостями ABS и KSL.

145.Основание пирамиды DABC – равнобедренный треугольник АВС, в ко-

тором AB BC 13, AC 24. Ребро DB перпендикулярно плоскости основания и равно 20. Найдите тангенс двугранного угла при ребре АС.

146.В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями АВС и BCS.

147.(МИОО). В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с основанием

ABCD сторона основания равна 62 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоскостями АВС и АСМ, где точка М делит ребро BS так, что

BM : MS 2:1.

148.В основании пирамиды SABCD , все боковые рёбра которой равны 17, лежит прямоугольник ABCD. Точка M – середина ребра SA. Через прямую BM параллельно диагонали AC проведена плоскость. Найдите величину угла между этой плоскостью и плоскостью SAC , если известно, что AB 24, а BC 10.

149.Диаметр окружности основания цилиндра равен 20, образующая цилиндра равна 28. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 12 и 16. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

150.Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Глава 2. Площади и объёмы

В данном разделе требуется не только знание формул для вычисления площадей поверхностей и объёмов многогранников, но и знание свойств пространственных фигур (призма и пирамида), признаки и свойства, которые относятся к взаимному расположению прямых и плоскостей

2.1. Площадь поверхности многогранника

Формулы для вычисления площади поверхности призматических тел

Боковая и полная поверхность прямой призмы

Sбок l P ,

где l длина бокового ребра, P – периметр основания, Sосн – площадь основания,

Sполн Sбок 2Sосн .

Боковая и полная поверхность наклонной призмы

Sбок l P ,

где l длина бокового ребра, P – периметр перпендикулярного ему сечения.

Sполн Sбок 2Sосн

Полная поверхность прямоугольного параллелепипеда

Sполн 2(ab bc ac) ,

где a,b, c – длины ребер, выходящих из одной вершины.

Формулы для вычисления площади поверхности n-угольной пирамиды

Боковая поверхность правильной пирамиды

1

Sбок 2 P a,

где P – периметр основания правильной пирамиды, a – апофема боковой грани;

S

бок

 

Sосн

,

 

 

 

 

cos

где Sосн – площадь основания, – мера дву-

гранного угла при ребре основания.

 

 

 

 

04.12.2012

 

62

Боковая и полная поверхность правильной усеченной пирамиды

1

Sбок 2 (P1 P2) a,

где P1 и P2 – периметры верхнего и нижнего оснований, a – апофема боковой грани;

Sбок S1 S2 ,

cos

где S1 и S2 – площади верхнего и нижнего оснований, – мера двугранного угла при ребре нижнего основания;

Sполн Sбок S1 S2 .

Полная поверхность правильного тетраэдра

Sполн a2 3, где a сторона.

Рассмотрим следующие задачи данного раздела: вычисление площади поверхности многогранника и его частей, нахождение линейных и нелинейных величин многогранника с известной площадью поверхности (части поверхности), сравнение площадей, сравнение отрезков.

Поэтапно-вычислительный метод

Пример 78. В правильной четырехугольной призме диагональ равна d и наклонена к плоскости боковой грани под углом . Найти площадь боковой поверхности призмы.

Решение. Рассмотрим призму ABCDA1B1C1D1, для которой диагональ

AC1 d (см. рис. 91).

C1

B1D1

A1

C

BD

A

Рис. 91

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Так как

AD CDD1 , то

AC1D явля-

ется

углом

между

диагональю AC1

и

плоскостью CDD1 , величина которого

равна .

 

 

 

 

Из

прямоугольного

треугольника

AC1D

находим

AD dsin

и

DC1 dcos . Далее из прямоугольного треугольника DCC1 получаем

CC1 C1D2 CD2

dcos2 sin2 dcos2 .

Площадь боковой поверхности призмы равна

Sбок 4 CD CC1 4d2 sin cos2 .

Ответ: 4d2 sin cos2 .

Пример 79. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований равны a и a1 , а диагональ пирамиды – d . Определить боковую поверхность пирамиды.

Решение. Пусть в усеченной пирамиде ABCDA1B1C1D1 стороны нижнего основания равны a , верхнего – a1, а диагональ пирамиды – B1D d (см. рис. 92).

C1

O1

D1

a1

A1

B1

 

Ch

d

M

 

D

O

a

B N

A

 

Рис. 92

 

Из вершины B1

проведем B1N AB и

B1M BD. Так как B1N – апофема данной пирамиды, то боковая поверхность пирамиды может быть вычислена по формуле

1

Sбок 2(P P1) B1N ,

где P 4AB 4a, a P1 4A1B1 4a1 . Отрезок B1N найдем из прямоуголь-

ного треугольника B1NM ( B1MN 90 ) . Диагонали квадратов ABCD и A1B1C1D1 ,

04.12.2012

лежащих в основаниях, равны: BD a2 ,

B1D1 a12 .

Диагональное сечение пирамиды – равнобочная трапеция BB1D1D . Найдем

ее высоту B1M (B1M O1O) из прямоугольного треугольника B1MD, т.е.

B1M B1D2 MD2 , а MD BD BM

BD BD B1D1 BD B1D1 (a a1)2.

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

Отсюда B M

 

d2

(a a )2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Треугольник

 

BMN

 

– равнобедренный

и прямоугольный ( BNM 90 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

BM

(a a1)

 

 

 

, а MN

BM

 

 

 

a a1

.

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

Теперь из треугольника B1NM находим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(a a )

2

 

 

(a a )2

 

B N B M2 MN2 d2

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставляя найденные значения P,

 

P1 и

 

B1N в формулу боковой поверхности пи-

рамиды, получим ответ.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 2(a a )

 

d2

 

 

a2

 

a 2

 

 

3aa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

4

 

 

 

4

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Метод опорных задач

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Имеет место формула

cos

Sпр

, где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

 

S– площадь многоугольника, лежащего

вплоскости , Sпр – площадь его орто-

гональной проекции на плоскость . Доказательство этой формулы приве-

дено в главе 3 п. 3.4, опорная задача №6.

Пример 80. Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды, если ее высота равна Н, а площадь боковой грани равна площади основания.

Решение. Пусть ЕО – высота данной пирамиды ABCDE (см. рис. 93). Опустим из точки O перпендикуляр ОМ на сторону ВС квадрата ABCD и точку М соединим с вершиной E . Так как ОМ – проекция ЕМ на плоскость АВС и

63

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

 

OM BC,

то EM BC. Значит, OME

 

является

линейным

углом двугранного

 

 

E

 

 

угла при

ребре

 

 

 

 

ВС,

величину

 

 

 

 

 

которого

обо-

 

 

 

 

 

значим через .

 

 

 

 

 

Так

как тре-

 

A

 

 

 

угольник

ВОС

 

 

 

 

является

проек-

 

O

 

 

 

цией

боковой

D

 

M

B

грани

ВЕС на

 

 

 

 

плоскость

АВС,

 

 

 

C

 

Рис. 93

то согласно условию имеем

cos SBOC 1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

SBEC

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

.

Тогда sin 1

1

 

 

 

 

 

 

15

 

и ctg

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

Из треугольника ЕОМ находим

 

 

 

 

 

 

 

 

OM H ctg

 

 

H

 

 

 

и CD

2

H

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Площадь основания

 

пирамиды равна

 

4H2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16H

2

 

 

 

 

 

 

 

, боковой поверхности –

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

а

15

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

полной поверхности –

4H

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

 

4H

2

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 81. Стороны основания треугольной пирамиды равны 6 см, 10 см и 14 см. Каждый двугранный угол при ее основании равен 30°. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой

Sбок Sосн .

cos

Sбок

 

Sосн

15

 

:

3

30 (см2).

3

cos30

2

 

 

 

 

 

 

Ответ: 30 см2.

Пример 82. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде стороны нижнего и верхнего оснований равны соответственно a и b (a b). Найти площадь полной поверхности усеченной пирамиды, если ее боковые грани наклонены к плоскости основания под углом .

Решение. Поскольку основаниями правильной усечённой четырехугольной пирамиды являются квадраты со сторонами a и b, то сумма их площадей равна

a2 b2 . Очевидно, что ортогональная проекция боковой поверхности усеченной пирамиды на плоскость нижнего основания представляет собой квадрат со стороной a, из которого «вырезан» квадрат со стороной b. При этом стороны «вырезанного» квадрата параллельны сторонам нижнего основания пирамиды

(см. рис. 94).

b

a

Рис. 94

Так как боковые грани усеченной пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковым углом , то площадь её боковой поверхности равна:

Sбок

Sпр

 

a2 b2

 

 

,

cos

 

 

 

cos

где Sпр – площадь проекции боковой по-

Найдем площадь основания треуголь-

верхности на основание. Таким образом,

ной пирамиды, применив формулу Геро-

 

 

a2

b2

 

 

 

 

на. Поскольку полупериметр треугольни-

Sполн

a2 b2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

ка в основании равен 15 см, то

 

 

 

cos

 

 

 

 

 

Sосн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2 b

2

 

15 (15 6) (15 10) (15 14)

 

Ответ: a

2

b

2

 

.

 

15

 

(см2).

 

 

 

cos

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

04.12.2012

 

 

 

 

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

2.2. Площадь сечения многогранника

Свойства сечений пирамиды плоскостью, параллельной основанию.

Теорема 1. Если пересечь пирамиду плоскостью, параллельной основанию, то:

а) боковые ребра и высота пирамиды разделяются этой плоскостью на пропорциональные отрезки;

б) в сечении получится многоугольник, подобный многоугольнику, лежащему в основании;

в) площади сечения и основания будут относиться друг к другу как квадраты их расстояний от вершины пирамиды.

Теорема 2. Если две пирамиды с равными высотами пересечь плоскостями, параллельными основаниям, на одинаковом расстоянии от вершины, то площади сечений будут пропорциональны площадям оснований.

При вычислении площади сечения можно определить вид фигуры, полученной в сечении, и затем воспользоваться формулой. При этом сложную фигуру иногда разбивают на несколько простейших фигур или дополняют до простейшей.

Поэтапно-вычислительный метод

Пример 83. Найти площадь сечения правильной четырехугольной пирамиды ABCDE, проходящей через АВ и точку K

– середину ребра ЕС, если все рёбра пирамиды равны 4.

Решение. Пусть

ABK ECD KM

(см. рис. 95). Тогда

из AB||CD следует

AB||ECD и KM ||AB. В сечении получаем равнобедренную трапецию АВКМ с основаниями AB 4, КМ 2 и высотой FL (F и H – середины отрезков АВ и CD соответственно, KM EH L).

Из треугольника EHF найдем медиану FL, используя формулу

FL

 

2EF2 2FH 2 EH2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(2

 

 

 

2 2 42 (2

 

 

2

 

 

 

 

 

3)

3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

FL

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11.

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

04.12.2012

 

 

 

 

 

 

 

65

Площадь сечения равна

SABKM 4 2 11 311.

2

 

E

 

 

 

 

 

L

K

 

 

 

 

 

M

C

B

H

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

Рис. 95

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 3

 

 

.

 

11

Пример 84. В кубе ABCDA1B1C1D1 с

ребром, равным a,

через точки M, P и N

на ребрах BB1 , CC1 и DD1 соответст-

венно, такие, что

BM

3a

,

CP

2a

и

 

 

 

4

 

3

 

 

 

DN a , проведена секущая плоскость.

4

Найти площадь сечения.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, P и N. Соединим вначале точки M и P, поскольку они лежат в одной плоскости BB1C1 . Затем соединим точки P и N, так

как они лежат в одной плоскости DD1C1

(см. рис. 96).

 

B1

C

A1

M

 

D1

 

 

 

K

 

Q

B

C

 

 

 

N

A

 

D

 

Рис. 96

Противоположные

боковые грани

AA1D1 и BB1C1 в кубе параллельны. Поэтому секущая плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань AA1D1 по прямой NQ так, что NQ|| MP.

Соединим точки M и Q, так как они лежат в одной плоскости AA1B1. Тогда MQ|| NP по тому же свойству парал-

лельных плоскостей AA1B1 и CC1D1 . Таким образом, сечение представляет собой параллелограмм MPNQ. Вычислим его площадь. Для этого найдем стороны треугольника MNP. Используя теорему Пифагора для прямоугольных треугольни-

ков MLP (ML CC1 ), NPS ( NS CC1),

MNK (KN BB1), получим:

MP

(LC PC)2

ML2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

145

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

144

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

NP

(PC SC)2

NS2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

25a2

a

2

 

 

 

 

13a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

144

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

MN

 

(BM BK)2 KN2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2

2a

2

 

 

 

 

3a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

Найдем площадь треугольника MNP, используя модифицированную формулу

 

 

1

 

 

 

 

 

Герона

S

 

4a2b2 (c2

a2

b2 )2 ,

 

 

4

 

 

 

 

 

SMNP a2 170 . Следовательно, 24

SMPNQ 2SMNP a2 170 .

12

Ответ: a2 170 . 12

Пример 85. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 точка M – середина реб-

ра B1C1 , точка N лежит на диагонали

B1D, причем B1N 2ND. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и параллельной прямой A1C1.

Решение. Опишем схематически процесс построения сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и па-

04.12.2012

66

раллельной прямой A1C1 . Для этого про-

ведем

через

точку

M прямую ME,

ME|| A1C1 (см. рис. 97).

 

 

 

 

A1

E

B1

 

 

 

T

 

D1

 

C1

M

 

 

H

 

 

 

N

K

 

Q

 

E1

 

 

A

B

 

F

 

 

 

 

 

M1

D

OG

 

C

 

 

 

 

L

 

 

 

 

Рис. 97

 

Рассмотрим

диагональную

плоскость

B1BD,

в которой на диагонали B1D лежит

точка N. Тогда принадлежащая сечению

точка T – точка пересечения прямых ME и

B1D1.

В плоскости B1BD проведем пря-

мую TN. Точка O, принадлежащая и сечению, и плоскости нижнего основания куба, – точка пересечения прямых TN и BD.

Проведем через точку O прямую GF, параллельную A1C1 . Далее, используя метод следов, построим точки H и K, принадлежащие сечению куба (шестиугольник HEMKGF). При этом шестиугольник AE1M1CGF является проекцией многоугольника HEMKGF на плоскость ABC.

Поскольку FG || A1C1 и A1C1 BD, то FG OB . Тогда OT – наклонная к плоскости ABC, прямая OB – проекция наклонной OT и OB FG . Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, OT FG. Значит, TOB – линейный угол двугранного угла TFGB.

Вычислим теперь косинус угла между секущей плоскостью и нижним основанием куба. Очевидно, что

BD B D

 

, BT

B1D1

 

2

.

2

 

 

1

1

1

4

4

 

 

 

 

 

 

Далее, треугольники B1TN и DON подобны с коэффициентом подобия k 2.

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Следовательно,

OD B1T B1D1 2 , 2 8 8

OB BD OD 72 , 8

OT (OB B1T)2 BB12 114 . 8

Откуда

cos

OB B1T

 

 

5

 

.

 

 

 

 

 

OT

57

 

 

Вычислим, площадь шестиугольника AE1M1CGF . Площади треугольников

BM1E1 и DFG находятся довольно просто (вычислите самостоятельно!):

SBM E

 

1

, SDFG

 

1

.

 

 

1

1

8

 

32

 

Тогда

27

SAE1M1CGF SABCD SBM1E1 SDFG 32 .

Таким образом,

SHEMKGF SAE1M1CGF 2757 .

cos 160

Ответ: 2757 . 160

Принцип разбиения и дополнения

Пример 86. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна q. Найти площадь сечения, плоскость которого параллельна боковой грани пирамиды и проходит через середину ее высоты.

Решение. Обозначим плоскость сечения через , середину высоты ОР пирамиды ABCDEFP через Т, середины отрезков ВС, OK и ЕF через K , K1 и L соответственно (см. рис. 98).

Пусть плоскость параллельна грани

РВС,

OPK P1K1 ,

ABC QR.

Тогда

P1K1 ||PK , QR||BC,

при этом

T P1K1 , K1 QR, P1 PL.

 

Так

как QR||AD ||EF , то

пересече-

ниями плоскости с треугольниками

04.12.2012

 

67

ADP и PEF служат соответственно отрез-

ки A1D1 ||AD и MN ||EF (T A1D1 ,

M PF , N PE , P1 MN ).

Имеем A1D1 0,5AD BC, QR 1,5BC,

значит, сечением данной пирамиды плоскостью является шестиугольник QA1MND1R, составленный из двух тра-

пеций A1D1RQ и MND1A1 с общим осно-

ванием A1D1.

 

 

Пусть BC a,

PK h, тогда

S

PBC

 

1

ah q.

 

 

 

 

2

 

 

P

N

MP1 D1

A1T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

K

 

C

 

 

 

 

 

R

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

K1 O

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 98

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдем площадь сечения QA1MND1R.

Так как K

 

 

K

1

 

OK

 

1

KL и PK

1

||PK ,

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MN

1

 

EF

 

a

;

 

 

PK

 

 

 

3

 

PK

3

h,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

1

1

4

 

 

 

 

 

4

 

 

TK

 

 

1

PK

1

h,

 

 

PT

1

 

h,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

QR

3

a,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A D

1

AD a.

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теперь

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

сеч

 

A1D1 MN

PT

 

A1D1 RQ

K T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

h

a

 

 

h

25

 

 

 

 

 

 

25

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

2

 

 

ah

q.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

4

2

 

2

 

32

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 25q. 16

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Пример 87. В основании прямой призмы ABCA1B1C1 лежит равнобедренный треугольник ABC, у которого основание BC равно 3. Боковая поверхность призмы равна 32. Найти площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через CB1 параллельно высоте основания AD, если известно, что расстояние от точки

A до плоскости сечения равно 6 .

5

Решение. Построим сечение призмы заданной в условии плоскостью. Для этого через вершину C в плоскости ABC основания призмы проведем прямую, параллельную AD до пересечения в точке M с продолжением ребра AB за точку A (см. рис. 99). Точки M и B1 лежат в

плоскости грани AA1B1 , поэтому, проведя через них прямую, получим след E секущей плоскости на ребре AA1 . Тогда треугольник CEB1 – искомое сечение.

 

A1

B1

 

E

C1

 

 

H1

 

H

B

M

A

D

 

 

 

 

C

 

Рис. 99

 

В треугольнике MBC отрезок AD – средняя линия, поскольку высота AD в равнобедренном треугольнике ABC яв-

ляется и

медианой.

Следовательно,

MB 2AB.

Аналогично

в треугольнике

MB1B отрезок AE – средняя линия и

MB1 2ME .

Пусть сторона основания AB x, а высота призмы равна h. Тогда периметр основания P 2x 3, боковое ребро призмы равно h и площадь боковой поверхности

Sбок h P h (2x 3).

Отсюда h

 

 

32

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выразим объем пирамиды BMB1C

двумя способами.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1. По формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

V

 

 

BB

S

MBC

 

 

 

h

 

 

 

MC BC .

 

 

 

 

2

 

 

3

1

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

Тут учтено, что треугольник

MCB пря-

моугольный (MC || AD).

 

 

 

 

 

 

 

 

2. По формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

1

BH S

 

 

 

 

 

1

 

 

BH

 

 

1

MC CB

 

,

 

MB1C

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

3

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

2

1

 

 

где BH1 – перпендикуляр, опущенный из точки B на плоскость MB1C . Так как расстояние от точки A до этой плоскости

по условию равно 6 , а MB 2AB, то

 

 

5

BH

 

 

12

. В этом случае также учтено,

1

 

 

5

 

что MC CC1B1 (MC CB и MC CB1)

и треугольник MCB1 – прямоугольный. Приравнивая полученные выражения

для

объема

и

учитывая,

 

 

что

CB1

 

 

 

BB2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

CB2

 

h2 9 , имеем

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

h

 

MC BC

 

 

BH

 

 

 

MC CB

 

3

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

3

1

 

 

 

1

 

 

4

 

 

 

 

25

h2

 

или h

 

h2

9 . Отсюда

h2 9

 

 

 

516

иh 4, а CB1 5.

Тогда из равенства h 32 находим

2x 3

x 5 , а из треугольника ABD

2

AD AB2 BD2 25 9 2. 4 4

Так как точка E делит MB1 пополам, то для искомой площади сечения получаем

S

 

SMB C

 

1

MC CB

1

 

CEB

 

1

 

 

 

4 5 5.

 

 

 

 

 

2

 

4

1

4

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 5.

04.12.2012

68

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

2.3. Объём многогранника

Формулы для вычисления объёма призматических тел

Объём прямой призмы

V l Sосн ,

где l – длина бокового ребра, Sосн – площадь основания.

Объём наклонной призмы

V h Sосн ,

где h – высота призмы, Sосн – площадь основания;

V l S ,

где l длина бокового ребра, S – площадь перпендикулярного ему сечения.

Объём прямоугольного параллелепипеда

V a b c,

где a,b, c – длины ребер, выходящих из одной вершины.

Формулы для вычисления объёма n-угольной пирамиды

Объём произвольной пирамиды

V1 h Sосн , 3

где h – высота пирамиды, Sосн – площадь основания.

Объём произвольной усеченной пирамиды

V

1

h (S

 

 

 

S

 

),

 

S S

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

3

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где h – высота пирамиды, S1, S2

– площади

верхнего и нижнего оснований.

 

 

 

 

 

 

Объём правильного тетраэдра

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

a3

 

 

 

 

 

V

 

h Sосн

или V

 

 

2

 

,

3

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где h – высота пирамиды, Sосн

– площадь

основания,

a – сторона тетраэдра.

 

 

 

 

Объём произвольного тетраэдра

V1 a b d sin , 6

где a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, d и – расстояние и угол между ними соответственно.

Выделим следующие задачи данного раздела: вычисление объема многогранника и его частей, нахождение линейных и нелинейных величин многогранника по его известному объёму, сравнение объемов многогранников.

Поэтапно-вычислительный метод

Отметим задачи, в которых часто встречаются конфигурации с предварительным определением положения основания высоты пирамиды.

Если все боковые ребра пирамиды равны или образуют с плоскостью основания или с высотой одинаковые углы, то основание высоты пирамиды является центром окружности, описанной около основания пирамиды.

В частности, если основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, то высота принадлежит одной из боковых граней, содержащей гипотенузу прямоугольного треугольника, и вершина пирамиды проецируется в середину этой гипотенузы.

Если основанием пирамиды служит тупоугольный треугольник, то вершина пирамиды проецируется в точку, лежащую вне этого треугольника.

Если все боковые грани пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, то основание высоты пирамиды является центром окружности, вписанной

воснование пирамиды.

Пример 88. Основание пирамиды ABCD – равнобедренный треугольник АВС с основанием AB 12 и боковой стороной 10. Найти объём пирамиды, если все боковые грани образуют с плоскостью основания двугранные углы в 45 .

Решение. Пусть CK – высота треугольника АВС (см. рис. 100), тогда из прямоугольного треугольника АСК имеем

CK 102 62 64 8.

Площадь основания равна

1

SABC 2 12 8 48.

04.12.2012

69

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Так как все боковые грани образуют с плоскостью основания двугранные углы в 45 , то основание О высоты DO пирамиды совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник АВС, то есть OK r, где r – радиус этой окружности.

D

 

Радиус

 

найдём

 

по формуле

 

 

 

r

SABC

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

B

r

48

3.

 

 

C

16

 

 

 

 

Так

 

 

 

как

 

K

 

 

 

O

OKD является

 

 

линейным

уг-

A

 

лом

данного

 

двугранного

уг-

Рис. 100

 

ла (докажите) и

 

 

OKD 45 , то

из треугольника OKD имеем OD r 3.

Объём пирамиды равен

1

VABCD 3 48 3 48.

Ответ: 48.

Пример 89. Основание пирамиды – треугольник, две стороны которого равны 1 и 2, а угол между ними равен 60 .

Каждое боковое ребро равно 13. Найти объём пирамиды.

D

Решение. Пусть

в пирамиде ABCD

 

основанием

слу-

 

жит

треугольник

 

ABC,

причем

 

AB 1,

BC 2,

B

ABC 60

(см.

C

рис. 101).

 

Так как все бо-

O

 

ковые

ребра

рав-

A

ны,

то

основание

О высоты DO пи-

Рис. 101

рамиды

совпадает

с центром окружности, описанной около треугольника АВС, то есть OB R, где R – радиус этой окружности. Радиус найдем по фор-

муле R

AC

. Длину стороны АС

2sin ABC

 

 

вычислим по теореме косинусов из треугольника АВС:

AC2 12 22 2 1 2 0,5 3,

AC 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

Радиус окружности R

3 :

2

 

 

 

 

1.

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из прямоугольного треугольника BOD

найдем

 

 

высоту

 

 

 

 

пирамиды

DO

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

Площадь осно-

13)2 12 2

3

вания

 

 

 

 

 

 

 

пирамиды

 

 

равна

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

SABC

1 2

 

 

3

3

и объём пирами-

2

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

2

 

 

 

ды равен VABCD

 

 

 

3

 

 

1.

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 1.

Пример 90. Найти объём правильной треугольной пирамиды, у которой боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом ( 45 ) и удалено от противоположной стороны основания на расстояние d .

Решение. Пусть

DABC (см. рис. 102)

– данная пирамида. Так как она правильная, то основание O высоты DO – центр треугольника ABC. Пусть точка N – середина стороны BC. Тогда DN BC и

D

M B

A O

N

C

AN BC, а

значит

Рис. 102

BC ADN .

Прове-

 

 

 

дем высоту

MN в треугольнике ADN .

Так как пирамида правильная (O AN ) и

AO ON , то AND . Следовательно,

треугольник

ADN остроугольный и точ-

ка M AD. Соответственно

MN – об-

щий перпендикуляр к прямым AD и BC,

MN d .

 

 

 

 

 

 

Из

прямоугольного треугольника

AMN

получаем AN

MN

 

d

. То-

 

 

 

 

 

sin

 

sin

04.12.2012

70

www.alexlarin.net

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]