Тема 14. Задачи по стереометрии
14.04 Задачи формата ЕГЭ на тела вращения. Шар, цилиндр, конус
Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по стереометрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#39764

Через вершину S  конуса проходит плоское сечение SAB.  Точки A  и B  делят длину окружности основания конуса в отношении 1 :5.  Угол              3
SAB  = arccos√58.

а) Докажите, что площадь сечения SAB  равна 172AB2.

б) Найдите объем конуса, если площадь SAB  равна 42.

Показать ответ и решение

а) Пусть O  — центр основания конуса. Так как точки A  и B  делят окружность основания на две дуги, которые относятся как 1:5, то можно меньшую дугу принять за x,  а большую за 5x.  Тогда вся окружность равна 6x,  следовательно, меньшая дуга составляет 1
6  от всей окружности, то есть в градусах равна 1 ⋅360∘ = 60∘.
6

Таким образом,           ∘
∠AOB  = 60 как центральный угол. Так как AO = BO  — радиусы, то △AOB  равнобедренный. Поскольку один из его углов равен 60∘ , то △AOB  равносторонний и AB = AO = BO.

PIC

Проведем SH  ⊥AB,  SH  также является и медианой. Тогда для прямоугольного треугольника SAH  и треугольника SAB  имеем:

                          1) AH = 3a
√3--= cos∠SAB  = AH-   ⇒   2) AB = 2AH = 6a  ⇒
 58             AS               √--
                          3) AS =  58a
                   ∘ ---2----2-      7
          ⇒   SH =   AS  − AH  = 7a = 6AB   ⇒
     ⇒   S △SAB = 1SH ⋅AB = 1⋅ 7AB ⋅AB = 7-AB2
                  2         2  6         12

б) Из формулы площади треугольника SAB  находим радиус основания конуса:

42 = S△SAB = 7-AB2  ⇒   AO  = AB = 6√2-= 6a  ⇒   a = √2
             12

Тогда по теореме Пифагора в треугольнике SOA  :

     ∘ --2-----2  ∘ --2-----2-  √--            √ --
SO =   AS − AO  =   58a − 36a = a 22  ⇒   SO  =2  11

Тогда объем конуса равен

        1          2     √--
Vконус = 3 ⋅SO ⋅π⋅AB = 48π 11

PIC

Ответ:

б) 48π√11-

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#39760

Конус вписан в правильную четырехугольную пирамиду. Общая высота пирамиды и конуса равна 9
4  , а радиус вписанной в конус сферы равен 1.

а) Докажите, что данная сфера касается боковых граней пирамиды, причем точки касания лежат на апофемах.

б) Найдите разность объемов пирамиды и конуса.

Показать ответ и решение

а) Пусть дана пирамида SABCD  , H  — точка пересечения диагоналей основания ABCD  . По свойству правильной пирамиды SH  — ее высота, следовательно, и высота конуса. Пусть O  — центр сферы, вписанной в конус, следовательно, лежащий на SH  . Тогда OH  — радиус этой сферы.

Окружность основания конуса касается стороны CD  в ее середине. Назовем эту точку касания R  . Тогда HR ⊥ CD  , HR  — радиус основания конуса. Рассмотрим △SHR  . Проведем OK ⊥ SR  . Так как HR  — проекция OK  на плоскость ABC  и HR  ⊥ CD  , то по ТТП и OK  ⊥ CD  . Следовательно, OK  перпендикулярна двум прямым CD  и SR  из плоскости SCD  , следовательно, OK  ⊥ (SCD )  . Значит, K  — точка касания сферы с гранью SCD  , лежащая на SR  . А так как R  — середина CD  , то по определению SR  — апофема грани SCD  . Для других граней пирамиды доказательство аналогично, так как пирамида правильная.

Чтд.

Заметим, что SR  — образующая конуса и K  — одна из точек касания сферы с боковой поверхностью конуса.

PIC

б) Пусть сторона основания ABCD  равна 2a  .      1
HR = 2AB = a  (так как HR  — средняя линия в △ACD  ).

Прямоугольные △SOK   ∼△SHR  по острому углу (∠HSR  — общий), следовательно,

OK--  SO-       1  ----94 −-1--
 HR = SR   ⇒    a = ∘ (a)2 +(9)2 ⇔
                           4
     ∘ -------
5 a=   a2+ 81  ⇔   a= 3  ⇒   AB  = 2a = 6.
4          16

Следовательно,

           1       2  1  9  2
1) VSABCD = 3SH ⋅AB = 3 ⋅4 ⋅6
                                  ⇒   VSABCD −Vконус = 1⋅9⋅32(4−π) = 27(4− π).
2) Vконус = 1SH ⋅π ⋅HR2 = 1⋅ 9⋅π⋅32                   3 4          4
         3             3  4
Ответ:

б) 27(4 − π)
4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#46565

Шарик мороженого разрезали пополам. Из одной половинки шарика хотят вырезать пирамидальную фигурку мороженого так, что основание OV AL  этой пирамиды лежит в круге сечения, вершина K  лежит на поверхности шарика, а объем такой пирамидальной фигурки наибольший.

а) Докажите, что объем пирамиды KOV AL  равен 2R3,
3  где R  — радиус шарика мороженого.

б) Найдите R,  если площадь треугольника SUN  равна 64√5,  где S,  U,  N  — середины ребер KV,  AL  и OL  соответственно.

Показать ответ и решение

а) По формуле площади произвольного четырехугольника имеем:

S     = 1OA ⋅V L⋅sin∠ (OA, VL) ≤ 1⋅d⋅d ⋅1
 OVAL   2                      2

Следовательно, SOVAL = Smax,  если OA = V L= d  — диаметры сферы и sin∠(OA,V L)= 1,  то есть OA  ⊥ VL.  Следовательно, OVAL  — квадрат.

Расстояние от точки K  до плоскости (OV A)  наибольшее, если KQ  ⊥ (OV A )  и KQ  — радиус сферы. Тогда объем пирамиды равен

VKOV AL = 1⋅KQ ⋅OV 2 = 1 ⋅R ⋅(R √2)2 = 2R3
          3           3              3

Что и требовалось доказать.

PIC

б) Проведем SP ∥ KQ,  где P ∈ VL.  Тогда SP ⊥ (OV A )  и V P = PQ = 14VL.

Так как V L⊥ OA,  то V L ⊥NU,  следовательно, по теореме о трех перпендикулярах SH ⊥ NU,  где H = NU ∩ VL.

Далее имеем:

          1           1              1      1
HL = QH = 4 VL,  PH = 2V L =R,  SP = 2 KQ = 2R

Тогда по теореме Пифагора в треугольнике SP H :

     ∘--------    √ -
SH =  R2 + 1R2 = R--5
           4      2

Так как NU  = 1OA = R
      2  , то площадь треугольника SUN  равна

          √ -
64√5-= 1R ⋅--5R   ⇔   R2 = 64⋅4 ⇔   R = 16
      2    2
Ответ:

б) 16

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#39890

Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1  .

а) Докажите, что около параллелепипеда можно описать сферу тогда и только тогда, когда он прямоугольный.

б) Найдите площадь поверхности данного параллелепипеда, если его объем равен 8, а радиус сферы, описанной около параллелепипеда, равен √3- .

Показать ответ и решение

а) Если сфера описана около параллелепипеда, то ее центр O  находится на одинаковом расстоянии от всех вершин параллелепипеда.

Будем сокращенно записывать ABCDA1B1C1D1   как A ...D1   .

A ...D
      1    — вписанный  ⇒  A ...D
     1    — прямоугольный

Пусть O  — центр сферы. Расстояния от точки O  до вершин A...D
     1  одинаковы и равны R  .

Проведем OH  ⊥ ABCD  . Рассмотрим △AOH  , △BOH  , △COH  , △DOH  . Они равны как прямоугольные по общему катету OH  и гипотенузе. Следовательно, H  равноудалена от вершин ABCD  , то есть H  — центр описанной около ABCD  окружности. Если около параллелограмма можно описать окружность, то он — прямоугольник.

Аналогично поступаем с каждой гранью A...D1  и получаем, что все его грани — прямоугольники. Это по определению и есть прямоугольный параллелепипед.

PIC

A ...D1    — прямоугольный  ⇒  A...D1    — вписанный

Все грани A ...D1  — прямоугольники. Рассмотрим прямую QQ1  , где Q  и Q1  — центры нижнего и верхнего оснований соответственно (точки пересечения диагоналей). QQ1  параллельна боковым ребрам A ...D1  и перпендикулярна основаниям. Пусть O  — середина QQ1  . Так как расстояния от точки Q  до вершин ABCD  равны, расстояния от Q1  до вершин A1B1C1D1  равны, а также все эти расстояния равны между собой, имеем: треугольники △AOQ  = △BOQ   =vCOQ  = △DOQ  = △A1OQ  = △B1OQ  = △C1OQ  =△D1OQ  как прямоугольные по двум катетам. Следовательно, гипотенузы равны, то есть расстояния от точки O  до всех вершин A...D1  одинаковы. Значит, около него можно описать окружность.

Зааметим, что диагонали параллелепипеда пересекают QQ1   в точке O  , следовательно, центр сферы, описанной около параллелепипеда есть точка пересечения его диагоналей, причем диагонали являются диаметрами сферы.

б) Обозначим ребра A...D1  как a  , b  , c  , как показано на рисунке.

PIC

В пункте а) мы доказали, что точка пересечения диагоналей A ...D1  есть центр описанной сферы. Следовательно, половина диагонали параллелепипеда есть радиус этой сферы. То есть A1C = 2R  .

Нам требуется найти площадь полной поверхности A...D1  , то есть выражение S = 2(ab+ bc+ ac)  .

Известно, что V =abc= 8  ,             √-  √ -2--2---2-
A1C = 2R = 2 3=   a + b +c  .

По неравенству о среднем

∘ ----------            ∘ -√----
  a2+-b2-+c2-≥ 3√abc  ⇔     (2--3)2-≥ 3√8  ⇔   2 ≥ 2
      3                     3

Равенство достигается тогда и только тогда, когда a= b =c =2  .

Следовательно,

S = 2(ab+ bc+ ac)= 2(4 + 4+ 4) =24.
Ответ:

б) 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39889

В шар вписана призма A1A2 ...AnB1B2 ...Bn  .

а) Докажите, что призма A1A2 ...AnB1B2 ...Bn  прямая и около оснований призмы можно описать окружности.

б) Пусть n = 3  и призма является правильной. Известно, что объем призмы равен 4,5  , прямая A2B1  образует с плоскостью A2A3B3  угол 45∘ . Найдите площадь поверхности шара.

Показать ответ и решение

Сечение шара многоугольником A1A2...An  — окружность с центром в точке O  , и все вершины этого многоугольника лежат на этой окружности, следовательно, он вписанный. Аналогично B1B2...Bn  вписан в окружность с центром O1  .

Пусть Q  — центр шара. Проведем QO  ⊥(A1A2A3)  и QO1 ⊥ (B1B2B3).  Следовательно, Q, O,O1  лежат на одной прямой, перпендикулярной основаниям (так как основания параллельны). Рассмотрим A OO  B
 1   1 1  — прямоугольник, так как            ∘
∠A1OO1 = 90 , A1O = B1O1  , A1O ∥B1O1  . Следовательно, A1B1 ∥OO1  , то есть A1B1  перпеникулярна основаниям призмы. Значит, призма прямая.

PIC

б) O  , O
 1  — центры оснований. Проведем B H ⊥ B B
  1     2 3  . Тогда B1H ⊥ (A2A3B3),  следовательно, A2H  — проекция A2B1  на плоскость (A2A3B3)  . Значит, ∠B1A2H = 45∘ . Получили прямоугольный равнобедренный △A2HB1  , значит, A2H  =B1H  . Пусть A1A2 = a  , A1B1 = h.  Тогда

     2           2
h2+ a-= A2H2 = 3a-  ⇔   h = √a-
    4           4            2

Q  — середина OO1  , следовательно, из △QO1B3 :

  2     2  (1 )2   ( 1  )2  11 2
R  = QB 3 = 2h   +  √3-a  = 24a

Объем призмы равен

           √ -    √ -
9= V = h ⋅ a2-3= a3√-3 ⇔   a= √6-
2          4     4 2

Следовательно, площадь поверхности шара равна

       2    11
S = 4πR = 4⋅24 ⋅6π = 11π
Ответ:

б) 11π

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#39864

Дан конус с вершиной M  . На окружности его основания выбраны точки A,B,C  так, что ∠BMA   = ∠CMB  = ∠AMC  = α  .

Точка F  выбрана на дуге BC  окружности основания конуса, не содержащей точки A  , так, что объем пирамды MABF  C  наибольший.

а) Докажите, что объем пирамиды MABF  C  равен

          3∘ -(----------)
VMABFC =  r- 3 3 ctg2 α-− 1 ,
          6         2

где r  — радиус основания конуса.

б) Известно, что радиус основания конуса равен     √-
r = 6 6  ,    α  ∘ 5-
sin 2 =  7  . Найдите расстояние от точки F  до плоскости MAB  .

Показать ответ и решение

а) Боковые ребра пирамиды MABC  равны, так как это образующие конуса. Так как плоские углы при вершине M  равны, то пирамида правильная, следовательно, △ABC  равносторонний. Рассмотрим основание. Наибольший объем пирамида MABF  C  имеет тогда, когда наибольшую площадь имеет △BF  C  . Так как основание этого треугольника фиксировано, то наибольшую площадь он имеет, когда высота к AC  наибольшая. Следовательно, точка F  — середина дуги BC  . Тогда ∠BF C = 120∘ , следовательно, ∠ABF  = 90∘,  следовательно, AF  — диаметр.

Если r  — радиус окружности, описанной около правильного треугольникав, то сторона треугольника равна     √-
a= r 3  . Следовательно,

                √-      √ -
SABFC =2SABF = r 3 ⋅r = r2 3

Найдем MO  — высоту. Пусть CC1 ⊥AB  . Тогда MC1 ⊥ AB  .

                                   √ -
ctg α-= MC1  ⇒   MC1  = AC1ctg α-= r-3ctg α-
   2   AC1                    2    2     2

OC1 = r
      2  , следовательно, из △MOC1  :

      ∘ 3------α--1---  r∘ -----α----
MO  =   4r2ctg2 2 − 4 r2 = 2 3ctg2 2 − 1

PIC

Следовательно, объем

             ∘ ----------         ∘----------
VMABFC = 1 ⋅ r 3ctg2 α− 1⋅r2√3 = r3 3 ctg2 α-− 1
         3  2       2           6       2

Чтд.

б) CP  — перпендикуляр на (AMB )  . Пусть FH ⊥ (AMB )  . Тогда если K = AB ∩ FC  , то по подобию F H :C = F K :CK  .

∠F AC = 30∘,  следовательно, FC = FB = r.  ∠AKC  = 30∘ , следовательно,       1
BF  = 2KF,  то есть KF = 2r.

PIC

Таким образом,

FH    FK    2            2
CP- = CK- = 3  ⇔   FH  = 3CP

Пусть CC1 ⊥ AB  . Тогда для △MCC1  :

1                  1                  2    2     2    2
2MO  ⋅CC1 = SMCC1 = 2CP  ⋅MC1    ⇔   MO  ⋅CC 1 = CP ⋅MC 1

Следовательно,

        2(    2 α  )
CP 2 = 3r-3ctg-2 −-1
          4ctg2 α2

Тогда

         ∘ ----2 α---
FH = √r-⋅  3ctg-2α− 1
       3     ctg22

Так как        ∘--
sin α =  5
   2     7  , то        ∘ --
ctg α =  2,
   2     5  следовательно,

          ∘ -------
     6√6-   3⋅ 25 − 1
FH = -√3-⋅  ---2---= 6.
               5
Ответ:

б) 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39863

Дан конус с вершиной M  , радиус основания которого равен 6  . На окружности его основания выбраны точки A,B, C  так, что углы BMA  , AMC  , CMB  прямые. Точка F  выбрана на дуге BC  окружности основания конуса, не содержащей точки A  , так, что объем пирамиды MABF  C  наибольший.

а) Докажите, что AF  — диаметр.

б) Найдите расстояние от точки F  до плоскости MAB  .

Показать ответ и решение

а) Боковые ребра пирамиды MABC  равны, так как это образующие конуса. Так как плоские углы при вершине M  равны, то пирамида правильная, следовательно, △ABC  равносторонний. Рассмотрим основание. Наибольший объем пирамида MABF  C  имеет тогда, когда наибольшую площадь имеет △BF  C  . Так как основание этого треугольника фиксировано, то наибольшую площадь он имеет, когда высота к AC  наибольшая. Следовательно, точка F  — середина дуги BC  . Тогда ∠BF C = 120∘ , следовательно, ∠ABF  = 90∘,  следовательно, AF  — диаметр. Чтд.

PIC

б) CM  — перпендикуляр на (AMB  )  . Пусть FH ⊥ (AMB  )  . Тогда ессли K = AB ∩ FC  , то по подобию F H :CM = F K :CK  .

∠F AC = 30∘,  следовательно, FC = FB = r.  ∠AKC  = 30∘ , следовательно,       1
BF  = 2KF,  то есть KF = 2r.

PIC

Таким образом,

FH--= FK-=  2  ⇔   FH = 2 CM
CM    CK    3           3

У правильного треугольника со стороной a  радиус описанной окружности равен 2
3  от высоты треугольника, то есть a-
√3.  Следовательно,     √ -
a= r  3  . Из прямоугольного равнобедренного треугольника AMC  :

          √-  ∘ 3-
CM  = AC : 2 =  2 r

Тогда

             √ -
F H = 2CM  =2  6.
      3
Ответ:

б) 2√6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#39862

Дана правильная треугольная пирамида SABC  со стороной основания, равной  √ -
2  7  . Центр O  основания пирамиды является вершиной конуса, окружность основания которого вписана в боковую грань пирамиды.

а) Пусть AA1  — высота основания. Докажите, что      ∘ ----
SOOA1 =  CSAC1 .

б) Найдите радиус основания конуса.

Показать ответ и решение

а) Пусть SC = x  , I  — центр вписанной в SBC  окружности. Тогда             √-
SI :IA1 = x : 7  , следовательно, SI = xk  ,       √-
IA1 = k 7.

Рассмотрим △SOA1  :

 SO    xk   OI            ∘ -√--
OA1- = OI-= k√7-  ⇔   OI =  x 7k

Тогда

            ∘ ---  ∘ ----
SO--= -O√I-=   √x-=   SC--
OA1   k  7      7    CA1

Чтд.

PIC

б) Так как OA1 = √21,
       3  то SO = √21⋅∘ x√--
      3     7  , тогда из △SAO  :

 2   4     21  x         2   √ -
x  = 9 ⋅21+-9 ⋅√7-  ⇔   9x  − 3 7x− 4⋅21= 0

Решая это уравнение, получаем      √-
x = 43 7.

Тогда         --------
      ∘ 16        7
SA1 =   9 ⋅7− 7 = 3,  следовательно,

   2S        7 ⋅2√7-
r =-PSSBBCC-= -83√----√- = 1.
            3 7+ 2 7
Ответ:

б) 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#39861

В пирамиде F ABC  грани ABF  и ABC  перпендикулярны, FB :FA = 15:11  . Тангенс угла между прямой BC  и плоскостью ABF  равен 5. Точка M  выбрана на ребре BC  так, что BM :MC  = 4:11  . Точка T  лежит на прямой AF  и равноудалена от точек M  и B  . Центр сферы, описанной около пирамиды FABC  , лежит на ребре AB  , а площадь этой сферы равна 36π  .

а) Докажите, что грани ABC  и ABF  представляют собой прямоугольные треугольники.

б) Найдите объем пирамиды ACMT  .

Показать ответ и решение

а) По условию центр описанной сферы лежит на AB  . Следовательно, так как он равноудален от точек A  и B  , то центр O  — середина AB  . Также имеем AO = BO  =CO  = FO  . Если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то она проведена из прямого угла треугольника, следовательно, ∠ACB  = ∠AF B = 90∘.  Чтд.

б) Отметим K  — середину BM  . Тогда BK = 2x,  KM  = 2x,  MC  = 11x  . Если провести перпендикуляр из точки K  на плоскость AF C  , то его основание будет лежать на AB  (так как плоскости (AF B)  и (ABC )  перпендикулярны). Следовательно, AB  — проекция BC  на (AFB )  . Тогда из tg ∠ABC  =5  следует, что AC = 75x.

PIC

Проведем P K ⊥ BC  и восстановим из точки P  перпендикуляр к AB  , который пересечет AF  в точке T  . Тогда точка T  лежит в плоскости, перпендикулярной BM  и проходящей через его середину, следовательно, любая точка этой плоскости равноудалена от M  и B  , следовательно, T B = T M.

По теореме Пифагора AB  =15x√26-  ; PK = 10x  ⇒ PB = 2x√26.  Тогда        √ --
AP = 13x  26.

tg∠F AB = 15:11= TP :AP  , следовательно,

     15⋅13√26
TP = ---11---x

Следовательно,

                                √--
        1    1          1  15⋅13-26-  1
VACMT = 3TP ⋅2AC ⋅CM  = 3 ⋅   11   x⋅ 2 ⋅75x⋅11x

Площадь сферы равна         2
36π = 4πR  , следовательно, R = 3.  Тогда              √--
2R = AB = 15x 26  , откуда x = 5√226.  Подставляя это значение x  в выражение объема ACMT,  получаем

V =6.
Ответ:

б) 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#39859

Основанием пирамиды F ABCD  является прямоугольник ABCD  . Плокость AF C  перпендикулярна плокости ABC  ,           16
tg∠F AC = 7  , tg∠(BC,(F AC))= 3  . Точка M  лежит на ребре BC  ,       2
BM  = 5BC  . Точка L  лежит на прямой AF  и равноудалена от точек M  и C  . Объем пирамиды LAMC  равен 48. Центр сферы, описанной около пирамиды F ABCD  , лежит в плоскости основания пирамиды.

а) Докажите, что основание высоты LH  пирамиды LAMC  делит диагональ AC  в отношении 7:3  .

б) Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды FABCD  .

Показать ответ и решение

а) Так как (AF C) ⊥(ABC )  , то F O ⊥ (ABC )  , O ∈ AC  . Проведем через точку K  — середину отрезка MC  , прямую KP ∥ AB  , KP ∩ AC = H  . Проведем LH ∥F O  , тогда LH  ⊥(ABC )  . Следовательно, MC  ⊥ (LHK )  , следовательно, (LHK )  — плоскость, проведенная через середину отрезка перпендикулярно ему. Значит, любая точка этой плоскости равноудалена от концов этого отрезка. Следовательно, L  равноудалена от точек M  и C  .

Если BN  ⊥ (AF C )  , то BN ⊥ AC  , следовательно, ∠BCA  — угол между прямой BC  и плоскостью AF C  . Тогда tg∠BCA  = 3  , тогда AB = 3x  , BC  =x  . Тогда KC  = 310x  , AP  = 710x  . △AP H ∼ △CKH  , следовательно, AH  :HC = 7:3  . Чтд.

PIC

б) tg∠F AC = tg∠LAH  = LH :AH  , следовательно, если AH = 7y  , то LH  =16y.

Из △ABC  по теореме Пифагора получаем 9x2+ x2 = 100y2  ⇒ y = √x-
     10  . Следовательно,

                                                      √--
48 = 1⋅LH ⋅ 1AB ⋅MC   ⇒   48=  1⋅16⋅√x--⋅-9x2  ⇔   x =  10
    3      2                  3      10 10

Так как центр описанной сферы лежит в основании ABCD  , то центр сферы — точка пересечения диагоналей AC  и BD  . Следовательно,

          x
R = 5y = 5√10-= 5.
Ответ:

б) 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#39858

Около правильной пирамиды FABC  описана сфера, центр которой лежит в плоскости основания ABC  пирамиды.

а) Докажите, что боковые ребра пирамиды наклонены под углом   ∘
45 к основанию ABC  пирамиды.

б) Точка M  лежит на ребре AB  так, что AM  :MB  =1 :3  . Точка T  лежит на прямоц AF  и равноудалена от точек M  и B  . объем пирамиды T BMC  равен -5
64  . Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды F ABC  .

Показать ответ и решение

а) Так как пирамида правильная, то центр сферы, описанной около пирамиды, лежит на перпендикуляре, проведенном через центр основания. В нашем случае центр основания и есть центр этой сферы. Следовательно, OA = OF  и ∠AOF  = 90∘ . Следовательно, △AOF  прямоугольный и равнобедренный„ то есть ∠F AO = 45∘ . Это и есть угол между ребром F A  и плоскостью основания. Аналогично доказывается для других боковых ребер пирамиды.

PIC

б) Пусть K  — середина MB  . Проведем KX  ∥CC1  , KY ∥ FC1  . Следовательно, так как AB ⊥ (FCC1 )  , то AB ⊥ (XKY )  . Таким образом, в плоскости (XKY )  любая точка равноудалена от точек M  и B  , так как лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Продлим KY  до пересечения с AF :  получим точку T  . TH ∥ FO  и TH ⊥ (ABC )  .

Рассомтрим основание ABC  . Пусть AB = a  ,       3
MB  = 4a  ,       3
BK  = 8a  , C1K = 18a  . Следовательно, по теореме Фалеса AO :OH = 12 : 18 = 4 :1  . Следовательно, по теореме Фалеса AF :FT = 4:1  , откуда TH = 54FO = 54R  (R  — радиус сферы).

SCMB = 1CC1 ⋅MB  = 1⋅ 3R ⋅ 3√3R = 9√3R2
       2           2 2    4     16  .

Следовательно, получаем

5   1  5   9√3 2           1
64-= 3 ⋅4R ⋅16-R    ⇔   R = √3
Ответ:

б) 1√--
 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#39857

Через центр O  данной сферы проведено сечение. Точка F  выбрана на сфере, а точки A,B,C,D  — последовательно на окружности сечения так, что объем пирамиды FABCD  наибольший. Точки M, T,L  — середины ребер FB,  CD  и AD.

а) Докажите, что объем пирамиды FABCD  равен 23R3,  где R  — радиус сферы.

б) Найдите R,  если площадь треугольника MLT  равна 64√5.

Показать ответ и решение

а) Имеем

S     = 1AC ⋅BD ⋅sin ∠(AC,BD )≤ 1 ⋅d ⋅d⋅1
 ABCD   2                      2

Следовательно, SABCD = Smax  , если AC  =BD  = d  — диаметры сферы, sin∠(AC,BD )= 1  , то есть AC ⊥ BD  . Следовательно, ABCD  — квадрат. Расстояние от F  до (ABC )  наибольшее, если FO ⊥ (ABC  )  , FO  — радиус сферы. Тогда

VFABCD = 1⋅F O⋅AB2 = 1 ⋅R⋅(R √2)2 = 2 R3
         3           3             3

Чтд.

PIC

б) Проведем MP ∥ FO  ⇒ MP  ⊥(ABC )  , P ∈ BD  . Тогда BP  =P O = 14BD  . Так как BD ⊥ AC  , то BD  ⊥ LT  , следовательно, по ТТП MH  ⊥ LT  (H = LT ∩BD  ). HD  = OH = 1BD
           4  , следовательно, PH = 1BD
     2  ,       1
MP  = 2FO  , следовательно, по теореме Пифагора

      ∘ ----1---  R √5
MH  =   R2+ 4R2 = --2-

Так как LT = 12AC = R  , то

  √ -      √ -
64  5= 1R ⋅--5R  ⇔   R2 = 64⋅4  ⇔   R = 16.
       2    2
Ответ:

б) 16

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#39856

Дана сфера радиуса 12. Сечением этой сферы плоскостью является окружность с диаметром AB.  Плоскость сечения удалена от центра сферы на расстояние 4. Точка D  выбрана на сфере, а точка C  — на окружности так, что объем пирамиды ABCD  наибольший.

а) Докажите, что две грани пирамиды ABCD  перпендикулярны.

б) Найдите площадь треугольника DMN,  где M  и N  — середины ребер AC  и BC  соответственно.

Показать ответ и решение

а) Пусть OQ  — перпендикуляр к плоскости (ABC ),  следовательно, Q  — центр окружности, описанной около △ ABC.

Наибольшее расстояние от точки D,  лежащей на сфере, до плоскости (ABC )  достигается, если D  — один из концов диаметра DE  сферы, проходящего через Q,  причем DQ  > EQ.

Площадь S△ABC  наибольшая, если △ ABC  — равнобедренный прямоугольный, то есть CQ  ⊥ AB.  Тогда имеем: DQ ⊥ (ABC ),  следовательно, (ADB )⊥ (ACB ),  что и требовалось доказать.

PIC

б) Пусть MN ∩ CQ = K.  По теореме о трех перпендикулярах, так как CQ  ⊥MN  ∥ AB,  имеем DK  ⊥ MN.

По теореме Пифагора из △ AOQ  :

     ∘ --2--2-  √ -            1     1      √ -
AQ =   12 − 4 =8  2  ⇒   QK =  2CQ = 2AQ = 4  2

Следовательно, по теореме Пифагора из △ DQK  :

     ∘ -----(-√-)2    √ -
DK  =  162+  4 2  = 12  2

Так как MN  = 1AB = 8√2,
      2  то искомая площадь равна

         1  √ -   √-
S△DMN  = 2 ⋅8  2⋅12 2 =96
Ответ: б) 96
Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#39855

Отрезок P N  — диаметр сферы. Точки M,  L  лежат на сфере так, что объем пирамиды PNML  наибольший.

а) Докажите, что LM ⊥ PN.

б) Найдите синус угла между прямой NT  и плокостью (PMN  ),  если T  — середина ребра ML.

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим плоскость (PMN  )  . Треугольник PMN  прямоугольный,        ∘
∠M  = 90 , так как опирается на диаметр. Его площадь наибольшая в том случае, если он равнобедренный, то есть MO  ⊥ PN  . Расстояние от точки L  до (PMN  )  наибольшее, если LO ⊥ (P MN )  , то есть △P LN  — прямоугольный равнобедренный. Тогда LO ⊥ (PMN )  , OM  ⊥ PN  , следовательно, по ТТП LM  ⊥ PN  . Чтд.

PIC

б) Проведем T H ∥LO  , H ∈ MO  , T H ⊥(P MN )  . Тогда если R  — радиус сферы, то TH = 12LO = 12R  ,

     ∘ ----------  ∘ --------   √ -
NH =   NO2 + OH2 =   R2+ 1R2 = a--5
                         4      2

Тогда

     ∘ 5-2---1-2- ∘ 3-
TN =   4R  + 4R =   2R

Следовательно,

                            TH-   1--
∠(TN, (P MN ))= ∠TNH  = arcsin TN  = √6
Ответ:

б) √-
-6-
6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#39829

Дана правильная призма ABCA1B1C1  . Сфера, центр которой лежит на боковом ребре AA1  , пересекает ребро A1C1  в точке M  и касается плоскости основания ABC  призмы и плоскости CBB1  .

а) Докажите, что центр сферы делит ребро AA1  в отношении 2:1  .

б) Известно, что AB = 12  , A1M :MC1  = 3:1  . Найдите площадь боковой поверхности призмы.

Показать ответ и решение

а) Так как OA ⊥ (ABC )  , то A  — точка касания сферы с (ABC )  . Проведем AH  ⊥ BC  ⇒ AH ⊥ (BCC1)  . Следовательно, OK  ∥AH  , OK  ⊥ (BCC1 )  , K  — точка касания сферы и (BCC1 )  . Заметим, что AOKH  — квадрат, так как это прямоугольник с равными смежными сторонами, и его стороны равны радиусу сферы. Следовательно, если AB = a  , то      √-
R = a23  .

Рассмотрим ACC1A1  . MA1  = 3a
       4  , следовательно,

                     ∘ ----------   √-
      ∘ ---2------2-   3 2  -9 2   a-3-
OA1 =   OM  − A1M  =   4a − 16a  =  4

PIC

Следовательно, AO :OA1 = 2:1  , чтд.

б) Так как AB = 12  , то       √ -
AA1 =9  3  . Следовательно,

S = 3⋅AB ⋅AA1 = 3⋅12⋅9√3 = 324√3.
Ответ:

б) 324√3-

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#39826

Сфера радиуса 2 касается плоскости в точке A  . В этой же плоскости лежит основание конуса. Прямая, проходящая через центр основания конуса (точку C  ) и точку сферы, диаметрально противоположную точке A  , проходит через точку M  . Точка M  является точкой касания сферы и конуса (их единственная общая точка).

а) Докажите, что радиус основания конуса равен половине отрезка AC.

б) Найдите высоту конуса, если AC  =1  .

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим диаметральное сечение сферы плоскостью, проходящей через диаметр AB  . Прямая a  касается этой окружности в точке A  . BC  пересекает окружность в точке M  . MK  — касательная к окружности, K ∈ AC  . По свойству касательной, проведенной из одной точки к окружности, AK  = KM  .

PIC

Пусть ∠ABM   = α= ∠AOK  = ∠MOK   =∠OMB  , ∠AKO  = ∠MKO  = β  . Тогда            ∘   ∘
∠KMC  = 180 − 90 − α = β  .

Заметим, что OK  ∥BC  , то ∠MCK  = ∠OKA  = β  . Следовательно, KC  = KM  =AK  . Следовательно, радиус основания конуса KC = 12AC  .

б) Проведем b⊥ a  , b∩ KM  =S  . Рассмотрим △KSC  : ∠SKC  = 2α  . tgα = tg∠ABC  =AC  :AB = 1
                        4  , следовательно,

       -2tgα--  -8
tg2α=  1− tg2α = 15

PIC

Следовательно, tg∠SKC  = SC :KC  , следовательно,

                4
SC = KC  ⋅tg2α = 15
Ответ:

б) 4-
15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#39824

В прямую призму, в основании которой лежит ромб с углом 45∘ , вписан цилиндр. Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани призмы равно  √ -
5  2  .

а) Докажите, что отношение объема призмы к объему цилиндра равно √ -
  2:π  .

б) Найдите площадь полной поверхности цилиндра, если объем призмы равен 120.

Показать ответ и решение

а) Пусть дана призма ABCDA1B1C1D1  , ∠A = 45∘ , O,O1  — центры нижнего и верхнего оснований соответственно (точки пересечения диагоналей, центры вписанных окружностей). Следовательно, OO1  — ось цилиндра.

Пусть OH  ⊥ AB  . Тогда OH ⊥ (ABB1 )  , следовательно, OH  перпендикулярна диагонали боковой грани, следовательно,        √-
OH  = 5 2  и OH  = r  — радиус основания цилиндра.

PIC

Проведем DK  ⊥ AB  . Получаем прямоугольный равнобедренный треугольник ADK  , откуда         √ -    √-
AD = DK   2= 2r 2  .

Если AA1 = h  — боковое ребро призмы, то

                        √ -
Vпризмы--= AB-⋅DK-⋅AA1-= --2
Vцилиндра     πr2⋅AA1      π

Чтд.

б)

              √ -             3
Vпризмы = 120= 4 2r2h  ⇔   h = -√--
                             5 2

Следовательно,

            2    (  √- --3-    )
S = 2πrh+ 2πr = 2π 5 2⋅5√2-+ 50  =106π.
Ответ:

б) 106π

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#39821

Около треугольной призмы, объем которой равен 288, описан цилиндр. Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани призмы равно  √ -
4  3  .

а) Докажите, что отрезок, соединяющий центры окружностей, описанных около оснований данной треугольной призмы, параллелен и равен боковому ребру призмы, а также перпендикулярен основаниям призмы.

б) Пусть призма правильная. Найдите площадь полной поверхности цилиндра.

Показать ответ и решение

а) Пусть дана призма ABCA1B1C1  . Если около нее описан цилиндр, то основания цилиндра описаны около оснований призмы. Пусть O,O1  — центры описанных около оснований призмы окружностей. Тогда OO1  — ось цилиндра. Следовательно, OO1 ⊥ (ABC ),(A1B1C1 )  . Тогда боковые ребра призмы — образующие цилиндра, следовательно, они параллельны OO1  и равны OO1  .

PIC

б) O  — точка пересечения высот основания ABC  , O ∈ BH  , BH ⊥ AC  . OH  ⊥ AC,AA1  , следовательно, OH  ⊥ (AA1C1C )  , следовательно, OH ⊥ A1C  , то есть       √ -
OH  =4  4  .

BH = 3OH  , AC  = 2√-BH
       3  , следовательно,

V = AA1 ⋅ 1BH ⋅AC   ⇔   AA1 = √2-
         2                     3

Так как R = BO = 2OH  , то

S = 2πR ⋅AA1 + 2πR2 = 416π.
Ответ:

б) 416π

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#39820

Около четырехугольной призмы описан цилиндр.

а) Докажите, что призма является прямоугольным параллелепипедом.

б) Диагональ и меньшая сторона основания призмы образуют угол   ∘
60 . Площадь боковой поверхности призмы равна    √ -
120  3  , а расстояние между боковым ребром и скрещивающейся с ним диагональю основания равно    √-
1+  3  . Найдите объем цилиндра.

Показать ответ и решение

а) Призма прямая, так как ее боковые ребра параллельны оси цилиндра. Основание призмы вписано в окружность (условие цилиндра), следовательно, является прямоугольном. Таким образом, призма — прямоугольный параллелепипед.

PIC

б) Пусть AB < BC  . Расстояние между DD1  и скрещивающейс с ней диагональю AC  основания — это DH ⊥ AC  . Пусть             √ -
DH  = x= 1 +  3  , тогда               ∘
AD  =DH  :sin30  =2x  ,              ∘   2x
AB = DH :sin 60 = √3  ,       4x
AC = √3.

Пусть AA1 = h  . Площадь боковой поверхности призмы равна

  √ -                 ( 2x     )      1 + √3            120⋅3
120 3= 2h(AB +AD )= 2h  √3-+ 2x = 4hx⋅--√3--  ⇒   h = 4(1+-√3)2

Тогда                                √ -
V = h⋅π (1AC)2 = -120⋅√3---⋅ 4(1-+-3)2π = 120π.
         2       4(1+   3)2     3

Ответ:

б) 120π

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#39793

Внутри правильного тетраэдра ABCD  расположен конус, вершина которого является серединой ребра CD  . Основание конуса вписано в сечение тетраэдра, проходящее через середину ребра BC  параллельно прямым CD  и AB  .

а) Докажите, что сечением является квадрат.

б) Найдите объем конуса, если ребро тетраэдра равно 12.

Показать ответ и решение

а) Пусть S  — середина CS  . Тогда △ASB  равнобедренный, так как AS  и BS  — медианы (высоты) в равных правильных треугольниках. Следовательно, CD  ⊥(ASB )  ⇒ CD ⊥ AB.

Назовем сечением MNKP  . KP ∥ AB  , MN  ∥ CD  . Так как AB,CD  ∥(MNP  )  , то NK ∥ AB  , PK ∥ CD  . Следовательно, MNKP  — параллелограмм. Так как CD  ⊥ AB  , то MP  ⊥ MN  , то есть MNKP  — ромб. Так как MN  = 1CD
      2  , MP  = 1AB
      2  , CD = AB  , то MNKP  — квадрат со стороной 1
2AB  =6  .

PIC

б) Проведем SL ⊥ AB  , SL ∩(MNK  )= O  . Тогда SL ⊥ BC  , следовательно, SL ⊥ (MNK  )  , следовательно, SO  — высота конуса.

DL = √122−-62 = 6√3  . SL= ∘ (6√3)2−-62 = 6√2= 2SO  . Следовательно,

       1 1     ( 1    )2    √-
Vконус = 3 ⋅2SL ⋅π 2MN    = 9π 2.
Ответ:

б) 9π√2-

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!