Page 1

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

МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2011 (типовые задания С2) Многогранники: виды задач и методы их решения Корянов А. Г., г. Брянск, akoryanov@mail.ru Прокофьев А.А., г. Москва, aaprokof@yandex.ru СОДЕРЖАНИЕ

Введение

стр. 2 1. Расстояния и углы 1.1. Расстояние между двумя точками 2 1.2. Расстояние от точки до прямой…. 3 1.3. Расстояние от точки до плоскости 6 1.4. Расстояние между скрещивающимися прямыми…………………….. 11 1.5. Угол между двумя прямыми......... 16 1.6. Угол между прямой и плоскостью…………………………………… 21 1.7. Угол между плоскостями 25 2. Площади и объемы……………….. 40 2.1. Площадь поверхности многогранника ………………………………. 40 2.2. Площадь сечения многогранника 43 2.3. Объем многогранника…………… 47 3. Задачи на экстремум…..………. 59

Задачи части «С» Единого государственного экзамена по стереометрии в последнее время большей частью посвящены вычислению расстояний и углов в пространстве. Такие задачи часто встречаются в практике, поэтому им уделено особое внимание. Ниже представлены разные методы решения этих задач. Традиционный метод решения задачи опирается на определения расстояния или угла, и требует от учащихся развитого пространственного воображения. Кроме этого подхода в пособии рассмотрены координатный и векторный методы, которые могут быть эффективно использованы при решении задач разного вида. Применение опорных задач может привести к рациональному решению задачи. В кодификатор элементов содержания к уровню подготовки выпускников входят разделы, связанные с темой «Многогранники», которые отражены в данном пособии: сечения куба, призмы, пирамиды; боковая поверхность призмы, пирамиды; объем куба, прямоугольного параллелепипеда, пирамиды, призмы; примеры использования производной для нахождения наилучшего решения в прикладных задачах. В решениях многих задач, приведенных в данном пособии, имеются ссылки на опорные задачи, полный набор которых помещен в пункте 4.4 на стр. 75-80.

3.1. Аналитический метод…………… 59 3.2. Геометрический метод.….…........ 60 4. Дополнения……………………… 62 4.1. Построение сечения многогранника……………………………………. 4.2. Векторный метод………………… 4.3. Координатный метод…………….. 4.4. Опорные задачи…………………..

62 67 71

74 Упражнения………………………….. 81 Ответы………………………………... 88 Список и источники литературы…. 89

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

1


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

1. Расстояния и углы

(треугольник AB1 D1 является равносторонним). Имеем  EF 2  D1 E 2  D1 F 2  2 D1 E  D1 F  cos  3 2 8 2 2 2 1 2    2    , 9 9 3 3 2 3 6 6 откуда EF  . Ответ: . 3 3

Тема «Расстояния и углы» является основой для других разделов стереометрии. В данном разделе представлено взаимное расположение точек, прямых и плоскостей на многогранниках, рассмотрены основные виды задач и методы их решения. 1.1. Расстояние между двумя точками

координатный метод

Расстояние между точками A и B можно вычислить: 1) как длину отрезка AB , если отрезок AB удается включить в некоторый треугольник в качестве одной из его сторон; 2) по формуле

Пример 2. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 точки E и K – середины ребер AA1 и CD соответственно, а точка M расположена на диагонали B1 D1 так, что B1 M  2MD1 . Найти расстояние между точками Q и L, где Q – середина отрезка ЕМ, а L – точка отрезка МК такая, что ML  2LK .

 A, B   ( x2  x1 )2  ( y2  y1 ) 2  ( z2  z1 ) 2 , где A( x1 , y1 , z1 ) , B( x2 , y2 , z 2 ) ; 3) по формуле AB  AB 

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 2.

AB  AB , или

a 2  b 2  c 2 , где {a, b, c} – коор-

z

B1

динаты вектора AB .

Q E B

Пример 1. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 на диагоналях граней AD1 и D1 B1 взяты точки Е и F так, что 1 2 D1 E  AD1 , D1 F  D1 B1 . Найти длину 3 3 отрезка EF.

F

x

Рис. 2

1   1  Тогда Е  0; 0;  , K 1; ; 0  , В1 (0; 1; 1) , 2   2  D1 (1; 0; 1) . Для нахождения координат точки М используем формулу координат точки (опорная задача 1), делящей отрезок B1 D1 в отношении 2:1. Имеем

C1

C

 0  2 1 1  2  0 1  2 1   2 1  М , ,    , , 1 . 1 2 1 2   3 3   1 2 Аналогично получим координаты точки L, делящей отрезок MK в отношении 2:1. Имеем

D Рис. 1

Решение. Длину отрезка EF найдем по теореме косинусов из треугольника D1 EF (см. рис. 1), в котором 2 1  D1 F  2 , D1 E  2 , FD1 E  3 3 3 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

K D

B A

D1 L

A

D1

E

y

C

B1 A1

C1

M

A1

поэтапно-вычислительный метод

1 1 2    2 1  2  1  2  0  2;    8 ; 4 ; 1  . L 3 ;3 1 2 1 2   9 9 3  1 2     2


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Координаты точки Q равны полусуммам соответствующих координат точек E и 1 1 3 М, поэтому Q ; ;  . Применим фор3 6 4 мулу для расстояния между точками с заданными координатами 2

2

1.2. Расстояние от точки до прямой

 Расстояние от точки до прямой, не содержащей эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра, проведенного из этой точки на прямую.  Расстояние между двумя параллельными прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра.  Расстояние между двумя параллельными прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до другой прямой.

2

1 8 1 4  3 1 LQ               3 9   6 9   4 3 

725 5 29  . 36 36 2 Ответ:

5 29 . 36

поэтапно-вычислительный метод

векторный метод

Расстояние от точки до прямой можно вычислить, как длину отрезка перпендикуляра, если удается включить этот отрезок в некоторый треугольник в качестве одной из высот.

Пример 3. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 на диагоналях граней AD1 и D1 B1 взяты точки E и F так, что 1 2 D1 E  AD1 , D1 F  D1 B1 . Найти длину 3 3 отрезка EF.   Решение. Пусть AD  a , AB  b ,    AA1  c (см. рис. 1), тогда | a |  | b |          | c |  1 , a  b  a  c  b  c  0 . Выразим  вектор FE через базисные векторы a ,   b, c : 2   FE  EA  AB1  B1 F   (a  c )  3   1   1 2 1  (b  c )  (a  b )   a  b  c . 3 3 3 3 Тогда 2 2  1  2  1  FE  FE    a  b  c   3 3   3

Пример 4. При условиях примера 1 найти расстояние от точки D1 до прямой EF. Решение. Пусть h – длина высоты треугольника D1 EF , опущенной из точки D1 . Найдем h, используя метод площадей. Площадь треугольника D1 EF равна 1 D1 F  D1 E  sin FD1 E  2 1 2 2 2 3 3      . 2 3 3 2 9

С другой стороны площадь треугольника 1 6 D1 EF равна FE  h  h . Из уравне2 6 3 6 ния  h находим искомое рас9 6 2 стояние h  . 3

1 4 1 6 6     . 9 9 9 9 3

6 . 3 Замечание. Вектор FE в данном ба 1 2 1 зисе имеет координаты  ; ;  , по 3 3 3 этому длину этого вектора можно найти Ответ:

по формуле AB 

AB 

Замечание. Можно заметить, что выполняется равенство FE 2  D1 E 2  D1 F 2 , т.е. треугольник D1 EF прямоугольный и длина отрезка D1 E является искомым расстоянием. 2 Ответ: . 3

a 2  b 2  c 2 , то есть

1 4 1 6 6     . 9 9 9 9 3

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

3


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 5. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти расстояние от точки A до прямой BC1 .

3 . 2 Рассмотрим равнобедренный треугольник BEA и его высоты EM и AH . Выражая площадь треугольника двумя способами, получаем ADC (см. рис. 4) равны и BE  AE 

Решение. В квадрате BCC1 B1 диагональ BC1 равна 2 (см. рис. 3). В прямоугольном треугольнике ACD, где ACD  90 , AD  2 , находим AC 

S BEA 

получаем равенство AH  BE  EM  AB . Так как

 2 2  12  3 . Из прямоугольного треугольника ACC1 имеем AC1 

 ( 3 ) 2  12  2 . В треугольнике ABC1 , используя теорему косинусов, получаем cos  

2 2  ( 2 ) 2  12 22 2

AC1 B   .

где

то получаем AH 

находим

EM  AB 2 2 6  1  . BE 2 3 3

14 и из треугольника AC1 H вы8

sin  

3 1 2   , 4 4 2

EM  BE 2  BM 2 

5 2  , 8

Далее

1 1  AH  BE   EM  AB , 2 2

D

соту

E 14 14 AH  AC1 sin   2   . 8 4 E1

H

C

B

D1

F1

M C1

A1

A

B1 E

Рис. 4

D

Ответ:

F

В некоторых задачах удобно использовать плоскость, проходящую через данную точку перпендикулярно данной прямой.

C

A

B H Рис. 3

Ответ:

Пример 7. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки D до прямой A1C .

14 . 4

Пример 6. (МИОО, 2010). В тетраэдре ABCD, все ребра которого равны l , найти расстояние от точки A до прямой, проходящей через точку B и середину E ребра CD .

Решение. Пусть A1C  BDC1  F (рис. 5). Так как A1C  BDC1 (опорная задача 20), то FC1  FB  FD как проекции на плоскость BDC1 равных наклонных CC1 , СВ и CD соответственно. Следовательно, точка F является центром правильного треугольника BDC1 . Поэтому искомое

Решение. Так как все ребра ABCD  равные правильные треугольники, то медианы BE и AE треугольников BDC и 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

6 . 3

4


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. расстояние равно радиусу окружности, описанной около треугольника BDC1 .

5 3 9   1 cos D1PQ  4 2 4  . 30 5 3 2  4 2

Сторона этого треугольника равна 2 , 2 3 6 значит, ( D, A1C )  DF   . 3 3

z

B1

A1

A1

D1

C1

P N

B1

D1 A C1

B

F

D

C

A

B

x C

D

Q

y

Рис. 6

Рис. 5

Далее получаем

6 Ответ: . 3

2

 1    29 . sin D1PQ  1    30  30 

координатный метод Пример 8. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q – середины соответственно ребер A1 B1 и ВС.

Пусть D1 N  PQ , где N  PQ . Тогда

D1N  D1P  sin D1PQ , D1N 

Решение. Рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке A (см. рис. 6). Найдем координаты точек

 1  1  P 0; ; 1 , Q ; 1; 0  , D1 (1; 0; 1) . 2 2    

векторный метод Пример 9. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q – середины соответственно ребер A1 B1 и ВС.   Решение. Пусть AD  a , AB  b ,    AA1  c (см. рис. 6), тогда | a |  | b |          | c | 1, a b  a c  b c  0.

Тогда

PQ 

1 1  1  4 4

D1Q 

3 , 2

1 3 11  , 4 2

D1P  1 

1 5 0  . 4 4

Из треугольника формулу

Выразим вектор PQ через базисные    векторы a , b , c :

D1PQ , используя

PQ  PB1  B1B  BQ  1  1 1 1   b c  a  a  b c , 2 2 2 2 1 PD1  a  b . 2

D P 2  QP 2  D1Q 2 , cos D1PQ  1 2  D1P  QP находим

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

5 29 174 174    . 4 30 144 12 174 Ответ: . 12

5


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 1.3. Расстояние от точки до плоскости

Пусть D1 N  PQ , где N  PQ . Выразим вектор D1 N , учитывая коллинеар-

 Расстояние от точки до плоскости, не

ность векторов PN и PQ :

содержащей эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.  Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно длине их общего перпендикуляра.  Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно расстоянию от любой точки этой прямой до плоскости.  Расстояние между двумя параллельными плоскостями равно длине их общего перпендикуляра.  Расстояние между двумя параллельными плоскостями равно расстоянию между точкой одной из этих плоскостей и другой плоскостью.

D1N  PN  PD1  x  PQ  PD1 .

Так как D1 N  PQ , то D1N  PQ  0 . Отсюда получаем ( x  PQ  PD1 )  PQ  0 , 2

x  PQ  PD1  PQ , 2  1  1      1   1  1    x   a  b  c    a  b  a  b  c  , 2 2  2 2 2   

1 1 1  1 1 х     1   , х  . 6 4 4  2 4 1  PQ  PD1  6 1  1  1   1     a  b c b a  6 2 2  2 11  7  1   a b c. 12 12 6 D1 N 

поэтапно-вычислительный метод Расстояние от точки M до плоскости  : 1) равно расстоянию до плоскости  от произвольной точки P , лежащей на прямой l , которая проходит через точку M и параллельна плоскости  ; 2) равно расстоянию до плоскости  от произвольной точки P , лежащей на плоскости  , которая проходит через точку M и параллельна плоскости  .

Длина вектора 2  11  7  1   D1 N  D1N    a  b  c   12 6   12 2

121 49 1 174    . 144 144 36 12

Пример 10. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки С1 до плоскости АВ1С .

174 Ответ: . 12 Замечание. Решение данного примера векторным методом не является рациональным, но приведено с целью показа широких возможностей векторного метода при решении задач разных видов.

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

Решение. Так как прямая А1С1 параллельна АС, то прямая А1С1 параллельна плоскости АВ1С (см. рис. 7). Поэтому искомое расстояние h равно расстоянию от произвольной точки прямой А1С1 до плоскости АВ1С . Например, расстояние от центра О1 квадрата A1 B1C1 D1 до плоскости АВ1С равно h. Пусть E – основание перпендикуляра, опущенного из точки О1 на прямую В1О , где O – центр квадрата ABCD . Прямая О1 Е лежит в плоскости BB1 D1 D , а прямая АС перпендикулярна этой плоскости. 6


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Замечание. Из данного примера следует, что расстояние между параллельными плоскостями DA1С1 и АВ1С равно

C1 O1

B1

D1

A1 C

B

Пример 12. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти расстояние от точки A до плоскости A1 B1С .

D

O A Рис. 7

Решение. Прямая FC перпендикулярна АЕ и AA1 , поэтому перпендикулярна плоскости AA1 E1 (см. рис. 9). Пусть FC  AE  G . Плоскость AA1 E1 перпендикулярна плоскости A1 B1С , содержащей прямую FC, и пересекает ее по прямой A1G . Длина высоты AH в треугольнике AA1G является искомым расстоянием.

Поэтому О1 Е  АС и О1 Е – перпендикуляр к плоскости АВ1С , а О1 Е  h . Так

как

В1О1 

2 , 2

О1О  1 ,

то

1 3 1  . Выражая двумя спо2 2 собами площадь треугольника В1О1О , ОВ1 

получим h 

3 . 3

( DA1C1 , AB1C )  ( D, AB1C ) 

E

3 2 3   1 , откуда h  . 2 2 3 3 Ответ: . 3

D1

A1 D

A Рис. 9

Так как в прямоугольном треугольнике то есть AD 2  ED 2 , 3 AE  3 , то AG  . Из прямоугольно2 го треугольника AGA1 находим ADE

D1

C

AE 

3 7 1  . 4 2

Высота AH равна

D

AH 

A Рис. 8

AG  AA1  3  7    1 :  GA1  2  2

3 . 7

Ответ:

3 Ответ: . 3 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B

G

F

GA1 

B

C H

E

Решение. Так как плоскости DA1С1 и АВ1С параллельны  A1C1 || AC , A1D || B1C  D  DA1С1 и O1  DA1С1 (см. рис. 8), то получаем искомое расстояние 3 ( D, AB1C )  (O1 , AB1C )  . 3 C1 O1 A1

B1

F1

Пример 11. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки D до плоскости АВ1С .

B1

C1

E1

7

3 . 7


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 13. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF , стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 4, найти расстояние от середины ребра BC до плоскости грани EMD .

фициент подобия этих треугольников ра3 вен . Отсюда 2 3 3 5 45 LQ   OH    . 2 2 7 28 45 Ответ: . 28 координатный метод

Решение. В правильном шестиугольнике ABCDEF BD  DE и BD  3 . Точка O  центр ABCDEF (см. рис. 10). Тогда MO  высота пирамиды. Из прямоугольного треугольника MOD получаем MO  15 . Апофему ML боковой грани DME находим из прямоугольного треугольника MDL

Расстояние от точки M до плоскости  можно вычислить по формуле M ,   

2

MO  OL 3 3 7  15  :  ML 2 2

a 2  b2  c 2

,

где M  x 0 , y 0 , z 0  , плоскость  задана уравнением ax  by  cz  d  0 .

3 7  DE  ML  MD   .   2  2  По признаку перпендикулярности плоскостей ( DE  MOL , поскольку DE  MO и DE  ML ) MOL  DME . Поэтому высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости DME . Из прямоугольного треугольника MOL , в BD 3 котором OL   , получаем 2 2 2

OH 

ax0  by0  cz0  d

Пример 14. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки А1 до плоскости BDC1 . Решение. Составим уравнение плоскости, проходящей через точки B(0; 1; 0) , D (1; 0; 0) и C1 (1; 1; 1) (см. рис. 11).

z

5 . 7

B1 C1

A1

y

M

B

D1 C

A D Q L

C

D

B

O

Рис. 11

H

K

Для этого подставим координаты этих точек в общее уравнение плоскости

L E

ax  by  cz  d  0 .

F

A

Получим систему уравнений

Рис. 10

Опустив из точки L перпендикуляры LQ на плоскость грани DME и LK на прямую DE , получим треугольник LQK , подобный треугольнику OHD . Так как расстояние от точки L до прямой 3 3 DE равно LK   BD   OL , то коэф4 2 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

x

b  d  0, b   d ,   или a   d , a  d  0, a  b  c  d  0 c  d  

Отсюда находим уравнение

 dx  dy  dz  d  0 или 8


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

x  y  z 1  0 .

C A  DB   x  DB 2  y  DC  DB   0,   1  1 1    2 C1 A1  DC1   x  DB  DC1  y  DC1   0.   

По формуле находим расстояние от точки А1 (0; 0; 1) до плоскости   BDC1 :

 А1 ,  

0  0 1 1

111

2 3 . 3

Ответ:

Так как       C1 A1  DB  ( a  b )(b  a )  a 2  b 2  0 ,     DC1  DB  (b  c)(b  a )  b 2  1 ,      DC1  C1 A1  (b  c )( a  b )  b 2  1 ,    2  DB  (b  a )2  b 2  a 2  2 ,    2 2 DC1  (b  c ) 2  b 2  c  2 ,

2 3 . 3

Замечание. В разделе «Угол между плоскостями» более подробно рассмотрен вопрос о составлении уравнения плоскости, проходящей через три заданные точки. векторный метод

то имеем

Пример 15. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки А1 до плоскости BDC1 .   Решение. Пусть AD  a , AB  b ,    AA1  c (см. рис. 12), тогда | a |  | b |          | c |  1, a  b  a  c  b  c  0 .

0  ( x  2  y  1)  0,     1  ( x  1  y  2)  0 1  x ,  2 x  y  0 ,   3     x  2 y  1 y   2.  3 Отсюда получаем   1   2   MA1   a  b  (b  a )  (b  c )  3 3 2 2 2  a b c, 3 3 3

B1 A1

C1 D1 B

M

 2  2  2  MA1    a  b  c   3 3   3 2

C

A D

Рис. 12

Ответ:

Выразим векторы DB, DC1, C1 A1 че   рез базисные a , b , c :       DB  b  a , DC1  b  c , C1 A1   a  b .

2 3 . 3

Замечание. Вектор MA1 в данном ба 2 2 2 зисе имеет координаты  ;  ;  , по 3 3 3 этому длину этого вектора можно найти

Пусть МА1  BDC1 , где M  BDC1 . Вектор C1M  x  DB  y  DC1 , поэтому

по формуле MA1 

MA1  C1 A1  C1M  C1 A1  ( x  DB  y  DC1 ) .

Далее имеем

MA1 

MA1  DB, MA  DB  0,  1   MA1  DC1 MA1  DC1  0 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

4 4 4 2 3    . 9 9 9 3

9

a 2  b 2  c 2 , то есть

4 4 4 2 3    . 9 9 9 3


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. метод объемов

метод опорных задач

Если объем пирамиды АВСМ равен V ABCM , то расстояние от точки M до плоскости  , содержащей треугольник АВС, вычисляют по формуле

M ,    M , ABC  

Применение данного метода состоит в применении известных опорных задач, которые в большинстве случаев формулируются как теоремы. ● Расстояние от точки M до плоскости  можно вычислить по формуле r   1 , r1 где   M ,   , 1  M 1,   , OM  r , OM 1  r1 , MM 1    O ; в частности,   1 , если r  r1 (прямая m , проходящая через точку M , пересекает плоскость  в точке O , а точка М 1 лежит на прямой m (см. рис. 14а и 14б)).

3V ABCM . S ABC

В общем случае рассматривают равенство объемов одной фигуры, выраженные двумя независимыми способами. Пример 16. Ребро куба ABCDA1 B1C1 D1 равно а. Найти расстояние от точки C до плоскости BDC1 . Решение. Искомое расстояние x равно высоте CQ (см. рис. 13), опущенной в пирамиде BCDC1 из вершины C на основание BDC1 .

M1    m O A1 A 

B1 A1

M

M

C1

 m A1 O 

A

M1

а

D1

б Рис. 14

B A

Q Пример 17. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние от точки D1 до плоскости АВ1С .

C

R D

Решение. Используем найденное расстояние (пример 10) от точки С1 (от точки O1 ) до плоскости АВ1С . Опустим перпендикуляр D1 F на прямую B1 E (см. рис. 15). Тогда имеем

Рис. 13

Объем этой пирамиды равен

1 1 1 a3 S BCD  CC1    BC  CD  CC1  . 3 3 2 6 С другой стороны, так как треугольник BDC1 равносторонний со стороной а 2 , объем пирамиды равен

( D1 , AB1C )  (O1 , AB1C ) 

C1

1 1 (a 2 )2 3 a2 3 S BC1 D  CQ   x x. 3 3 4 6

B1

Отсюда получаем уравнение a3 a2 3   x, 6 6 a 3 из которого находим x  . 3 Ответ: 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B1D1 , B1O1

O1 A1

E

D1

F C D

B A

a 3 . 3

Рис. 15

10


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 1.4. Расстояние между скрещивающимися прямыми

3 2 3 2  . 3 3

( D1 , AB1C ) 

Ответ:

 Расстояние между двумя скрещиваю-

2 3 . 3

щимися прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра.

Пример 18. Точки A, B, C, D являются вершинами параллелограмма, ни одна из сторон которого не пересекает плоскость  . Точки A, B, C удалены от плоскости  на расстояние 2, 3, 6 соответственно. Найти расстояние от вершины D до плоскости  .

поэтапно-вычислительный метод Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми можно воспользоваться одним из приведенных ниже четырех способов. 1. Построить общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых (отрезок с концами на этих прямых и перпендикулярный обеим) и найти его длину. 2. Построить плоскость, содержащую одну из прямых и параллельную второй. Тогда искомое расстояние будет равно расстояние от какой-нибудь точки второй прямой до построенной плоскости. 3. Заключить данные прямые в параллельные плоскости, проходящие через данные скрещивающиеся прямые, и найти расстояние между этими плоскостями. 4. Построить плоскость, перпендикулярную одной из данных прямых, и построить на этой плоскости ортогональную проекцию второй прямой (см. рис. 17).

C

B

O

A

D B1

C1

O1 D1

 A1 Рис. 16

Решение. Опустим перпендикуляры из вершин A, B, C и D на плоскость  . Точки A1 , B1 , C1, D1 – их ортогональные проекции на  (см. рис. 16). Точка O – точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD , которая проектируется в точку O1 – точку пересечения диагоналей параллелограмма A1B1C1D1 (по свойству проекций). Так как точка O делит отрезки AC и BD пополам, то по свойству проекций отрезков точка O1 также делит отрезки A1C1 и B1D1 пополам. Четырехугольники C1CAA1 и D1DBB1 – трапеции. Отрезок OO1 их средняя линия. Тогда

C l1  

A

C1 H

B

Рис. 17

(l1 , l 2 )  ( A, BC1 )  AH ,

CC1  AA1 DD1  BB1  . 2 2

где A  l1   ,   l1 , BC1  ортогональная проекция l2 на плоскость  , H  основание перпендикуляра, опущенного из A на BC1 .

Отсюда DD1  CC1  AA1  BB1 и, так как CC1  6, BB1  3, AA1  2 , то DD1  5 . Ответ: 5.

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

l2

Пример 19. В кубе, длина ребра которого равна a, найти расстояние между ребром и диагональю, не пересекающей его грани. 11


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 20. Найти расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба, длина ребра которого равна a .

Решение. В качестве примера найдем расстояние между ребром AA1 и диагональю D1C (см. рис. 18). Прямые AA1 и D1C  скрещивающиеся. Используя каждый из отмеченных способов, покажем, что расстояние  между ними равно a .

Решение. Найдем расстояние между диагоналями A1C1 и AD1 куба ABCDA1 B1C1 D1 . 1-й способ. Пусть отрезок PQ (см. рис. 19) есть общий перпендикуляр скрещивающихся прямых A1C1 и AD1 , а PN и KQ  его ортогональные проекции на плоскости A1B1C1 и AA1D1 соответственно ( PK  A1D1 и QN  A1D1 ). На основании теоремы о трех перпендикулярах PN  A1C1 и KQ  AD1 . Треугольники A1PN и KQD1  прямоугольные и равноa бедренные, поэтому A1K  KN  ND1  . 3

1-й способ (см. рис. 18а). Так как A1D1  AA1 и A1D1  D1C , то A1D1  общий

перпендикуляр двух скрещивающихся прямых AA1 и D1C . Расстояние  между

A1 a

C1

B1  D1

A1

D

A

C1 d

d B

B1  D1

a C A

B

A

а

C D

б

B1

B1

C1 C1 B1  D1 D1 A1 d d a B a B C C A  D A D A

A1

A1

в

K

N D 1 Q

B

C

A

г

D Рис. 19

Рис. 18

Аналогично,

AA1 и DD1C1 равно A1D1  a . 2-й способ (см. рис. 18б). Так как плоскость DD1C1 , содержащая D1C , параллельна AA1 , то расстояние  от AA1 до DD1C1 равно a .

NQ  ND1  A1 K  KP 

a 3

a 2 . Тогда из прямоуголь3 ного треугольника PNQ получим расстояние между A1C1 и AD1 : и A1P  PN 

3-й способ (см. рис. 18в). Плоскость DD1C1 , содержащая D1C , параллельна плоскости AA1B1 , содержащей AA1 , и расстояние  между ними равно a .

PQ  PN 2  NQ 2 

2a 2 a 2 a 3   . 9 9 3

2-й способ. Построим плоскость, содержащую AD1 и параллельную A1C1 (см. рис. 20а). Искомой плоскостью является AD1C . Найдем расстояние до нее от какой-либо точки прямой A1C1 . Для этого опустим из точки O (см. рис. 20а) на указанную плоскость перпендикуляр. Плоскости BB1D1 и AD1C перпендикулярны ( AC  BD и AC  D1D , и AC  AD1C ).

4-й способ (см. рис. 18г). Плоскость ABC перпендикулярна прямой AA1 . Точка A  проекция AA1 на эту плоскость. Проекцией D1C на плоскость ABC является DC. Расстояние  от точки A до DC. равно a . Ответ: a .

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

C1 P

12


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

B1

кость BB1D1 ) до D1O1 равно длине отрезка ON (см. рис. 22б).

C1

O

A1

D1 B O 1

C

B

N

C1

O

A1

B O 1 A

Так как B1D  D1O1 (см. рис. 20б) (докажите самостоятельно!), то ON  AD1C ( ON || B1D ) и из подобия треугольников

а

C B

или

D1

a 3 . 3

O

B1

K B

K

h

N C

O1

A а

B 1 O C1 B1 1 A1 D1 K C K B O B O D A а б

C1

A1

B

D

O1

D1

D1

ND

Рис. 23

N

Построим плоскость перпендикулярную одной из скрещивающихся прямых BD1 и AC . Плоскость BB1D1  AC , так как AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости: AC  BD ( ABCD  квадрат) и AC  OO1 ( OO1  высота пирамиды). Прямая BD1 лежит в плоскости BB1D1 , поэтому искомое расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки O на BD1 . OK найдем из подобия прямоугольных

D

б

Рис. 21

4-й способ. Плоскость BB1D1 перпендикулярна прямой A1C1 ( A1C1  B1D1 и A1C1  D1D ) и плоскости AD1C ( B1D  AD1C ) (см. рис. 22а). D1O1  проекция AD1 на плоскость BB1D1 . Расстояние от точки O (проекции A1C1 на плос18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

б

Решение. Прямые BD1 и AC скрещиваются (см. рис. 23а). Точки O и O1  точки пересечения диагоналей оснований пирамиды. OO1  AC и OO1  BD , как отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренных трапеций BB1D1 D и AA1C1C .

3-й способ. Построим параллельные плоскости AD1C и BA1C1 (см. рис. 21а), содержащие прямые AD1 и A1C1 соответственно. Диагональ B1D куба перпендикулярна обеим плоскостям и (см. рис. 21б) точками K и N делится на три равные части (опорная задача 20). Расстояние между плоскостями AD1C и BA1C1

O

D

D

O1

Пример 21. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде ABCDA1 B1C1 D1 со сторонами оснований равными a и b ( a  b ), и высотой h найти расстояние между диагональю BD1 и диагональю большего основания AC .

Замечание. Для нахождения расстояния от точки О до плоскости AD1C можно воспользоваться результатом примера 10.

B1

N

Рис. 22

BD  OD1 a 3  . B1D 3

равно длине отрезка KN , т.е.

D1 h

Рис. 20

h  ON 

O

N

б

ON OD1 BB1D и OD1N следует  BD B1D

B1

D1

D

O1

D

а

B1

h

N

A

D1

O

B1

13


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. векторно-координатный метод

треугольников BD1 N и BKO (см. рис. 23б), имеющих общий острый угол. В треугольнике BD1 N : D1N  h , BN 

Пример 23. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние между диагональю куба BD1 и диагональю грани AB1 .

( a  b) 2 ( a  b) 2  , 2 2

 BD  ND  a 2 

( a  b) 2 . 2 BD a 2 В треугольнике BKO BO   . 2 2 OK BO Тогда  или D1 N BD1

Решение. Введем прямоугольную систему координат (см. рис. 25), тогда А(0; 0; 0) , В(0; 1; 0) , В1 (0; 1; 1) , D1 (1; 0; 1) . Пусть EF – общий перпендикуляр скрещивающихся прямых BD1 и AB1 , то есть EF  AB1 , EF  BD1 , причем AE E  AB1 и F  BD1 . Обозначим   , B1 E BF  и воспользуемся формулами для D1 F координат точки (опорная задача 1), которая делит данный отрезок в заданном     отношении. Получим E  0, , ,  1  1     1    . F  , , 1  1  1  

BD1  D1 N 2  BN 2  h 2 

OK 

BO  D1N BD1

ah 2

2h  ( a  b ) 2

Ответ:

.

ah 2

2h  ( a  b ) 2

.

Пример 22. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми BD и SA. Решение. Пусть E – основание перпендикуляра (см. рис. 24), опущенного из точки O на ребро SA. Так как прямая BD перпендикулярна плоскости AOS, то BD  OE .

z

B1 C1

A1

y E

S

B E

D1

F C

B

A A

D

C

O

x

Рис. 25

D

   q , тогда  p, 1  1  E (0, p, p ) , F (q, 1  q, q ) . Так как вектор

Рис. 24

Пусть

Таким образом, ОЕ – общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым BD и SA. Найдем его длину, вычислив двумя способами площадь треугольника AOS. Из равенства AO  SO  AS  OE , где

EF  {q, 1  q  p, q  p} должен быть перпендикулярным векторам AB1  {0; 1; 1} и BD1  {1;  1; 1} , то имеем систему уравнений:

2 2 , AS  1, SO  следует, что 2 2 OE  0,5 . Ответ: 0,5. AO 

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

 AB1  EF  0, или  BD1  EF  0

14


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.   1  q  p  q  p  0, 1 1 ( x  y )  b 2  x  c 2  0,  p ,q .       2 3 q  1  q  p  q  p  0  (1  y )  a 2  ( x  y )  b 2  0 1 1 1 2 x  y  0, 1 2 Отсюда EF   , ,   , EF  EF   x ,y .   6 3 6 3 3 x  2 y  1  0 1 1 1 1  2   1 2  1      . Итак, MN  1  a     b  c  9 36 36 6  3  3 3 3 1 2 Ответ: .  1  1  1 1 1 1  6  a  b  c , MN   a  b  c   3 3 3 3 3  3 векторный метод 1 1 1 3 3     . Ответ: . Пример 24. В единичном кубе 9 9 9 3 3 ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние межметод опорных задач ду прямыми AB1 и BD .  Опорная задача  Решение. Пусть AD  a , AB  b ,  Если AB и CD – скрещивающиеся ребра    AA1  c (см. рис. 26), тогда | a |  | b |  треугольной пирамиды ABCD, d – рас       стояние между ними, АВ  а , CD  b ,   | c | 1, a b  a c  b c  0. – угол между AB и CD, V – объем пираB1 6V миды ABCD, то d  . A1 ab sin  C1 Пример 25. В единичном кубе M D1 B ABCDA1 B1C1 D1 найти расстояние между диагональю куба BD1 и диагональю N A C грани AB1 . D

C1

Рис. 26

A1 C

A Рис. 27

Решение. Найдем искомое расстояние 6V по формуле d  , где V – AB1  BD1 sin  объем пирамиды ABB1 D1 (см. рис. 27),  AB1  2 , BD1  3 ,   – угол меж2 ду прямыми BD1 и AB1 . Так как площадь основания АВВ1 пирамиды ABB1 D1 рав1 1 на , а высота A1 D1 равна 1, то V  . 2 6

Вектор MN перпендикулярен векторам AB1 и DB, поэтому имеем MN  AB1  0,   MN  DB  0

      (1  y )  a  ( x  y )  b  x  c  (b  c )  0,         (1  y )  a  ( x  y )  b  x  c  (b  a )  0 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

D

B

MN  MA  AD  DN    x  AB1  a  y  DB        x(b  c )  a  y (b  a )      (1  y )  a  ( x  y )  b  x  c .

 

D1

B1

Если M и N – основания общего перпендикуляра прямых AB1 и BD соответ  ственно, то имеем AB1  b  c ,   DB  b  a ,

 

15


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 1.5. Угол между двумя прямыми

1 1  . 2 3 6

Следовательно, d 

Ответ:

1 6

 Углом между двумя пересекающимися прямыми называется наименьший из углов, образованных при пересечении прямых.  0  a, b   90 .

.

Пример 25. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти расстояние между прямыми AB1 и BC1 .

 Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимся.  Две прямые называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90 .  Угол между параллельными прямыми считается равным нулю.

Решение. Найдем синус угла  между данными прямыми. Так как AB1 || BM , то получим косинус угла  из треугольника MBC1 (см. рис. 28): cos  

BM 2  BC12  MC12 2  2  1 3  . 2  BM  BC1 2 2  2 4 E1

поэтапно-вычислительный метод При нахождении угла  между прямыми m и l используют формулу

D1

F1

| b2  c 2  a 2 | cos   , 2bc

C1

A1

B1

где a и b  длины сторон треугольника АВС, соответственно параллельных этим прямым.

M

E

D

F

Пример 27. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямыми A1 D и D1 E , где E – середина ребра CC1 .

C

A

B

N

Рис. 28

Решение. Пусть F – середина ребра ВВ1 , а – ребро куба,  – искомый угол (см. рис. 29). B1

9 7  . Расстояние 16 4 3 отточки C1 до прямой A1 B1 равно . 2 Объем пирамиды ABB1C1 с основанием ABB1 равен Тогда sin   1 

A1

B

1 1 3 3 V   11  . 3 2 2 12

d

7 4

C D

21 . 7

Ответ: 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

E

Рис. 29

3 12

2 2

D1

A

Расстояние между прямыми AB1 и BC1 равно 6

C1

F

Так как A1F || D1E , то  – угол при вершине A1 в треугольнике A1 FD . Из треугольника BFD имеем a 2 9a 2 2 2 2 2 FD  BD  BF  2a   , 4 4

21 . 7 16


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 1 Ответ: arccos . 4

а из треугольника A1 B1 F получаем 2

A1 F 2  A1 B1  B1 F 2  a 2 

a 2 5a 2  , 4 4

Пример 29. (МИОО, 2010). В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF , стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти косинус угла между MB и AD .

a 5 . 2 Далее в треугольнике A1 FD используем теорему косинусов откуда A1 F 

2

2

Решение. Прямая AD параллельна прямой BC (см. рис. 31). Следовательно, искомый угол MBC . В равнобедренном треугольнике MBC проведем апофему 1 1 ML , BL  BC  . 2 2

2

FD  A1 D  A1 F  2 A1 D  A1 F cos  ,

9a 2 5a 2 a 5  2a 2   2a 2  cos  , 4 4 2 1 1 откуда cos   и   arccos . 10 10 1 Ответ: arccos . 10 Замечание. Для упрощения вычислений длину ребра куба удобно принять за единицу.

M

Пример 28. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , ребра которой равны l , найти угол между прямыми AС1 и B1С .

L

E A

F Рис. 31

Из

треугольника BL 1 BML получаем cos MBL   . BM 4 1 Ответ: . 4

B1

A1

D

B

Решение. Проведем CM || AC1 (см. рис. 30). Тогда ( AС1 , B1C )  (CM , B1C )   .

M

C1

C

прямоугольного

векторно-координатный метод B N

C

A

При нахождении угла  между прямыми m и l используют формулу   pq cos     p  q

Рис. 30

или в координатной форме:

Из треугольника MС1 B1 с помощью теоремы косинусов находим

cos  

, x12  y12  z12  x 22  y 22  z 22   где p  {x1 , y1 , z1 } и q  {x2 , y2 , z 2}  векторы, соответственно параллельные этим прямым; в частности, для того чтобы прямые m и l были перпендикулярны, не  обходимо и достаточно, чтобы p  q  0 или x1 x 2  y1 y 2  z1 z 2  0 .

MB12  12  12  2  1  1  (0,5)  3 . Далее из треугольника MСС1 , используя теорему косинусов, получаем

cos  

223 2 2  2

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

x1 x 2  y1 y 2  z1 z 2

1 1 и   arccos . 4 4 17


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 30. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямыми АЕ и DF, где Е и F – точки, расположенные на ребрах CD и C1 D1 так, что 1 1 DE  DC , C1 F  C1 D1 . 3 3 Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 32.

z

D1 A1

y

D O

cos  

  arccos

x

Рис. 32

 1  Тогда А(0;0;0) , D (1; 0; 0) , Е 1; ; 0  ,  3   2   1   2  F 1; ;1 , AE  1; ; 0 , DF  0; ;1 ,  3   3   3  2 AE  DF 2 9 cos     , 10 13 130 AE  DF  3 3 2   arccos , где   искомый угол. 130 2 Ответ: arccos . 130

1 2  2, 8 2 2

2 , где   искомый угол. 8 2 Ответ: arccos . 8 векторный метод

При использовании данного метода применяют формулу   pq cos     . p  q Пример 32. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямыми EF и PQ, где E, F, P, Q – середины ребер DD1 , BC, AA1 и B1C1 соответственно.   Решение. Пусть AD  a , AB  b ,    AA1  c (см. рис. 34), где | a |  | b |          | c |  1, a  b  a  c  b  c  0 .

Пример 31. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти угол между прямыми AB1 и BF1 .

B1

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 33.

Q

A1

 1 1 3  3  Тогда А  ;  ; 0  , B1  ;  ;1 , 2  2   2 2 1 3  B ;  ; 0  , F1  1; 0; 1 , AB1  1; 0;1, 2  2  3 3  BF1   ; ;1 ,  2 2  18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

AB1  BF1 AB1  BF1

E D

x

Рис. 33

C A

C

B

C1

D1

B

y

F A

A1

C1 E

B1

B1 F

E1

z

F1

C1 D1

P A

B

F

E

C D Рис. 34

18


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. плоскость, SC – прямая, проведенная в плоскости ASC через основание наклонной. По условию ASC  120 .

Тогда 1  1 EF  ED  DC  CF   c  b  a , 2 2 1  1 PQ  PA1  A1B1  B1Q  c  b  a , 2 2

S

откуда находим B

PQ  EF   1   1   1   1    c  b  a   c  b  a   2  2 2  2  1 1 1 1 1  b 2  c 2  a2  1   , 4 4 4 4 2

A

C

O D Рис. 35

1 2 2 1 2  1   1  PQ   c  b  a   c b  a  2  4 4 2 2

1 1 1  4 4

На основании теоремы о трех косинусах (опорная задача 3) имеем:

3 , 2

cos DSC  cos DSO  cos CSO . Отсюда cos DSC  cos 60  cos 60  1  cos 2 60  . 4 1 Следовательно, DSC  arccos . 4

2 1 2 2 1 2  1   1  EF    c  b  a   c b  a  2  4 4  2

1 1 1  4 4

3 , 2

1 Ответ: arccos . 4

Подставляя полученные значения в формулу, имеем:

● Применение теоремы косинусов для трехгранного угла

PQ  EF

1 3 1 cos    :  . 2 2 3 PQ  EF

Пример 34. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямыми AD1 и DM , где М – середина ребра D1C1 .

1 Отсюда   arccos , где   искомый 3 угол. 1 Ответ: arccos . 3 метод опорных задач

Решение. Пусть ребро куба равно 1, точка N – середина ребра А1 В1 , тогда искомый угол  равен углу между AD1 и AN (см. рис. 36).

● Применение теоремы «о трех косинусах» Пример 33. Угол между боковыми ребрами правильной четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен 120 . Найти плоский угол при вершине пирамиды.

B1 A1

M

C1

D1

Решение. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD проведем диагональное сечение ASC (см. рис. 35); SD – наклонная к плоскости сечения, SO – высота пирамиды и проекция SD на эту 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

N

B A

C D Рис. 36

19


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Используем теорему косинусов для трехгранного угла с вершиной A (опорная задача 2), в котором A1 AD1   , A1 AN   , NAD1   . Так как в кубе все двугранные углы при ребрах прямые, то   90 . Тогда из теоремы следует, что cos   cos  cos  . Из прямоугольного A1 AD1 находим

cos   cos 45 

● Применение формулы cos2   cos2   cos2   1 , где  ,  и  – углы, которые образует некоторая прямая с тремя попарно перпендикулярными прямыми. Пример 35. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 . Его диагональ В1 D составляет с ребром AD угол 45, а с ребром DC угол 60. Найти угол между прямыми В1 D и DD1 .

треугольника

2 , 2

Решение. Так как параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 прямоугольный, то его ребра, выходящие из одной вершины попарно перпендикулярны. Рассмотрим вершину D и воспользуемся данной выше формулой

из треугольника A1 AN получаем cos  

AA1 5 2  1:  . AN 2 5

Отсюда cos  

2 2 2   . 2 5 5

Следовательно,   arccos

cos 2   cos 2   cos 2   1 , где ADB1   , CDB1   , D1 DB1   (см. рис. 37).

2 . 5

Ответ: arccos

2 . 5

B1 C1 A1 D1 B C A D Рис. 37

Так как по условию   45 ,   60 , то получаем cos 2 45  cos 2 60  cos 2   1 , 1 1 1 cos2   1    . 4 2 4 Поскольку  – острый угол, то cos  

1 . 2

Отсюда   60 . Ответ: 60 .

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

20


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 37. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD , все ребра которой равны 1, точка E  середина ребра MC. Найти синус угла между прямой DE и плоскостью AMB .

1.6. Угол между прямой и плоскостью

 Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость.  0  (a, )  90 .

Решение. Через вершину M проведем прямую параллельную прямой AD, и отложим на ней единичный отрезок MF (см. рис. 39).

 Угол между взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90 .  Если прямая параллельна плоскости (или лежит в ней), то угол между ними считается равным 0 .

M

F E H

поэтапно-вычислительный метод B

Угол между прямой l и плоскостью  можно вычислить, если этот угол удается включить в прямоугольный треугольник в качестве одного из острых углов.

A

Пример 36. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найти угол между прямой АВ1 и плоскостью АА1С1С .

C1 B1 D A1 C

EH 6 3 2  :  . DE 6 2 3

B A

Ответ:

Рис. 38

3 , и поэтому 2 6 6 sin   . Отсюда   arcsin . 4 4 6 Ответ: arcsin . 4 B1 D 

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

2 . 3

Пример 38. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF , стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 4, найти синус угла между прямой BC и плоскостью EMD .

BD Если  – искомый угол, то sin   1 , AB1 AB1  2 ,

D Рис. 39

В тетраэдре MDCF все ребра равны 1 и плоскость DFC параллельна плоскости AMB . Перпендикуляр EH , опущенный из точки E на плоскость DFC , равен половине высоты тетраэдра MDFC , т.е. 6 равен (высота данного тетраэдра 6 6 равна – покажите самостоятельно). 3 Угол между прямой DE и плоскостью AMB равен углу EDH , синус которого равен

Решение. Пусть D – середина А1С1 , тогда B1 D – перпендикуляр к плоскости АА1С1С , а D – проекция точки В1 на эту плоскость (см. рис. 38).

где

C

Решение. Так как AD || BC , то ( BC, EMD)  ( AD, EMD) (см. рис. 40). Найдем sin ( AD, EMD) . Высота пирамиды MO  15 (см. пример 13). ML  апофема боковой гра21


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ни EMD . Высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости EMD 5 и OH  . 7

AB AO 7  7 , OD   , а 2 2 3 прямая FD  ортогональная проекция прямой DE на плоскость основания. Точка F  середина отрезка AO ( EF || MO и EF  средняя линия треугольника AMO ). Тогда ABC и AO 

M

FD  FO  OD  7 .

M

C H

B A

O E

F

E

D L

B

Рис. 40

A

Тогда прямая HD  ортогональная проекция прямой AD на плоскость EMD и из прямоугольного треугольника OHD

sin ( AD, EMD) 

OH  OD

5 :1  7 Ответ:

D

O C

Рис. 41

5 . 7

Высоту пирамиды находим из прямоугольного треугольника AMO :

5 . 7

MO  AM 2  AO 2  252  7 2  24 .

Тогда EF  12 Так как угол между прямой и плоскостью – угол между прямой и ее ортогональной проекцией на эту плоскость, то из прямоугольного треугольника FED получаем

Пример 39. (ЕГЭ, 2010). В правильной треугольной пирамиде MABC с основанием ABC известны ребра AB  7 3 , MC  25 . Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AM и BC . Решение. Пусть D и E  середины ребер CB и AM соответственно. Так как пирамида правильная, то AD  CB и MD  CB . Следовательно, CB  ABC и ABC  AMD (по признаку перпендикулярности плоскостей). Опустим в плоскости AMD перпендикуляры MO и EF из точек M и E на прямую AD  ABC  AMD (см. рис. 41). Так как AD  прямая пересечения перпендикулярных плоскостей, то MO и EF  перпендикулярны к плоскости основания. Тогда точка O  основание высоты MO является центром треугольника

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

F

tg ( ED, ABC ) 

EF 12  . FD 7

Значит, искомый угол равен arctg

12 . 7

Ответ: arctg

22

12 . 7


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.  AD1  n sin    . AD1  n

векторно-координатный метод Угол между прямой l и плоскостью  можно вычислить по формуле   n p sin     n  p

 Вектор n найдем из условий перпендикулярности этого вектора векторам A1E и А1F , т.е. из условий

или в координатной форме

sin  

x1 x2  y1 y2  z1z2 x12  y12  z12  x22  y22  z22

y  n  A1E  0,  x  2  0,  y  2 x, или    n  A1F  0  z  1,5 x. x  2 z  0 3 

,

 где n  {x1 , y1 , z1} – вектор нормали плос кости  , p  {x2 , y2 , z 2 } – направляющий вектор прямой l;  прямая l и плоскость  параллельны тогда и только тогда, когда

Пусть x  2 , тогда y  4 , z  3 и   n  {2;  4; 3} , | n |  29 . Так как  AD1  2 и AD1  n  1 2  0  (4)  1 3  5, то

5

sin  

x1 x 2  y1 y 2  z1 z 2  0 .

2  29 5 Отсюда   arcsin . 58

Пример 40. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямой АD1 и плоскостью  , проходящей через точки А1 , Е и F, где точка Е – середина ребра C1 D1 , а точка F лежит на ребре DD1 , так, что D1 F  2 DF .

5 58

.

Ответ: arcsin

5 58

.

Пример 41. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти угол между прямой AB1 и плоскостью ACE1 .

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 42.

z

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 43.

A1 D1

B1

E1

C1

F D C

A

F

Тогда А(0; 0; 0) , А1 (0; 0;1) , D1 (1; 0;1) , 1  1   Е 1; ;1 , F 1; 0;  , АD1  {1; 0;1} , 3  2   2  1   A1E  1; ; 0 , А1F  1; 0;   . Пусть 3  2    n  {x, y , z} – вектор, перпендикулярный плоскости  ,  – искомый угол. Тогда

B

O

E

Рис. 42

y

M

D

y

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

A1 C

F1

B

x

C1

N

E A

z

D1

B1

x

Рис. 43

Тогда

1 3   1 3  А1; 0; 0 , B1  ; ;1 , AB1   ; ;1 . 2 2   2 2  Составим уравнение плоскости, проходящей через точки 23


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 1    1   OD  OA  AD   (a  b )  a  (a  b ) , 2 2  1  1  1  DE  DA  AF  FE  a  b   c  b   2 2 2   1 1  a  b  c , 4 2

 1 3   1 3  А1; 0; 0 , C   ; ; 0  , E1   ;  ;1 . 2 2 2 2     Подставляя координаты этих точек в общее уравнение плоскости

ax  by  cz  d  0 , получаем систему a  d  0,   1 3 b  d  0,  a  2  2  1 3  a  bcd 0  2 2

S

E C

Отсюда имеем b   3d , a  d , c  3d . Подставим в уравнение плоскости и сократим на  d  0 :

B

  1  1   1  1   DE  OD    a  b  c  a  b   4 2  2 2     1 1 1  1  1 1 3   a2  b 2  a  c  b  c    , 2 8 4 4 2 8 8

Вектор нормали полученной плоскости  n  {1; 3; 3} .  AB1  n Тогда sin    , где   искоAB1  n

  1  1  DE    a  b  c   4 2    1  1 1   1 1    a 2  b 2  c 2  2   a  c  2  b  c  16 4 2 4 2 2

мый угол. Имеем 4 2  13

Отсюда   arcsin

2 26 . 13

2 26 . 13 Ответ: arcsin

 1

1 1 1 1 15     , 16 4 2 8 16

1 1 1  1  1  OD   a  b     . 2  4 4 2 2 2

2 26 . 13

векторный метод

Подставляя полученные значения в

Пример 42. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найти угол между прямой DE, где E – середина апофемы SF грани ASB, и плоскостью ASC.

DE  OD

формулу sin  

, имеем DE  OD

3 4 3 sin     2 . 8 15 30

Решение. Так как прямая ОD перпендикулярна плоскости ASC, то вектор OD является вектором нормали плоскости ASC.    Пусть AD  a , AB  b , AS  c (см.      рис. 44), где | a |  | b |  | c |  1 , a  b  0 ,      a  c  b  c  | a |2 cos 60  0,5 . Тогда 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

A Рис. 44

x  3 y  3z  1  0 .

sin  

D

O F

Отсюда   arcsin

3 , где   искомый 30

угол. Ответ: arcsin

24

3 30

.


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. метод опорных задач

1.7. Угол между плоскостями

Угол между прямой l и плоскостью  можно вычислить по формуле sin   sin (l , ) 

 Двугранный угол, образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла, получаемого при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру.  Величина двугранного угла принадлежит промежутку (0, 180) .  Величина угла между пересекающимися плоскостями принадлежит промежутку (0, 90] .  Угол между двумя параллельными плоскостями считается равным 0 .

M ,   , AM

где M  l , l    A (см. рис. 45).

M l

A

H

поэтапно-вычислительный метод

Рис. 45

Рассматриваемый метод позволяет находить поэтапно искомый угол при решении известных задач, к которым сводится данная задача. Перечислим типы этих задач, связанных с нахождением угла: ● между пересекающимися прямыми a и b, лежащими в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярными их линии пересечения (см. рис. 47);

Пример 43. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между прямой А1B1 и плоскостью BDC1 . Решение. Так как А1B1 || D1C1 и точки D1 и O1 лежат на прямой D1B1 , параллельной плоскости BDC1 (см. рис. 46), то последовательно получаем

sin ( A1B1 , BDC1 )  sin ( D1C1 , BDC1 )  ( D1 , BDC1 ) (O1 , BDC1 )    D1C1 D1C1

b c

3 3  :1  . 3 3 Отсюда ( A1B1 , BDC1 )  arcsin

3 . 3

 a

A 

Рис. 47

B1 A1

● O1

между прямыми, параллельными прямым a и b или между b и прямой, параллельной a; ● между плоскостями, параллельными данным плоскостям  и  или между  и плоскостью, параллельной  ; ● между перпендикулярами к данным плоскостям.

C1

D1

N

B A

C

O D

● построение линейного угла двугранного угла

Рис. 46

Ответ: arcsin

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

3 . 3

Решение задачи этим методом сводится непосредственно к построению и вычислению величины линейного угла двугранного угла, образованного пересекающимися плоскостями  и  . Соот25


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ветствующий линейный угол строится с помощью двух перпендикуляров a и b, проведенных в указанных плоскостях к прямой их пересечения, а его величина в дальнейшем находится либо из некоторого прямоугольного треугольника, либо из некоторого треугольника с применением теоремы косинусов.

плоскостью основания и боковой гранью MAF и угол между боковыми гранями FME и MDE (см. рис. 49).

M

Пример 44. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найти двугранный угол между основанием и боковой гранью.

B

Решение. Пусть E и K – середины ребер AD и BC соответственно, О – центр основания ABCD (см. рис. 48). Тогда EK  AD и поэтому SE  AD , SEK   – линейный угол данного двугранного угла. 1 Так как AD  1 , OE  , SD  1 , то 2 1 3 SE  SD 2  ED 2  1   , 4 2 OE 1 1 cos    ,   arccos . SE 3 3

A

K

F

ML  AM 2  AL2  4 

1 15  . 4 2

По теореме о трех перпендикулярах прямая LO перпендикулярна AF. Следовательно, MLO – линейный угол дву3 гранного угла MAFB. LO  , так как 2 является высотой равностороннего треугольника AOF со стороной 1. Из прямоугольного треугольника LMO находим

D cos MLO 

Рис. 48

1 3

.

LO 3 2 1    . ML 2 15 5

Прямая ME – ребро двугранного угла FMED. В треугольниках FME и MDЕ проведём высоты к стороне ME из точек F и D соответственно. Поскольку FME  DME , то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно, DNF – линейный угол двугранного угла FMED. Из равенства треугольников FME и MDЕ следует равенство высот FN и DN. Найдем FN. Для этого вычислим площадь треугольника FME. Поскольку апофема

Пример 45. В правильной шестиугольной пирамиде, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти косинусы двугранных углов при основании и при боковом ребре. Решение. Рассмотрим пирамиду MABCDEF. Поскольку пирамида правильная, то равны все ее двугранные углы при основании и равны все углы между любыми ее смежными боковыми гранями. Найдем, например, угол между 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

E

Прямая AF – ребро двугранного угла MAFЕ. Пусть O – центр основания, тогда MO – высота пирамиды. Пусть L – середина отрезка AF, тогда ML – апофема грани AMF,

C

Ответ: arccos

L

N

Рис. 49

O E

O A

S

B

D K

C

26


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. грани FME равна ML 

15 , 2

B1 D из точек A1 и C1 соответственно. Поскольку треугольники B1 A1 D и B1C1 D равны, то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно, A1 NC1 – линейный угол двугранного угла A1 B1 DC1 .

S FME 

1 15 15  1  , то высота FN, опущен2 2 4 ная на ME, равна: 

FN 

2S FME 15  . ME 4

B1

Далее, рассмотрим равнобедренный треугольник FDN. В нем FD  2 LO  3. Косинус угла DNF можно найти, воспользовавшись теоремой косинусов для стороны DF:

A1

FN 2  DN 2  FD 2 3 cos FND   . 2  FN  DN 5

A

D1 N

B

C D

Рис. 50

Таким образом, искомые косинусы двугранных углов при основании и при 1 3 боковом ребре равны и  соответ5 5 ственно. 1 3 Ответ: и . 5 5

Поскольку прямоугольные треугольники B1 A1 D и B1C1 D равны, то равны и высоты A1 N и C1 N , опущенные на гипотенузу B1 D . Длины указанных высот можно найти, например, через площадь любого из этих треугольников:

Так как в подобных телах соответствующие углы равны, а линейные элементы (стороны, высоты, медианы и т.п.) пропорциональны, то при вычислении углов в какой-либо конфигурации (обычно в треугольнике) важно учитывать лишь отношение длин соответствующих отрезков. Поэтому, если все линейные элементы конфигурации зависят от одного параметра, то можно принимать значение этого параметра равным какомунибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто полагают длину его ребра равным единице.

A1 N  C1N 

2 . 3

Далее, рассмотрим равнобедренный треугольник A1C1 N . В нем A1C1  2 . Найдём угол A1 NC1 , воспользовавшись теоремой косинусов для стороны A1C1 : A1 N 2  C1N 2  A1C12 cos A1 NC1   2  A1 N  C1 N 2

2

 2  2 2      3    3   ( 2)      0,5 . 2 2 2  3 3

Пример 46. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями сечений AB1C1 D и CB1 A1 D .

2 . 3 Следовательно, искомый угол между плоскостями сечений A1 B1 D и B1C1 D ра вен . 3  Ответ: . 3

Отсюда A1NC1 

Решение. Пусть ребро куба равно 1. Прямая B1 D – линия пересечения плоскостей сечений AB1C1 D и CB1 A1 D , так как B1 и D – их общие точки (см. рис. 50). В прямоугольных треугольниках B1 A1 D и B1C1 D проведем высоты к гипотенузе 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

C1

27


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 47. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 боковое ребро равно b, а сторона основания a. Найти косинус угла между плоскостями ABC1 и A1 B1C .

В рассматриваемом примере требуется найти косинус угла  между плоскостями ABC1 и A1 B1C . Встает закономерный вопрос. Нашли ли мы косинус того угла, который требуется в условии, или же нам необходим косинус смежного с ним угла C1 NM (кстати, на рис. 51 через  обозначена величина именно этого угла)? На этот вопрос можно ответить следующим образом. Согласно определению угла между плоскостями, его величина может  быть в пределах от 0 до , т.е. косинус 2 такого угла должен быть положительным. Поэтому, если 3a 2  4b 2  0 , то 3a 2  4b 2 cos   cos C1 NC  2 , если же 3a  4b 2 3a 2  4b 2  0 , то

Решение. Построим линию пересечения плоскостей ABC1 и A1 B1C (см. рис. 51).

B1 M

C1

A1 

E

D N B

C

A Рис. 51

Диагонали AC1 и A1C в боковой грани AA1C1C призмы пересекаются в точке D и делятся этой точкой пополам. Аналогично, диагонали BC1 и B1C в боковой грани BB1C1C призмы пересекаются в точке E и также делятся этой точкой пополам. Точки D и E – общие точки плоскостей ABC1 и A1 B1C , поэтому прямая DE является линией их пересечения. Кроме того, отрезок DE является средней линией равнобедренных треугольников ABC1 и A1 B1C , а значит, DE || AB и DE || A1B1 . Рассмотрим равнобедренные треугольники C1 DE и CDE. Они равны по трем сторонам. Проведем в этих треугольниках медианы C1 N и CN к общему основанию DE. Тогда C1 N  DE и CN  DE . Следовательно, C1NC – линейный угол двугранного угла C1 DEC . Найдем теперь косинус угла C1 NC . С этой целью рассмотрим равнобедренный треугольник C1 NC . В нем C1N  2

cos   cos C1 NM 

(поскольку косинусы смежных углов равны по абсолютной величине и противоположны по знаку). Таким образом, | 3a 2  4b 2 | окончательно: cos   . 3a 2  4b 2 | 3a 2  4b 2 | Ответ: . 3a 2  4b 2 ● Использование параллельных прямых В некоторых задачах построение линейного угла затруднительно. И тогда вместо линейного угла можно рассмотреть угол с соответственно параллельными сторонами по отношению к линейному углу. Пример 48. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 с ребром, равным a, через точки M на реб3a ре BB1 и N на DD1 такие, что BM  4 a и DN  , параллельно AC проведена се4 кущая плоскость. Определить угол между секущей плоскостью и плоскостью ABC.

2

CB1  MB1 CM 3a 2  4b 2  CN    , 2 2 4 CC1  b . Воспользовавшись теоремой косинусов для стороны CC1 , получим: cos C1 NC 

C1N 2  CN 2  CC12 3a 2  4b 2 .  2 2  C1 N  CN 3a  4b 2

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

4b 2  3a 2 3a 2  4b 2

28


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M и N параллельно AC (см. рис. 52).

B1

В некоторых задачах является эффективным подход, при котором вместо угла между пересекающимися плоскостями  и  ищется угол между плоскостями, параллельными рассматриваемым (или между одной из данных плоскостей и плоскостью, параллельной другой из них).

C1

M

A1

● использование параллельных плоскостей

D1 P O

K Q

 B

N

A

Пример 49. В кубе ABCDA1B1C1 D1 найти угол между плоскостью грани AA1 B1 B и плоскостью BC1 D .

C

D

Решение. Так как плоскость AA1 B1 параллельна плоскости DD1C1 , то искомый угол равен углу между плоскостями BC1 D и DD1C1 (см. рис. 53). Диагонали грани куба перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому EC  DC1 , где точка E – середина отрезка DC1 . Также BE  DC1 , как высота равностороннего треугольника BC1 D . Следовательно, угол BEC есть линейный угол  двугранного угла BDC1C . Треугольник BEC  прямоугольный ( BC  DD1C1 ) и BCE  прямой. Пусть ребро куба равно 1, тогда BC  1, DC 1 EC  1  . 2 2 Следовательно,

Рис. 52

С этой целью рассмотрим диагональную плоскость AA1C1 . Соединим точки M и N, тогда AA1C1  MN  O , где точка O – середина отрезка MN. Поскольку, согласно условию, секущая плоскость параллельна AC, то прямая l ее пересечения с плоскостью AA1C1 также будет параллельна AC. Поэтому проведем через точку O прямую QP (QP || AC). Соединив последовательно отрезками точки Q, M, P и N, получим сечение QMPN. Так как секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым, то четырехугольник QMPN является параллелограммом. В квадрате ABCD диагонали перпендикулярны ( BD  AC ), значит, BD  l . Проведем в плоскости BDD1 прямую KN, параллельную BD. Тогда KN  l . Прямая BD является проекцией наклонной MN на плоскость АВС, поэтому по теореме о трех перпендикулярах MN  l . Прямая MN лежит в плоскости MPNQ , а прямая КN параллельна плоскости ABC . Следовательно, угол KNM равен линейному углу искомого двугранного угла (как углы с соответственно параллельными сторонами). Пусть MNK   , тогда

tg  

BC 1  1:  2. EC 2

Отсюда   arctg 2 .

B1

C1 D1

A1

E 

B MB  ND a 2 tg    :a 2  . BD 2 4 Ответ: arctg

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

A

C D

Рис. 53

2 . 4

Ответ: arctg 2 . 29


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ● использование перпендикуляров к плоскостям

A1C  BD1  3 , OC  OB 

угольника ОВС находим

На рис. 54 прямые l и l лежат в плоскости  и перпендикулярны плоскостям  и  соответственно. Тогда угол между ними равен углу между плоскостями  и  . В общем случае прямые l и l могут быть скрещивающимися.

C1 B1

b

 

D A Рис. 56

 c

A

C

B



D1 A1

l l

3 . Из тре2

a

OB 2  OC 2  BC 2 1 cos BOC   , 2  OB  OC 3 1 т.е. BOC  arccos . 3

1 Ответ: arccos . 3

Рис. 54

Пример 50. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями AB1C и BC1 D .

Пример 51. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Найти угол между плоскостями AB1C1 и A1 B1C .

Решение. Диагональ куба A1C перпендикулярна плоскости BC1 D (см. рис. 55), так как A1C  BC1 и A1C  DC1 (по теореме о трех перпендикулярах). Аналогично диагональ куба BD1 перпендикулярна плоскости AB1C . Таким образом, задача сводится к нахождению острого угла между диагоналями A1C и BD1 прямоугольника BCD1 A1 .

Решение. Каждая из прямых AD1 и CD1 (см. рис. 56) перпендикулярна плоскостям A1 B1C и AB1C1 соответственно (докажите). Поэтому величина искомого угла равна величине угла между прямыми AD1 и CD1 . Так как треугольник AD1C – равно сторонний, то получаем ответ: . 3  Ответ: . 3

B1

C1 A1

D1

Пример 52. (МИОО, 2010). Дана прямая четырехугольная призма ABCDA1 B1C1 D1 , в основании которой лежит прямоугольник ABCD, в котором

O C

B A

AB  5, AD  33 . Через середину ребра CD проведена плоскость перпендикулярно прямой B1D . Найти тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью грани AA1D1D, если расстояние между

D

Рис. 55

Пусть O – точка пересечения диагоналей и ребро куба равно 1. Тогда

прямыми A1C1 и BD равно 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

30

3.


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Известно, что каждое уравнение первой степени px  qy  rz  d  0 при условии p 2  q 2  r 2  0 задает в прямоугольной системе координат единственную плоскость, для которой вектор  n  { p, q, r} является вектором нормали. Задачу о нахождении угла между плоскостями  и  , заданными уравнениями p1 x  q1 y  r1 z  d1  0 и p2 x  q2 y  r2 z  d 2  0 соответственно, удобнее свести к задаче о нахождении угла между векторами их нормалей   n  { p1 , q1 , r1} и n  { p2 , q2 , r2 } , используя формулу   | n  n | cos (, )     | n |  | n |

C1 D1

B1 A1

C D

B A Рис. 57

Решение. Так как прямая B1D перпендикулярна проведенной плоскости (на рис. 57 эта плоскость изображена условно), а прямая CD  AA1D1 ( CD  D1D так как призма и CD  AD так как ABCD  прямоугольник), то угол между рассматриваемыми плоскостями равен углу между прямыми B1D и CD . Тангенс этого угла найдем из прямоугольного треугольника CB1D ( CD  AA1D1 , следовательно CD  B1C ). Так как скрещивающиеся прямые A1C1 и BD лежат в параллельных плоскостях, то расстояние между ними равно расстоянию между этими плоскостями. Значит высота и боковое ребро призмы равны

p  q12  r12  p22  q22  r22

. (1)

Пример 53. Найти угол между плоскостями 2x  3 y  6z  5  0 и 4x  4 y  2z  7  0 .  Решение. Векторы n1  {2; 3; 6} и  n2  {4; 4; 2} – векторы нормалей плоскостей 2x  3 y  6z  5  0 и 4 x  4 y  2 z  7  0 соответственно. Тогда по формуле (1) косинус угла  между данными плоскостями равен:   n1  n2 cos      n1  n2

2

3 . Тогда B1C  BC 2  BB1  6 и исBC 6 комый тангенс равен 1   1,2 . CD 5 Ответ: 1,2.

векторно-координатный метод Применение данного метода позволяет свести решение исходной задачи к задаче о нахождении угла: а) между векторами нормалей данных плоскостей; б) между направляющими векторами скрещивающихся прямых а и b, лежащих в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярных к их линии пересечения.

| 2 4  3 4  6 2 | 16  . 4  9  36  16  16  4 21

Отсюда   arccos

16 . 21

16 . 21 Пример 54. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями AB1C и BC1 D .   Решение. Пусть AD  a , AB  b ,    AA1  c (см. рис. 58), где | a |  | b |          | c |  1, a  b  a  c  b  c  0 .

Ответ: arccos

● использование векторов нормалей пересекающихся плоскостей Любой ненулевой вектор, перпендикулярный плоскости – ее вектор нормали. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

p1 p2  q1q2  r1r2 2 1

31


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. cos (, ABC ) 

B1 A1

C1 B

sin (, DM ) 

C D

Векторы BD1 и CA1 являются векторами нормали плоскостей AB1C и BC1 D соответственно, так как BD1  AB1C и CA1  BC1 D . Тогда       BD1  a  b  c , CA1   a  b  c ,       BD1  CA1  (a  b  c )( a  b  c )      a 2  b 2  c 2  1 ,       BD1  (a  b  c )2  a 2  b 2  c 2  3 ,       CA1  ( a  b  c ) 2  a 2  b 2  c 2  3 , BD1  CA1 BD1  CA1

| BF  DM | . | BF | | DM |

(**)

Введем систему координат Oxyz следующим образом. Пусть начало координат находится 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 проходит через точку O перпендикулярно плоскости основания (см. рис. 59).

Рис. 58

cos  

( *)

Соответственно, для нахождения угла между прямой DM и плоскостью  воспользуемся формулой:

D1

A

| BF  OM | . | BF | | OM |

z M F

y

B A

1 1  . Откуда 3 3 3

C

O D

x

Рис. 59

1   arccos , где   искомый угол. 3

Найдем координаты точек и векторов:

1 Ответ: arccos . 3

O (0; 0; 0), B(2; 2; 0), C (2; 2; 0), M (0; 0; 4), F (1; 1; 2), D (2;  2; 0) . Тогда BF  {3;  1; 2} , | BF |  9  1  4  14 ,

Пример 55. В правильной пирамиде MABCD ( M  вершина) высота и сторона основания равны 4. Точка F  середина ребра MC . Плоскость  проходит через середину ребра AM перпендикулярно прямой BF . Найти угол между: а) плоскостью  и плоскостью основания; б) плоскостью  и прямой DM .

OM  {0; 0; 4} , | OM |  4 , DM  {2; 2; 4} , | DM |  4  4  16  2 6 . Используя формулы (*) и (**), получим

| 3  0  (1)  0  2  4 | 2  , 14  4 14 | 3  (2)  (1)  2  2  4 | sin (, DM )   0. 14  2 6 cos (, ABC ) 

Решение. Так как прямая BF   , то ее направляющий вектор BF является вектором нормали плоскости  (см. рис. 59). Точка O  основание высоты MO , следовательно, вектор OM является вектором нормали плоскости ABC . Тогда получим

Ответ: (, ABC )  arccos

2 , 14

(, DM )  0 . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

32


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Приведем один из способов получения уравнения плоскости, если известны координаты трех ее точек M ( xM , yM , z M ) , N ( x N , y N , z N ) , P( xP , y P , z P ) , не лежащих на одной прямой. Для этого нужно взять в общем виде уравнение плоскости ax  by  cz  d  0 , в котором a , b, c, d – неизвестные числа. Подставив в него координаты точек M , N , P , получим систему уравнений:

dx  dy  dz  d  0 или  x  y  z  1  0 после сокращения на d  0 . В задачах на вычисление угла между пересекающимися плоскостями в общем случае уравнение плоскости находить не требуется. Координаты вектора нормали можно вывести, если известны координаты трех точек плоскости M , N , P , не лежащих на одной прямой. Для этого находим координаты двух векторов плоскости   a  MN  {a1 , a2 , a3} и b  MP  {b1, b2 , b3} . Предположим, что вектор с координата ми n  { p, q, r} (здесь p , q, r – неизвестные числа, которые нужно найти) перпендикулярен любому вектору плоскости    , т.е. a и b в том числе. Его координаты ищутся из условий равенства нулю  скалярных произведений n с векторами   a и b из следующей системы уравнений:   n  a  0, a p  a2 q  a3r  0 ,  1   b1 p  b2 q  b3r  0. n  b  0;

axM  byM  cz M  d  0,  axN  by N  cz N  d  0, ax  by  cz  d  0.  P P P

Решив ее, найдем a  pd , b  qd , c  rd (если окажется, что d  0 , то a  pc , b  qc ; если d  c  0 , то a  pb ). Подставив в исходное уравнение и сократив на d  0 , получим уравнение

px  qy  rz  1 . Выведем, например, в выбранной системе координат уравнение плоскости, проходящей через точки B, D и C1 (см. рис. 60), если ребро куба равно 1.

z

B1

Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов, перпендикулярных плоскости  , бесконечно много. Выразив, например, из системы координаты p и q через r , выберем не нулевой вектор n  { p(r ); q (r ); r} , взяв в качестве r какое-нибудь число (обычно берут так, чтобы в координатах не было дробей или радикалов).

C1 D1

A1

y

Пример 56. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями AD1 E и D1FC , где точки Е и F – середины ребер А1 В1 и В1С1 соответственно.

C

B D

A

x

Рис. 60

Для этого выразим координаты точек: B(0;1; 0), D (1; 0; 0), C1 (1; 1; 1) . Записав в общем виде уравнение плоскости ax  by  cz  d  0 и подставив в него координаты этих точек, получим:

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 61. Тогда А(0; 0; 0) , С (1;1; 0) , D1 (1; 0;1) ,  1  1   1  Е  0; ;1 , F  ; 1; 1 , AE  0; ;1 , 2   2   2   1  АD1  {1; 0;1}, СD1  {0;1;1}, СF   ; 0;1.  2   Найдем вектор n  {x, y , z} , перпендикулярный плоскости AD1 E . Этот вектор

a  0  b 1  c  0  d  0, (для точки B)  a 1  b  0  c  0  d  0, (для точки D) a 1  b  1  c  1  d  0. ( для точки С )  1

Отсюда b  d , a  d и c  d . Уравнение плоскости BC1 D имеет вид 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

33


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. должен быть перпендикулярным векторам AE и АD1 , поэтому

начало координат. Оси Ax , Ay и Az направим вдоль ребер куба AD , АВ и AA1 соответственно (см. рис. 62). Пусть ребро куба равно 1. Выразим координаты точек:

y n  AE  0  y  2 z  z0  2   n  АD1  0  x   z.  x  z  0

z

B1

A(0; 0; 0), D (1; 0; 0), K (1;1; 0,5), 1  1 1 1   M  0; ;  , M  ; 1; 1 , P 1; 0;  . 3   2 2 2 

F

E

z

C1

B1

A1 B

D1

y

N D1

A1

P

B

A D

C

D

A

x

K

y

M

C

C1

x

Рис. 62

Рис. 61

Найдем координаты векторов: Пусть z  1 , тогда x  1 , y  2 и   n  {1; 2;  1} . Найдем вектор m  {x, y , z} , перпендикулярный плоскости D1 FC . Этот вектор должен быть перпендикулярным векторам CD1 и CF , поэтому

1 1 1 1 1   MN   ; ;  , MP  1;  ;   2 6 2 2 2    AD  {1; 0; 0}, AK  {1; 1; 0,5}. Теперь найдем координаты векторов   n1 и n2 , перпендикулярных плоскостям MNP и AKD соответственно. Начнем с  вектора n1  { p1 , q1 , r1} . Его координаты ищутся из условий равенства нулю ска лярных произведений n1 с векторами   MN и MP . Получаем систему

   y  z  0, m  CD1  0,  y  z,   x   m  CF  0  x  2 z.  2  z  0

Пусть z  1 , тогда x  2 , y  1 и  m  {2; 1; 1} . Для нахождения искомого угла  используем формулу   n m cos     . Так как n  m    n  m  1  2  2  1  (1)  1  3 , | n |  6 ,  | m |  6 , то cos   0,5 , откуда   60 .

0,5 p1  0,5q1  0,5r1  0, n1  MN  0,     1 p  0 , 5 q  r  0 ; n1  MP  0; 1 1 1  6 2 7  p1   r1 , q1   r1 . 9 9 Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов, перпендикулярных плоскости MNP, бесконечно много. Выберем из данного мно жества ненулевой вектор n1 , положив  r1  9. Тогда n1  {2;  7; 9} . Найдем теперь координаты вектора  n2  { p2 , q2 , r2 } , перпендикулярного плоскости AKD. Его координаты ищутся из условий равенства нулю скалярных    произведений n2 с векторами AD и AK .

Ответ: 60 . Пример 57. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Найти угол между плоскостями MNP и AKD, где точки M – центр грани AA1 B1 B , N – середина ребра B1C1 , K – середина ребра CC1 , P – делит ребро DD1 в отношении DP : PD1  1: 2 . Решение. Введем систему координат следующим образом. Точку A примем за 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

34


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. О – точка пересечения диагоналей прямоугольника, лежащего в основании. Вершина M пирамиды MABCD проектируется в точку O . Введем систему координат следующим образом. Точку O примем за начало координат. Оси Ox и Oy направим параллельно сторонам основания, а ось Oz  вдоль высоты пирамиды OM .

Получаем систему   n2  AD  0,  p  0  q2  0  r2  0,  2     p2  q2  0,5r2  0; n2  AK  0;  p2  0, q2  0,5r2 .  Возьмем r2  2. Тогда n2  {0;  1; 2} . Для нахождения угла между плоскостями MNP и AKD воспользуемся формулой (1): cos ( MNP, AKD )  

z M

| 0  7  18 | 125  . 134 4  49  81  0  1  4

Q H B

125 Отсюда ( MNP, AKD )  arccos . 134 125 Ответ: arccos . 134

x1 x2  y1 y2  z1z2 2 1

x  y12  z12  x22  y22  z22

.

A

C x D

Рис. 63

Выразим координаты точек:

A(4;  2; 0),

B(4; 2; 0),

C (4; 2; 0),

D (4;  2; 0), M (0; 0; 2 15), R (2; 1; 15). Отрезок AR является высотой в равностороннем треугольнике АМС, поэтому прямая МR перпендикулярна ребру AR искомого двугранного угла. Проведем в треугольнике ADR высоту DH. Тогда задача сведется к нахождению угла между прямыми МR и DH. Найдем координаты векторов:   MR  {2; 1;  15}, AR  {6; 3; 15},

(2)

Пример 58. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB : AD  1: 2 (см. рис. 63). Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом, равным 60 . Точка R – середина ребра MC . Найти угол между плоскостями MAC и ADR .

DA  {8; 0; 0}.

Так как векторы AH и AR коллинеарны, то AH  k  AR  {6k , 3k , 15k} . Далее из равенства DH  DA  AH полу чаем DH  {6k  8; 3k ; 15k}. Теперь, используя условие DH  AR, имеем уравнение 6(6k  8)  9k  15k  0 . Отсюда  k  0,8 и DH  {3, 2; 2, 4; 0,8 15}.

Решение. Если считать, что AB  a, тогда AD  2a, и все линейные элементы в пирамиде будут зависеть от одного параметра а. Поэтому, не теряя общности, с точностью до подобия можно принять AB  4. Тогда AD  8, OM  2 15 , где 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

y

O

● использование направляющих векторов скрещивающихся прямых  Ненулевой вектор q называется направляющим вектором прямой l , если он лежит либо на самой прямой l , либо на прямой, параллельной ей.   Пусть p  {x1, y1 , z1} и q  {x2 , y2 , z2 } – направляющие векторы прямых а и b, тогда угол  между этими прямыми (пересекающимися или скрещивающимися) находят по формуле:

cos  

R

Так как MR и DH – направляющие векторы прямых МR и DH соответственно, то для нахождения угла между этими прямыми воспользуемся формулой (2): 35


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. cos  

6, 4  2, 4  12 4  1  15  10, 24  5, 76  9, 6

1 . 2

Отсюда ( AA1 B1 , BC1D )  arccos

Значит, угол между прямыми МR и DH, и угол между данными плоскостями  равен . 4  Ответ: . 4 метод опорных задач

B

S

,

Ответ: arccos

Решение. Пусть   искомый угол. Используем соотношение S ABC  S AB1C  cos  ,

1 ( 2 )2 3 3 , S AB1C   2 4 2 (треугольник AB1C равносторонний) (см. рис. 65). Отсюда имеем 1 3 1 cos   :  . 2 2 3

где

(3)

A1

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

S BC1 D

C1 D1 B

A

C D

диагонали

Рис. 65

Ответ: arccos

(3) получим: cos ( AA1B1 , BC1D) 

3 . 3

B1

3 . Из формулы 2 S AB1 B

S ABC 

Следовательно,   arccos

Решение. Пусть ребро куба равно 1. Ортогональной проекцией треугольника BC1 D на плоскость AA1 B1 является треугольник AB1 B (см. рис. 64), площадь которого равна 0,5 . Поскольку

граней куба), то S BC1 D 

3 . 3

Пример 60. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями AB1C и АВС.

Пример 59. В кубе ABCDA1B1C1 D1 найти угол между плоскостью грани AA1 B1B и плоскостью BC1 D .

(как

D Рис. 64

где S – площадь многоугольника, лежащего в плоскости  , S пр – площадь его ортогональной проекции на плоскость  .

BD  BC1  C1 D  2

C

A

При применении этого метода угол  между плоскостями  и  можно вычислить, используя формулу S пр

D1

A1

● применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника

cos  

C1

B1

Используем следующие опорные задачи (теоремы): а) теорема о площади ортогональной проекции многоугольника; б) теорема «косинусов для трехгранного угла»; в) теорема «о трех синусах»; г) формулы, выражающие синус или косинус искомого угла через расстояния от точки до плоскости и до прямой.

3 . 3

3 . 3

Обычно рассматриваемый в этом пункте метод применяют при вычислении угла между плоскостью сечения и плоскостью какой-либо грани много-

3 .  3

36


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. гранника (часто в качестве такой грани выступает основание пирамиды или призмы). Так поступают в случаях, когда нахождение S пр и S сечения является более простой задачей, чем непосредственное вычисление двугранного угла  , сопряжённое с построением на чертеже его линейного угла.

а площадь равна

S BA1D1C 

В прямоугольной трапеции

S AA1E1G 

cos ( BA1D1, AA1E1 )  

E1 F1

C

D

B

E G F

A

Рис. 66

Трапеция BA1 D1C  равнобедренная, с основаниями A1 D1  2 , BC  1 и боковыми сторонами BA1  CD1  1  4  5 . Ее высота h равна 2

 A D  BC  h  CD12   1 1   2   2

19  2 1  5 ,   2  2  18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

A1E1  AG 3 3  AA1  . 2 2

В соответствии с формулой (3) находим:

D1

A1

3 , а 2

высота AA1  2 . Ее площадь равна

Решение. Заметим, что четырехугольники BA1 D1C и AA1 E1 E  сечения данной призмы плоскостями BA1 D1 и AA1 E1 (см. рис. 66). Так как BA, D1 E1 и CF перпендикулярны плоскости AA1 E1 (они перпендикулярны AA1 и AE ), то трапеция AA1 E1G , где G  середина отрезка AE , есть ортогональная проекция трапеции BA1 D1C на плоскость сечения AA1 E1 E.

B1

AA1 E1G

основания равны A1 E1  3 , AG 

Пример 61. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти угол между плоскостями BA1 D1 и AA1 E1 .

C1

A1D1  BC 3 19 h  . 2 4

37

S AA1 E1G S BA1 D1C

3 3 3 19 12 . :  2 4 19

Значит, искомый угол равен arccos

12 . 19

Ответ: arccos

12 . 19


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ● применение «теоремы косинусов для трехгранного угла»

● применение теоремы «о трех синусах» Пример 63. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостями AB1C и АВС.

Пример 62. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 все стороны равны 1. Найти косинус угла между плоскостями AB1C и A1 B1C .

Решение. Пусть   искомый угол. Так как   B1 AC  60 ,   B1 AB   45 (см. рис. 68), то по теореме «о трех синусах» (опорная задача 4) имеем:

Решение. Рассмотрим трехгранный угол при вершине B1 пирамиды AA1CB1 . B1 C1 Обозначим через  плоский угол A1 двугранного угла AB1CA1 (см. рис.  67). Найдем знаD чения синусов и B C косинусов плоских углов при A вершине B1 . Рис. 67

Грань

sin  

AB1C

cos AB1C 

C1

A1 D1

2 . В 2 AC  1 ,

B

C D

A 2

2 . 3

B1

AB1  B1C  2 . Тогда 2 1

2 3 2 :  . 2 2 3

Отсюда   arcsin

ABB1 A1 –

квадрат, поэтому cos AB1 A1  треугольнике

sin 45  sin  sin 60 ,

2

Рис. 68

AB  B1C  AC 3  , 2  AB1  B1C 4

Ответ: arcsin

2

7  3 sin AB1C  1     .  4 4 В

треугольнике

B1 A1C

Пример 64. Диагональ A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через B1 и D1 . Найти величину этого угла.

B1 A1  1 ,

A1C  B1C  2 . Тогда

cos CB1 A1 

Решение. Будем считать куб единичным. Пусть Е – середина отрезка A1 D , тогда из треугольника A1 D1 E получаем

2

B1C 2  B1 A1  A1C 2 2  1  2 1   , 2  B1C  B1 A1 2  2 1 2 2 2

7  1  sin CB1 A1  1   .   2 2 2 2

sin   sin

Применяя теорему косинусов для трехгранного угла (опорная задача 2) при вершине B1 , получим

 2  4 2

(  – угол между прямой A1 D1 и плоскостью A1 B1C ) (см. рис. 69). Из треугольника A1 D1C находим

cos   cos AB1 A1  cos AB1C  cos CB1 A1 5   . sin AB1C  sin CB1 A1 7 5 Ответ: . 7 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

2 . 3

sin  

38

CD1 2 2 ,   CA1 3 3


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. где  – угол между прямой A1 D1 и ребром A1C двугранного угла. Далее имеем

2 2  sin   , 2 3 3 sin   . 2 Так как точка Е (проекция точки D1 на плоскость A1 B1C ) расположена вне

A1

Пример 65. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найти угол между плоскостями AB1C и A1 B1C .

B1

D1

Решение. Пусть сторона куба равна 1. Плоскости AB1C и A1B1C пересекаются по прямой B1C (см. рис. 71). Расстояние от точки А, принадлежащей плоскости AB1C , до прямой B1C равно длине высоты равностороннего треугольника AB1C

C1

E B

A D

C Рис. 69

3 6  . Рас2 2 стояние от точки А до плоскости A1 B1C равно половине диагонали квадрата, т.е. 2 . По формуле (4) имеем 2 2 6 1 sin ( AB1C , A1B1C )  :  . 2 2 3 1 Отсюда искомый угол равен arcsin . 3 со стороной

2 . 3 2 Ответ: . 3

искомого двугранного угла, то  

● использование расстояний от точки до плоскости и до прямой Решение задач этого пункта основано на применении таких понятий, как расстояние от точки до прямой и расстояние от точки до плоскости. Пусть даны две плоскости  и  (см. рис. 70), пересекающиеся по прямой l. Если известны расстояния от точки М, лежащей в плоскости  , до плоскости  и до прямой l, то угол между плоскостями  и  можно вычислить, используя формулу ( M , ) sin (, )  , (4) ( M , l )

C1 A1

B

D1

C D

A Рис. 71

1 . 3 Замечание. Отметим, что в зависимости от способа решения ответ получа1 ется в разной форме: arcsin , 3 2 1 arccos или arctg . 3 2 Ответ: arcsin

плоскости  ,   M , l  – расстояние от точки М до прямой l.

M 

H  Рис. 70

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

2

B1

где ( M , ) – расстояние от точки М до

l A

2 , т.е.

39


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 2. Площади и объемы

Боковая и полная поверхность правильной усеченной пирамиды

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

S бок 

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

S бок 

2.1. Площадь поверхности многогранника

S полн  S бок  S1  S 2 .

Боковая и полная поверхность прямой призмы

Полная поверхность правильного тетраэдра

S бок  l  P ,

S полн  a 2 3 , где a – сторона.

где l  длина бокового ребра, P – периметр основания, S осн – площадь основания,

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.

S полн  Sбок  2Sосн . Боковая и полная поверхность наклонной призмы

S бок  l  P , где l  длина бокового ребра, P – периметр перпендикулярного ему сечения.

поэтапно-вычислительный метод Пример 66. В правильной четырехугольной призме диагональ равна d и наклонена к плоскости боковой грани под углом  . Найти площадь боковой поверхности призмы.

S полн  Sбок  2Sосн Полная поверхность прямоугольного параллелепипеда

S полн  2(ab  bc  ac) ,

Решение. Рассмотрим призму ABCDA1B1C1D1 , для которой диагональ AC1  d (см. рис. 72).

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

Формулы для вычисления площади поверхности n-угольной пирамиды

C1

Боковая поверхность правильной пирамиды

D1

B1

1 Pa , 2

A1

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

S бок 

C

Sосн , cos 

D

B A

где S осн – площадь основания,  – мера двугранного угла при ребре основания. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

S1  S 2 , cos 

где S1 и S 2 – площади верхнего и нижнего оснований,  – мера двугранного угла при ребре нижнего основания;

Формулы для вычисления площади поверхности призматических тел

S бок 

1  ( P1  P2 )  a , 2

Рис. 72

40


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Так как AD  CDD1 , то AC1D является углом между диагональю AC1 и плоскостью CDD1 , величина которого равна  . Из прямоугольного треугольника AC1D находим и AD  d sin  DC1  d cos  . Далее из прямоугольного треугольника DCC1 получаем 2

лежащих в основаниях, равны: BD  a 2 , B1D1  a1 2 . Диагональное сечение пирамиды – равнобочная трапеция BB1D1D . Найдем ее высоту B1M ( B1 M  O1O ) из прямоугольного треугольника B1 MD , т.е. B1M  B1 D 2  MD 2 , а MD  BD  BM 

 BD 

2

CC1  C1 D  CD 

(a  a1 ) 2 . 2 Треугольник BMN – равнобедренный и прямоугольный ( BNM  90 )

 d cos 2   sin 2   d cos 2 .

Отсюда B1M  d 2 

Площадь боковой поверхности призмы равна S бок  4  CD  CC1  4d 2 sin  cos 2 .

BM 

Ответ: 4d 2 sin  cos 2 . Пример 67. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований равны a и a1 , а диагональ пирамиды – d . Определить боковую поверхность пирамиды.

B1 Ch M B

N

(a  a1 ) 2 (a  a1 ) 2 B1N  B1M  MN  d   . 2 4 2

2

2

Подставляя найденные значения P , P1 и B1 N в формулу боковой поверхности пирамиды, получим ответ. 2

Ответ: 2(a  a1 )  d 2 

D1 ● Имеет место формула

D a

O

a 2 a1 3aa1   . 4 4 2

метод опорных задач

A1 d

cos  

A

S пр S

,

где S – площадь многоугольника, лежащего в плоскости  , S пр – площадь его ортогональной проекции на плоскость  .

Рис. 73 Из вершины B1 проведем B1N  AB и B1M  BD . Так как B1 N – апофема дан-

Пример 68. Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды, если ее высота равна Н, а площадь боковой грани равна площади основания.

ной пирамиды, то боковая поверхность пирамиды может быть вычислена по формуле 1 S бок  ( P  P1 )  B1 N , 2 где P  4 AB  4a , a P1  4 A1B1  4a1 . Отрезок B1 N найдем из прямоугольного треугольника B1 NM (B1MN  90) . Диагонали квадратов ABCD и A1 B1C1 D1 , 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

(a  a1 ) 2 BM a  a1 , а MN   . 2 2 2

Теперь из треугольника B1 NM находим:

Решение. Пусть в усеченной пирамиде ABCDA1 B1C1 D1 стороны нижнего основания равны a , верхнего – a1 , а диагональ пирамиды – B1D  d (см. рис. 73).

C1 a1 O 1

BD  B1D1 BD  B1D1 (a  a1 ) 2   . 2 2 2

Решение. Пусть ЕО – высота данной пирамиды ABCDE (см. рис. 74). 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 41


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

OM  BC , то EM  BC. Значит, OME является линейным углом двугранного угла при ребре E ВС, величину которого обозначим через . Так как треA угольник ВОС является проO екцией бокоB D M вой грани ВЕС C на плоскость Рис. 74 АВС, то согласно условию имеем cos  

S бок 

Ответ: 30 см2. Пример 70. 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 a 2  b 2 . 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. 75).

S BOC 1  . S BEC 4

1 1 15  и ctg   . 16 4 15 Из треугольника ЕОМ находим

Тогда sin   1 

OM  H  ctg  

H 2H и CD  . 15 15

Площадь основания пирамиды равна 4H 2 16 H 2 , боковой поверхности – , а 15 15 4H 2 полной поверхности – . 3 4H 2 Ответ: . 3

b

Пример 69. 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.

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

S бок 

S  осн . cos 

Sпр cos 

a 2  b2 , cos 

где S пр – площадь проекции боковой поверхности на основание. Таким образом,

Найдем площадь основания треугольной пирамиды, применив формулу Герона. Поскольку полупериметр треугольника в основании равен 15 см, то

S полн

S осн  15  (15  6)  (15  10)  (15  14) 

a2  b2  a b  . cos  2

2

Ответ: a 2  b 2 

 15 3 (см2). 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

a Рис. 75

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой

S бок

S осн 3  15 3 :  30 (см2). cos 30 2

42

a2  b2 . cos 


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 2.2. Площадь сечения многогранника

Площадь сечения равна

Свойства сечений пирамиды плоскостью, параллельной основанию.

S ABKM 

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.

E M

H A Рис. 76

Ответ: 3 11 . Пример 72. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 с ребром, равным a, через точки M, P и N на ребрах BB1 , CC1 и DD1 соответст3a 2a венно, такие, что BM  , CP  и 4 3 a DN  , 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. 77).

Пример 71. Найдите площадь сечения правильной четырехугольной пирамиды ABCDE, проходящей через АВ и точку K – середину ребра ЕС, если все ребра пирамиды равны 4. Решение. Пусть ABK  ECD  KM (см. рис. 76). 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

A1

C1

B1 M D1 K

Q A

L P S

B

C

N D Рис. 77

Противоположные боковые грани AA1 D1 и BB1C1 в кубе параллельны. Поэтому секущая плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены

2 EF 2  2 FH 2  EH 2 . 4

2( 2 3 ) 2  2  4 2  ( 2 3 ) 2  11 . 4

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

F

D

поэтапно-вычислительный метод

FL 

L K C B

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.

FL 

42  11  3 11 . 2

43


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань AA1 D1 по прямой NQ так, что NQ || MP . Соединим точки M и Q, так как они лежат в одной плоскости AA1 B1 . Тогда MQ || NP по тому же свойству параллельных плоскостей AA1 B1 и CC1 D1 . Таким образом, сечение представляет собой параллелограмм MPNQ. Вычислим его площадь. Для этого найдем стороны треугольника MNP. Используя теорему Пифагора для прямоугольных треугольников MLP ( ML  CC1 ), NPS ( NS  CC1 ), MNK ( KN  BB1 ), получим:

раллельной прямой A1C1 . Для этого проведем через точку M прямую ME,

A1

K E1

A

B M1 C

L Рис. 78

ME || A1C1 (см. рис. 78). Рассмотрим диагональную плоскость B1 BD, в которой на диагонали B1 D лежит точка N. Тогда принадлежащая сечению точка T – точка пересечения прямых ME и B1D1 . В плоскости B1BD проведем прямую 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 AE1M 1CGF 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

NP  ( PC  SC ) 2  NS 2  25a 2 13a  a2  , 144 12

MN  ( BM  BK ) 2  KN 2  a2 3a  2a 2  . 4 2

Найдем площадь треугольника MNP, используя модифицированную формулу 1 Герона S 4a 2 b 2  ( c 2  a 2  b 2 ) 2 , 4 2 a 170 S MNP  . Следовательно, 24 a 2 170 S MPNQ  2 S MNP  . 12 a 2 170 Ответ: . 12 Пример 73. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 точка M – середина ребра B1C1 , точка N лежит на диагонали B1 D, причем B1 N  2 ND . Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и параллельной прямой A1C1 .

BD  B1 D1  2 , B1T 

Решение. Опишем схематически процесс построения сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и па18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

N

F D OG

a2 a 145   a2  , 144 12

M C1

H

Q

B1

T

D1

MP  ( LC  PC )2  ML2 

E

44

B1 D1 2  . 4 4


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Так как QR || AD || EF , то пересечениями плоскости  с треугольниками ADP и PEF служат соответственно отрезки A1 D1 || AD и MN || EF ( T  A1 D1 , M  PF , N  PE , P1  MN ). Имеем A1 D1  0,5 AD  BC , QR  1,5BC , значит, сечением данной пирамиды плоскостью  является шестиугольник QA1 MND1 R , составленный из двух трапеций A1 D1 RQ и MND1 A1 с общим основанием A1 D1 . Пусть тогда BC  a , PK  h , 1 S PBC  ah  q . 2

Далее, треугольники B1TN и DON подобны с коэффициентом подобия k  2 . Следовательно, BT B D 2 OD  1  1 1  , 2 8 8 7 2 OB  BD  OD  , 8 114 OT  (OB  B1T ) 2  BB12  . 8 Откуда

cos  

OB  B1T 5  . OT 57

Вычислим, площадь шестиугольника AE1M 1CGF . Площади треугольников BM 1 E1 и DFG находятся довольно просто (вычислите самостоятельно!): 1 1 S BM1E1  , S DFG  . 8 32 Тогда S AE1M1CGF  S ABCD  S BM1E1  S DFG 

P

M

K

Таким образом, S HEMKGF 

S AE1M1CGF cos 

B Q

27 57 . 160

Ответ:

D1

R

C

D E

K1 O

L F

A

Рис. 79

27 57 . 160

Найдем площадь сечения QA1 MND1 R . 1 1 Так как K 1 K  OK  KL и P1 K 1 || PK , 2 4 то

принцип разбиения и дополнения Пример 74. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна q . Найдите площадь сечения, плоскость которого параллельна боковой грани пирамиды и проходит через середину ее высоты.

1 a EF  ; 4 4 1 1 TK 1  PK  h , 2 2 3 QR  a , 2 MN 

Решение. Обозначим плоскость сечения через  , середину высоты ОР пирамиды ABCDEFP через Т, середины отрезков ВС, OK и ЕF через K , K 1 и L соответственно (см. рис. 79). Пусть плоскость  параллельна грани РВС, OPK    P1 K 1 , ABC    QR . Тогда P1 K 1 || PK , QR || BC , при этом T  P1 K 1 , K 1  QR , P1  PL . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

P1

T

A1

27 . 32

N

P1 K 1 

3 3 PK  h , 4 4

1 h, 4 1 A1 D1  AD  a . 2

P1T 

Теперь A1 D1  MN A D  RQ  P1T  1 1  K1T  2 2 a 3a a a h 4  2  h  25 ah  25 q .  2 4 2 2 32 16

S сеч 

45


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

25 q. 16

S бок  h  P  h  (2 x  3) . 32 . 2x  3 Выразим объем пирамиды двумя способами. 1. По формуле

Отсюда h 

Пример 75. 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 6 A до плоскости сечения равно . 5

1 1 1  V   BB1  S MBC   h    MC  BC  . 3 3 2  Тут учтено, что треугольник MCB прямоугольный ( MC || AD ). 2. По формуле

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. 80). Точки M и B1 лежат в плоскости грани AA1B1 , поэтому, проведя через них прямую, получим след E секущей плоскости на ребре AA1 . Тогда A1 E

BMB1C

1 1 1  V   BH1  S MB1C   BH1    MC  CB1  , 3 3 2  где BH1 – перпендикуляр, опущенный из точки B на плоскость MB1C . Так как расстояние от точки A до этой плоскости 6 по условию равно , а MB  2 AB , то 5 12 BH1  . В этом случае также учтено, 5 что MC  CC1B1 ( MC  CB и MC  CB1 ) и треугольник MCB1 – прямоугольный. Приравнивая полученные выражения для объема и учитывая, что CB1 

B1 C1 H1

2

 BB1  CB 2  h 2  9 , имеем

H M

1 1  1 1   h    MC  BC    BH1    MC  CB1  3 2  3 2  4 2 25 2 или h  h  9 . Отсюда h  h2  9 5 16 и h  4 , а CB1  5 . 32 Тогда из равенства h  находим 2x  3 5 x  , а из треугольника ABD 2 25 9 AD  AB 2  BD 2    2. 4 4

B D

A C Рис. 80

треугольник CEB1 – искомое сечение. В треугольнике MBC отрезок AD – средняя линия, поскольку высота AD в равнобедренном треугольнике ABC является и медианой. Следовательно, MB  2 AB . 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  2 x  3 , боковое ребро призмы равно h и площадь боковой поверхности 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

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

SCEB1 

S MB1C 2

1 1  MC  CB1   4  5  5 . 4 4 Ответ: 5.

46


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Выделим следующие задачи данного раздела: вычисление объема многогранника и его частей, нахождение линейных и нелинейных величин многогранника по его известному объему, сравнение объемов многогранников.

2.3. Объем многогранника Формулы для вычисления объема призматических тел Объем прямой призмы

V  l  S осн ,

поэтапно-вычислительный метод

где l – длина бокового ребра, S осн – площадь основания.

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 в основание пирамиды.

Объем наклонной призмы

V  h  S осн , где h – высота призмы, S осн – площадь основания;

V  l  S , где l  длина бокового ребра, S  – площадь перпендикулярного ему сечения. Объем прямоугольного параллелепипеда

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

Формулы для вычисления объема n-угольной пирамиды Объем произвольной пирамиды

1 V   h  S осн , 3 где h – высота пирамиды, S осн – площадь основания. Объем произвольной усеченной пирамиды

1 V   h  ( S1  S1S 2  S 2 ) , 3 где h – высота пирамиды, S1 , S 2 – площади

Пример 76. Основание пирамиды ABCD – равнобедренный треугольник АВС с основанием AB  12 и боковой стороной 10. Найти объем пирамиды, если все боковые грани образуют с плоскостью основания двугранные углы в 45 .

верхнего и нижнего оснований. Объем правильного тетраэдра

1 a3 2 V   h  S осн или V  , 3 12 где h – высота пирамиды, S осн – площадь основания, a – сторона тетраэдра.

Решение. Пусть CK – высота треугольника АВС (см. рис. 81), тогда из прямоугольного треугольника АСК имеем

Объем произвольного тетраэдра

CK  102  6 2  64  8 .

1 V   a  b  d  sin  , 6

Площадь основания равна

где a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, d и  – расстояние и угол между ними соответственно. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

S ABC 

47

1 12  8  48 . 2


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды 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.

AC . Длину стороны АС 2 sin ABC вычислим по теореме косинусов из треугольника АВС:

муле R 

AC 2  12  2 2  2  1  2  0,5  3 , AC  3 .

Радиус найдем по формуле

D

r

B

r

 3  Радиус окружности R  3 :  2  1. 2   Из прямоугольного треугольника BOD найдем высоту пирамиды

S ABC , p

48  3. 16

DO  ( 13 ) 2  12  2 3 . Площадь основания пирамиды равна 1 3 3 S ABC  1  2   и объем пирами2 2 2 1 3 ды равен VABCD    2 3  1. 3 2

C

Так как OKD является O линейным углом данного A двугранного угла (докажите) и Рис. 81 OKD  45 , то из треугольника OKD имеем OD  r  3 .

K

Ответ: 1. Пример 78. Найти объем правильной треугольной пирамиды, у которой боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом  (   45 ) и удалено от противоположной стороны основания на расстояние d .

Объем пирамиды равен 1 VABCD   48  3  48 . 3

Ответ: 48.

Решение. Пусть DABC (см. рис. 83) – данная пирамида. Так как она правильная, то основаM B ние O высоты DO  – центр треугольA O ника ABC . Пусть N точка N – середина стороны BC . C Тогда DN  BC и Рис. 83 AN  BC , а значит BC  ADN . Проведем высоту MN в треугольнике ADN . Так как пирамида правильная ( O  AN ) и AO  ON , то AND   . Следовательно, треугольник ADN остроугольный и точка M  AD . Соответственно MN – общий перпендикуляр к прямым AD и BC , MN  d . Из прямоугольного треугольника MN d  . ТоAMN получаем AN  sin  sin  D

Пример 77. Основание пирамиды – треугольник, две стороны которого равны 1 и 2, а угол между ними равен 60 . Каждое боковое ребро равно 13 . Найти объем пирамиды. Решение. Пусть в пирамиде ABCD основанием служит треугольник ABC, причем AB  1 , BC  2 , ABC  60 (см. B рис. 82). C Так как все боO ковые ребра равны, то основание A О высоты DO пиРис. 82 рамиды совпадает с центром окружности, описанной около треугольника АВС, то есть OB  R , где R – радиус этой окружности. Радиус найдем по фор-

D

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

48


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. гда сторона основания данной пирамиды равна AN 2d  . sin 60 3 sin 

где l  длина бокового ребра, S  и P – площадь и периметр перпендикулярного ему сечения соответственно, S бок  площадь боковой поверхности, получим

В прямоугольном треугольнике ADO 2 2d AO  AN  (так как O  AN ), 3 3 sin  2d DO  AO  tg   . 3 cos  Находим объем пирамиды 1 V   DO  S ABC  3

VABCA1 B1C1  AA1  S KLM или 864  6 S KLM .

Отсюда S KLM  144 см2. Найдем периметр треугольника KLM . Пусть его стороны равны 9 x, 10 x, 17 x . Тогда PKLM  36 x , а полупериметр p  18 x . По формуле Герона, получим S KLM 

2

1 2d 3  2d        3 3 cos  4  3 sin   

Из уравнения 36 x 2  144 получаем x  2 см. Следовательно, PKLM  72 см. Тогда S бок  l  P  6  72  432 см2. Ответ: 432 см2.

2d 3 . 9 3 sin 2  cos 

Ответ:

p ( p  9 x)( p  10 x)( p  17 x)  36 x 2 .

2d 3 . 9 3 sin 2  cos 

введение вспомогательного отрезка Пример 80. Все боковые грани четырехугольной пирамиды – правильные треугольники. Расстояние от центра боковой грани до плоскости основания пирамиды равно b. Определить объем пирамиды.

Пример 79. Боковые ребра наклонной треугольной призмы ABCA1B1C1 равны 6 см. Сечение плоскостью, пересекающей все боковые ребра призмы и перпендикулярной им, представляет собой треугольник, стороны которого относятся как 9 : 10 : 17 . Найти площадь боковой поверхности этой призмы, если известно, что объем пирамиды A1 ABC равен 288 см3.

E

B1

A1 17x

K

C1 9x

10x

A

K

L D

H

B

O C

B

M

Рис. 85

C

Решение. Пусть сторона основания данной пирамиды ABCDE равна x, основание высоты пирамиды обозначим через О, основание апофемы к стороне AD – x через K (см. рис. 85). Тогда OK  , вы2 сота EK в равностороннем треугольнике x 3 равна . Из прямоугольного тре2 угольника EOK находим

Рис. 84

Решение. Так как объем VA1 ABC  288 3

см , то VABCA1 B1C 1  3V A1 ABC  864 см3. Пусть треугольник KLM  указанное в условии сечение, перпендикулярное ребрам призмы (см. рис. 84). Используя формулы VABCA1 B1C 1  l  S , S бок  l  P , 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

F A

49


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ды и AQ  FG , то FGHJ – прямоугольник. Плоскости FGH и BDE пересекаются по прямой JH . Пусть AC  FG  R , EQ  HJ  S , RS  CE  K , EAC   . Так как 1 a 2 RQ  AQ  , то из треугольника 2 4 RQ a 2 RQS получаем RS   . cos  4 cos  Далее в треугольнике АЕС по теореме EK AR 1 Фалеса   , а в треугольнике ED AC 4 EQC по теореме Фалеса имеем QT EK 1   (Т – проекция точки K на QC EC 4 плоскость основания пирамиды), то есть 1 a 2 QT  QC  . Значит, 4 8 TQ a 2 SK   . cos  8 cos 

2

 x 3   x 2 x 2     OE   .  2 2 2   Если F – центр боковой грани, Н – основание перпендикуляра, опущенного из точки F на основание пирамиды, то FH  b . Из подобия треугольников EOK и FHK получаем EO EK 3   и EO  3  FH . FH FK 1

x 2  3b , x  3 2b . Значит, 2 площадь основания пирамиды равна 18b 2 , высота пирамиды – 3b , объем данной пирамиды равен Отсюда

V 

1  18b 2  3b  18b 3 . 3

Ответ: 18b3 . введение вспомогательного угла

Площадь сечения равна

Пример 81. В правильной четырехугольной пирамиде ABCDE (Е – вершина) через середины сторон АВ и AD проведено сечение, плоскость которого параллельна ребру ЕА. Найти объем пирамиды, если сторона основания равна a и площадь сечения S.

S  S FGHJ  S JKH 

a 2 a 2 1 a 2 a 2 5a 2       . 2 4 cos  2 2 8 cos  16 cos  Отсюда cos  

Решение. Плоскость сечения пересекает плоскости AED и АВЕ по прямым GH и FJ соответственно, параллельным АЕ. FG || BD, так как FG – средняя линия в треугольнике ABD (см. рис. 86).

B

C T Q F R

H

256 S 2  25a 4 . 5a 2

EQ  AQ tg 

a 2 tg 2

и объем пирамиды

D

1 a 2 256S 2  25a 4 V   a2    3 2 5a 2 a 512S 2  50a 4  . 30

G A

Рис. 86 В квадрате ABCD AС  BD . Так как AQ – проекция АЕ на основание пирами18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

tg 

Высота пирамиды

K S

sin  

256S 2  25a 4 16 S

и

E

J

5a 2 . Тогда 16S

Ответ: 50

a 512 S 2  50a 4 . 30


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. частей равно отношению площадей оснований: VSABFD S ABFD  . VSFCD S FCD

введение нескольких вспомогательных элементов Пример 82. Найдите объем прямоугольного параллелепипеда, диагональ которого равна 14, периметр основания – 20 и периметр меньшей боковой грани – 32.

Площади треугольников ABD и BDC равны. Для треугольников с общей высотой имеем S DCF CF 1   . S DBF BF 3

Решение. Пусть в параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 D1 B  14 , AB  a , BC  b, B1B  c с условием a  b . Из условия задачи имеем

Поэтому

a 2  b 2  c 2  196, a 2  b 2  c 2  196,    a  10  b, a  b  10, b  c  16. c  16  b.  

S ABFD 7  . S FCD 1 Ответ: 7:1.

● Объемы пирамид с равновеликими основаниями пропорциональны проведенным к нему высотам.

Получаем квадратное уравнение

Например, в кубе ABCDA1 B1C1 D1 (см. рис. 88) объемы пирамид A1 ABD и MBDC относятся как 2:1, где М – середина ребра C1C .

3b 2  52b  160  0 , 40 (не удовлетворя3 ет условию a  b  10 ). Тогда b  4 , a  6 , c  12 и V  288 . Ответ: 288.

имеющее корни 4 и

B1 A1

C1

метод опорных задач

D1

● Объемы пирамид с общей высотой пропорциональны площадям их оснований. Пример 83. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD точка F делит ребро ВС в отношении 1:3 (считая от точки С). Найдите, в каком отношении делит объем пирамиды плоскость DSF ?

A

C D Рис. 88

● Пирамиды с равновеликими основаниями и равными высотами – равновелики.

S

Например, в кубе ABCDA1 B1C1 D1 (см. рис. 89) пирамиды A1 ABD , D1 ABD и D1 ACD равновелики.

B F

A

C1

C

B1

D

A1

D1 B1

Решение. Так как данная пирамида и части, на которые она разбивается плоскостью сечения (см. рис. 87), имеют одинаковую высоту, то отношение объемов

B

C1

D1 A1

D A

B

D A

D1

B1 C

Рис. 89

51

C1

C

C

Рис. 87

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

M

B

B

A1 D A


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ● Отношение объемов подобных многогранников равно кубу коэффициента подобия.

D

Пример 84. Площадь основания пирамиды равна 3, объем пирамиды также равен 3. Проведены две плоскости, параллельные основанию пирамиды. Площади получившихся сечений равны 1 и 2. Найдите объем части пирамиды, расположенной между плоскостями.

B2 A2

C1

C

Решение. Обозначим сечения через A1 B1C1 и A2 B2 C 2 (см. рис. 90), причем

D

C2

B

B1

G H

F A

O Рис. 91

S A1B1C1  S1  2 , S A2 B2C2  S 2  1 ,

A1 B C

S ABC  S  3 ,

Пример 85. На ребрах АВ, BD и DC пирамиды ABCD взяты точки M, L и K 1 1 так, что AM  AB , BL  BD , 3 4 2 DK  DC . В каком отношении плос5 кость KLM делит отрезок, соединяющий середины ребер AD и ВС?

объемы пирамид VABCD  V , VA1B1C1D  V1 ,

A Рис. 90

V A2 B2C2 D  V2 .

Имеем 3

3

3

3

V1  S1   2     V  S   3  V2  S 2   1     V  S   3 

Решение. Обозначим середины AD и ВС через P и Q соответственно (см. рис. 92). В сечении получится четырехугольник, но для решения задачи достаточно рассмотреть отношение объемов пирамид PMLK и QMLK с общим основанием MLK .

8 , 27 1 . 27

Отсюда искомый объем равен

Если S ABD  a , то

 8 1  8 1 V1  V2  3   . 27  3  27 Ответ:

8 1 3

.

Отношение отрезков можно заменить отношением объемов пирамид с общим основанием (см. рис. 91)

DP DL 1 3 3a   S ABD    a  , DA DB 2 4 8

S BML 

BM BL 2 1 a   S ABD    a  , BA BD 3 4 6

S AMP 

AP AM 1 1 a   S ABD    a  , AD AB 2 3 6

7a  3 1 1 S PML  1     S ABD  , 24  8 6 6

DH DF VDABC   , OH OG VOABC

VKABD 

где DF и OG – высоты пирамид. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

S DPL 

52

KD 2 2V  VABCD   V  , CD 5 5


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

VPKLM 

Решение. Так как ребро AD перпендикулярно плоскости основания, то объем V пирамиды DABC равен

S MPL 7 2V 7V VKABD    , S ABD 24 5 60

где VABCD  V . Аналогично получаем VQKLM 

1 1 V   AD  S ABC   AD  AC  BC  sin C  3 6 1 8 1   6 3  14    56 . 6 3 2 Так как медиана BT делит площадь треугольника ABC пополам, то объем V пирамиды DATB будет равен  28 . 2

11V (до60

кажите!). Отношение

PN VPKLM 7V 11V 7   :  . QN VQKLM 60 60 11

D

D

K P

A

N

N

C

M

J

C

P T

A

Q L

M

Рис. 93

Точки M , N , P лежат на ребрах пирамиды DATB (см. рис. 93), поэтому по формуле (*) получаем DM DP DN VDMNP     VDATB  DA DT DB 5 7 2 10     28  . 7 12 7 3

B Рис. 92 Ответ:

7 . 11

● Пусть в пирамиде MABC на ребрах MA, MB и MC или на их продолжениях взяты соответственно точки A1 , B1 , C1 так, что MA1 : MA  k , MB1 : MB  m MC1 : MC  n . Тогда объемы пирамид MA1B1C1 и MABC связаны формулой

Ответ:

10 . 3

Пример 87. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD все ребра равны. Точки P и N – середины ребер BM и DM . В каком отношении делит объем пирамиды сечение, проходящее через прямую AP параллельно диагонали основания BD ?

VMA1 B1C1  k  m  n  VMABC . (*)

(См. опорную задачу 12). Пример 86. В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в ко8 тором C  30 , AC  14 , BC  , 3 точка T – середина AC . Боковое ребро AD равно 6 3 и перпендикулярно плоскости ABC. На ребрах AD, BD и отрезке DT взяты соответственно точки M , N , P так, что AM : MD  2 : 5 , DN : NB  2 : 5 и TP : PD  7 : 5 . Найти объем пирамиды DMNP . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B

Решение. Так как точки P и N – середины ребер BM и DM , то PN – средняя линия треугольника BMD и PN || BD . Так как через точку P можно провести единственную прямую, параллельную BD и секущая плоскость также параллельна BD , то PN лежит в плоскости сечения (см. рис. 94а). Так как пирамида правильная, то MO – высота пирамиды ( O – точка пересече53


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ния диагоналей основания), MO  BMD  CMA . Пусть точка E  PN  MO , тогда E – середина MO . Тогда прямая AE также лежит в плоскости сечения и пусть и четырехугольник K  AE  CM , APKN – описанное в условие сечение пирамиды.

V 

(См. опорную задачу 9). Пример 88. Дан единичный куб АВСDA1 B1C1 D1 . Найти объем пирамиды АB1CD1 . Решение. Имеем АB1  CD1  2 (см. рис. 95). Расстояние между скрещивающимися прямыми АB1 и CD1 , лежащими в параллельных плоскостях, равно 1. Угол между ними равен 90 , так как АB1 || DC1 и CD1  DC1 . Следовательно,

M K

N

P E

M K

D

C

Q

1 abd sin  . 6

E

O B A а

C

O

A B1

б Рис. 94

A1

На выносном чертеже (см. рис. 94б), проведем отрезок OQ || AK . Тогда, используя теорему Фалеса, получаем KE – средняя линия треугольника OQM и QK  KM , а OQ – средняя линия треугольника CKA и CQ  QK . Следовательно, точка K делит ребро CM так, что MK : MC  1 : 3 . Плоскость CMA разбивает каждую из пирамид MABCD и MAPKN на две равные треугольные пирамиды. Используя соотношение (*), получаем

D1 B C

A D Рис. 95

VAB1CD1 

1 AB1  CD1  AD  sin ( AB1; CD1 )  6 1 1   2  2  1 1  . 6 3

MK MP MA    VMBCA  MC MB MA 1 1 1    1  VMBCA   VMBCA . 3 2 6 1 Аналогично, VMKNA   VMCDA . 6 Соответственно, объем пирамиды MAPKN будет составлять шестую часть объема данной пирамиды, а секущая плоскость будет делить объем в отношении 1 : 5 . VMPKA 

Ответ:

1 . 3

Пример 89. На диагонали грани единичного куба взяты точки М и N, а на скрещивающейся с ней диагонали соседней грани взяты точки P и Q. Известно, 1 1 что MN  , PQ  . Найти объем 2 3 тетраэдра MNPQ. Решение. Пусть дан куб АВСDA1 B1C1 D1 (см. рис. 96). Отрезки MN и PQ лежат на прямых AB1 и A1C1 соответственно. Так как DC1 || AB1 , то ( AB1 , A1C1 )  A1C1 D  60 . Так как прямые AB1 и A1C1 лежат в параллельных плоскостях AB1С и A1C1 D , то

Ответ: 1 : 5 . ● Пусть a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, d – расстояние, а  – угол между ними. Тогда объем тетраэдра можно вычислить по формуле 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

C1

54


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

C1 S ABD 

Q

B1

D1

P

Тогда искомый объем пирамиды равен

A1

N

C M

B

V 

D A

( AB1 , A1C1 )  ( AB1C , A1C1 D) 

1 3

Иногда при вычислении объема многогранника используют дополнение этого многогранника до пирамиды (призмы) или разбиение на эти фигуры.

.

Получаем

Пример 91. В треугольной призме АВСA1B1C1 с объемом 180 см3 проведено сечение через вершину A и середины ребер BB1 и B1C1 . Найти объем отсеченной части призмы, содержащей ребро CC1 .

1 1 1 1 3 1       . 6 2 3 3 2 72 Ответ:

1 . 72

● Пусть p и q – площади двух граней тетраэдра, a – длина общего ребра,  – величина двугранного угла между этими гранями. Тогда объем тетраэдра может быть вычислен по формуле V

2  17 2  9 2  3  5  7 3 153 35  : 12  . 16 2 64 153 35 Ответ: . 64

принцип разбиения и дополнения

Рис. 96

VMNPQ

17  9  3  5 17  9  1  7 и S ABC  . 4 4

Решение. Обозначим через М и N середины ребер BB1 и B1C1 соответственно (см. рис. 98). Далее находим точки S  MN  CC1 и P  SA  A1C1 , и в сечении получим четырехугольник APNM .

2 pq sin  . 3a

A1

(См. опорную задачу 11).

B1

S

Пример 90. Найдите объем пирамиды ABCD, в которой AB  4 , BC  5 , AD  6 , BD  7 , CA  8 , а двугранный угол с ребром AB равен 60 .

P

N C1 M L

A

B

D C Рис. 98

7 6

B

5

60

4

Построим точку L  MN  BC . Пусть Н – высота призмы, Q – площадь основания. Объемы пирамид SALC , SPNC1 и MALB обозначим через V2 , V3 , V4 . Точки М и N – середины ребер, поэтому 1 3 3 BL  BC , CL  BC . Значит, S ALC  Q . 2 2 2 1 3 Также SC1  CC1 , SC  CC1 и высота 2 2 3 пирамиды SALC равна H . 2

C 8

A Рис. 97

Решение. Используя формулу Герона, находим площади треугольников (см. рис. 97) ABD и ABC : 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

55


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

две пирамиды D1NC1B1P и D1PB1 A1M и найдем объем каждой из них, учитывая, что противоположные ребра параллелепипеда равны.

1 3 3 3 V2   H  S ALC  HQ   180  135 . 3 2 4 4

Пирамида SPNC1 подобна пирамиде 1 SALC с коэффициентом k  (SC1 : SC  3  1 : 3) . Поэтому V3  k 3V2 

S NC1 B1 P

135  5. 27

Так как М – середина ребра BB1 , то 1 высота пирамиды MALB равна H. 2 1 Кроме того BL  BC , поэтому 2 1 S ALB  Q . Значит, 2

S PB1 A1M

VD1 NC1B1P 

11 2 AA1  BB1 3  19  A1 B1  2 71  AB  BB1. 114

1 1 31  D1C1  S NC1 B1P    V . 3 3 57

1 1 71 VD1 PB1 A1 M   D1 A1  S PB1 A1 M   V . 3 3 114

1 1 1 1 V4   H  S ALB  HQ   180  15 . 3 2 12 12

Объем отсеченной части призмы, содержащей ребро CC1 равен

D1 A1 C1

V2  V3  V4  135  5  15  115 (см3).

N

Ответ: 115 см3. Пример 92. (ЕГЭ 2008). Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 . На его боковых ребрах AA1 и BB1 лежат точки M и P соответственно так, что AM : MA1  8 : 11 , B1 P : PB  2 : 1 . Во сколько раз объем данного параллелепипеда больше объема пирамиды с вершиной в точке P , основанием которой является сечение данного параллелепипеда плоскостью BMD1 ?

B1

D

M A

C

P B Рис. 99

Тогда VPBND1 M 

V 1 31 1 71 V   V   V  . 2 3 57 3 114 9

Ответ: 9. Треугольную пирамиду можно достроить до параллелепипеда двумя способами. 1-й способ. Треугольник АВС достраиваем до параллелограмма АВЕС, затем до параллелепипеда ABECA1B1E1C1 (см. рис. 100). В этом случае

Решение. Объем V данного параллелепипеда равен V  CB  BA  BB1 (см. рис. 99). Сечение параллелепипеда плоскостью BMD1 – параллелограмм BND1M , который делит его объем пополам и C1N 8  (см. опорную задачу 21). NC 11 V Так как VPBND1 M   VNC1 D1 A1 MPB1 , то 2 найдем сначала объем многогранника NC1D1 A1MPB1 . Для этого разобьем его на 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

8 2 CC1  BB1 3  19  C1B1  2 31  CB  BB1. 57

1 VABCA1  VABECA1B1E1C1 . 6

(См. опорную задачу 7). 56


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 94. Два противоположных ребра треугольной пирамиды равны а, два других равны b, два оставшихся – с. Найдите объем пирамиды.

E1 B1 C1

A1

Решение. Достраиваем данный тетраэдр до параллелепипеда, проводя через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру. Согласно условию задачи получаем прямоугольный параллелепипед (диагонали в каждой грани равны). Пусть линейные размеры параллелепипеда соответственно равны AB  x , AD  y , AA1  z (сделайте рисунок). Исходя из условия, составим систему уравнений

E B C A

Рис. 100 Пример 93. В треугольной пирамиде боковые ребра взаимно перпендикулярны и имеют длины 70 , 99 и 126 . Найти объем пирамиды.

x2  y 2  a2 ,  2 2 2 y  z  b ,  2 2 2 z  x  a . При сложении уравнений получаем 1 x 2  y 2  z 2  (a 2  b 2  c 2 ) . 2 Затем, вычитая из последнего равенства каждое равенство системы, находим 1 x 2  (a 2  b 2  c 2 ) , 2 1 y 2  (a 2  b 2  c 2 ) , 2 1 z 2  (a 2  b 2  c 2 ) . 2 Тогда искомый объем равен

Решение. Данную пирамиду достраиваем до прямоугольного параллелепипеда. Тогда искомый объем равен V 

1  70  99  126  21 55 . 6 Ответ: 21 55 .

2-й способ. Проводим через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру (см. рис. 101). В этом случае ребра исходного тетраэдра являются диагоналями граней получившегося параллелепипеда и 1 VABCD  VDECFHAGB . 3

V 

B

H G

A

F D C E Рис. 101

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

57

xyz  3

2 (a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 ) . 12 Ответ: 2 (a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )( a 2  b 2  c 2 ) . 12


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ● Объем треугольного призматического тела A1 B1C1 A2 B2C2 , ограниченного треугольниками A1 B1C1 и A2 B2C2 , можно вычислить по формуле VA1B1C1 A2 B2C2 

VDAFE 

Ответ: 40. Пример 96. (ЕГЭ, 2007). Стороны АВ и АD основания прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 равны 7 и 5 соответственно, боковое ребро AA1 равно 3. Точки L, K, M лежат на ребрах AD, A1B1 , B1C1 так, что AL : AD  3 : 5 , A1K : A1B1  4 : 7 , B1M : B1C1  2 : 5 . Найти объем пирамиды с вершиной K и основанием AMC1 L .

A1 A2  B1B2  C1C2  S ABC , 3

где плоскость АВС перпендикулярна ребрам призматической поверхности (см. рис. 102).

A2

C2 B2

A

B

A1

Решение. Треугольник AKB1 является ортогональной проекцией пирамиды KAMC1L на плоскость ABB1 (см. рис. 104). Найдем необходимые величины:

C C1

KB1 

B1 Рис. 102

AA2  BB2  CC 2  S ABC . 3

Пирамиду KAMC1L можно представить как призматическое тело, ограниченное треугольниками AKM и KLC1 , причем эти треугольники имеют одну

(См. опорную задачу 13). Пример 95. Площадь основания АВС прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 30. Точки F, E, D лежат на ребрах AA1 , BB1 , CC1 соответственно, причем AF  4 . Найти объем треугольной пирамиды DAFE .

B1 C1

A1

D

E

B F

C A Рис. 103

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

3 3  7  3 , MC1   5  3 , 7 5

3 1 9 AL   5  3 , S AKB1   3  3  . 5 2 2

В частности, VABCA2 B2C2 

400  30  40 . 3

B1

M

K A1

B D1

Решение. Данную пирамиду DAFE можно представить как треугольное призматическое тело, ограниченное снизу и сверху треугольниками ADE и FDE соответственно, причем эти треугольники имеют две общие вершины (см. рис. 103).

A

C1

C

L D Рис. 104

общую точку. Тогда искомый объем равен V 

AL  MC1  0 33 0 9  S AKB1    9. 3 3 2

Ответ: 9.

Находим искомый объем 58


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ращается в нуль в единственной точке 2 x рассматриваемого промежутка, 3 причем меняет знак с «плюса» на «минус». Поэтому функция f (x ) , а значит 2 V (x ) имеет в точке x  наибольшее 3 8 значение. В этом случае AB  2 , AD  , 3 5 AA1  и параллелепипед имеет наи3 80 больший объем, равный . 9 80 Ответ: . 9

3. Задачи на экстремум 3.1. Аналитический метод В решении стереометрических задачах на определение экстремальных значений искомых величин, также как и в планиметрических задачах, можно выделить два подхода – геометрический и аналитический (с использованием средств дифференциального исчисления). В практике вступительных экзаменов наиболее часто используется последний. Рассмотрим несколько примеров на его применение. Пример 97. Стороны основания ABCD прямоугольного параллелепипеда ABCDA1 B1C1 D1 относятся как 3:4, а периметр диагонального сечения AA1C1С равен 10. Какой наибольший объем может иметь этот параллелепипед?

Пример 98. Найти наибольший объем правильной n-угольной пирамиды, боковое ребро которой равно l .

Решение. Пусть AB  3 x , AD  4 x , где x – коэффициент пропорциональности (см. рис. 105). Тогда

Решение. Объем пирамиды выражается через площадь основания и высоту h 1 пирамиды формулой V   h  S осн . 3 Пусть сторона основания пирамиды равна x . Тогда площадь основания выражается по формуле площади правильного n-угольника со стороной x слеn  дующим образом S осн   x 2  ctg . 4 n Высота пирамиды выражается форму-

AC  9 x 2  16 x 2  5 x .

C1 D1

B1 A1

лой h  l 2  R 2 , где R – радиус описанной окружности около основания. Для правильного n-угольника со стороной x x радиус равен R  .  2 sin n  Обозначим   , тогда n

C D

B 3x

A

4x

Рис. 105

Из условия задачи имеем

2( АС  А1 А)  10 , A1 А  5  АС  5  5 х .

V ( x) 

Отсюда получаем, что 0  x  1. Находим объем параллелепипеда:

где x  0; 2l sin   (получено из условия 0  h  l ). n Так как множитель ctg  в формуле 12 для V (x ) от x не зависит, и знак корня не меняет характер экстремума, то достаточно найти наибольшее значение функ-

V ( x )  AB  AD  AA1 , V ( x )  3х  4 х  (5  5 х )  60 х 2 (1  х) . Исследуем функцию f ( x)  х 2  х 3 на наибольшее значение на промежутке (0;1) . Производная f ( x)  2 х  3 х 2 об18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

n x2  ctg   x 2  l 2  , 12 4 sin 2 

59


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Равенство AN  CN следует из равенства треугольников AND и CND . В треугольнике ACN отрезок NO является медианой и высотой. Следова1 тельно, S ACN   AC  ON . Наименьшее 2 значение площади сечения соответствует наименьшему значению ON .

1 на 4 sin 2  0; 2l sin   . Функция f (x) дифференцируема на полученном промежутке и f ( x )  x 4l 2  x 6 

ции

f ( x )  4 x 3l 2 

3x5 . 2 sin 2 

Критические точки функции f (x ) определяются из уравнения f ( x)  0 или

M

 2 3x2     0 . x  4l  2 2 sin    3

N

O B

8 l sin  . Производная f (x ) меняет 3 знак при переходе через эту точку с «плюса» на «минус». Следовательно, при этом значении x функция f (x ) и V (x ) принимают на этом промежутке наибольшее значение и n 8 2l 2  ctg    l 2  sin 2   l 2   12 3 3 n   sin 2  l 3 . 9 3 n 2 3  sin l . Ответ: n 9 3

S наим 

3.2. Геометрический метод

1 a 2 2  2a   a . 2 2 4 Ответ:

Пример 99. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD все ребра равны a . Найти наименьшее значение площади сечения пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ основания.

2 2 a . 4

Иногда удобно использовать известные алгебраические или тригонометрические неравенства при оценке выражений, содержащих геометрические величины. Пример 100. Величина двугранного угла равна  . Прямая l лежит в плоскости одной грани этого двугранного угла. Найдите наибольшее значение угла между прямой l и плоскостью другой грани.

Решение. Так все ребра пирамиды равны, то рассмотрим сечения 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, сечением будет являться равнобедренный треугольник ACN , вершина N которого лежит на ребре BM или на ребре MD . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

A Рис. 106

Так как треугольник OMD – прямоугольный и равнобедренный, то свое наименьшее значение ON достигнет в случае, если ON будет перпендикулярен MD (по свойству перпендикуляра и наклонной к прямой). В треугольнике a и высота ON равOMD MO  OD  2 a на . Значит наименьшее значение пло2 щади сечения

x

Vнаиб. 

D

C

Корнями этого уравнения являются 8 числа 0 и  l sin  . Промежутку 3 0; 2l sin   , принадлежит только

Решение. Пусть   90 . Если прямая l параллельна ребру двугранного угла, то искомый угол равен нулю. Рассмотрим случай пересечения прямой l с ребром двугранного угла. Обозначим точку пере60


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. сечения через A . Пусть точка B принадлежит прямой l так, что АВ  1 (см. рис. 107). Если Н – проекция точки B на плоскость другой грани, О – проекция точки B на ребро двугранного угла. Тогда из прямоугольных треугольников ВАН, ВОН, АОВ последовательно получаем

(a  b) (a  b) 2  2ab  (a  b) 2  2ab   ( a  b) ( a  b) 2  8  ( a  b) 2  8 .

c a b

B l

Рис. 108

H

A

Функция f (t )  t t 2  8  t 2  8 строго возрастающая (докажите), поэтому наименьшее значение принимает при наименьшем значении t, а последнее выражение – при наименьшем значении a  b . Из неравенства a  b  2 ab  4 следует, что это достигается при a  b  2 .

O Рис. 107

sin BAH  BH  OB sin BOH 

 sin BAO  sin BOH  sin BAO  sin  .

Ответ: при a  b  2 .

Так как sin BAO  1 , то максимальное значение sin BAH  sin  и наибольшее значение угла между прямой l и плоскостью другой грани равно  , то есть прямая l перпендикулярна ребру данного двугранного угла. Случаи   90 и   90 рассмотрите самостоятельно. Ответ:  . Пример 101. В основании прямой призмы лежит прямоугольный треугольник с площадью, равной 2, а высота призмы равна гипотенузе основания. Какими должны быть стороны основания, чтобы боковая поверхность призмы была наименьшей? Решение. Обозначим катеты основания через a и b (см. рис. 108), тогда гипотенуза равна a 2  b 2 , а боковая поверхность призмы

(a  b  a 2  b 2 ) a 2  b 2   ( a  b) a 2  b 2  a 2  b 2 . Из условия задачи ab  4 . Преобразуем выражение 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

61


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

4. Дополнения

лежат в одной плоскости BB1M . Следовательно, точка Q – искомая.

4.1. Методы построения сечения многогранника

D

A1

а

б Рис. 109

Пример 102. Построить след прямой B1M на грани куба DD1C1C (см. рис. 110а). Решение. Прямая BM – параллельная проекция (параллельно боковому ребру куба) прямой B1M на плоскость основания (см. рис. 110б). Точка N – точка пересечения прямых BM и DC . Эта точка является проекцией точки пересечения прямой B1M с гранью DD1C1C . Через точку N проводим прямую NP , параллельную боковому ребру. Она принадлежит плоскости грани DD1C1 и пересечет прямую B1M в точке Q , поскольку они 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

D

N

M

б

Сечение многогранника плоскостью – многоугольник, представляющий собой множество всех точек пространства, принадлежащих одновременно данному многограннику и плоскости, плоскость при этом называется секущей плоскостью. Секущая плоскость может быть задана различными способами, например: а) тремя точками, которые не лежат на одной прямой; б) прямой и точкой, не лежащей на ней; в) двумя пересекающимися прямыми; г) некоторыми из указанных выше геометрических элементов в совокупности с различными зависимостями между ними и элементами (гранями, ребрами, диагоналями и т. д.) многогранника. Построение плоских сечений многогранников выполняется на основе соответствующих пространственных аксиом и теорем. Построить сечение многогранника плоскостью – это значит построить многоугольник все вершины и стороны, которого – соответственно следы секущей плоскости на ребрах и гранях многогранника. Наиболее часто применяемыми методами построения сечений многогранников плоскостью являются: метод следов и метод переноса секущей плоскости.

Q

Рис. 110

M

B1

C1

C

M

а

B M

P

C A

A

A

B1

B

B

S

A1

D1

D1

Решение. Задача имеет решение в случае, если возможно построить параллельную или центральную проекцию данной прямой AB на плоскость  . В первом (см. рис. 109а) и во втором (см. рис. 109б) случае строятся проекции прямой на плоскость. Так как прямая AB и ее проекции лежат в одной плоскости (образованной: в первом случае параллельными прямыми AA1 и BB1 , во втором – пересекающимися прямыми SA и SB ), то точка их пересечения M и есть искомая.

B

C1 A1

A1

Опорная задача. Найти точку пересечения данной прямой AB с плоскостью  ( AB не параллельна  ).

A

B1

B1

Следом плоскости  на плоскости  называют прямую, по которой плоскость  пересекает плоскость  . Следом прямой l на плоскости  называют точку пересечения прямой с плоскостью  .

62


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. метод «следов»

Точки K1 и P лежат в плоскости ABC (см. рис. 111в), следовательно, прямая K1P и точки N1 и K 3 – следы секущей плоскости на плоскости ABC , на ребре AD и прямой BC соответственно. Точки K 2 и K 3 лежат в плоскости BB1C1 (см. рис. 111г), следовательно, прямая K 2 K 3  след секущей плоскости на плоскости BB1C1 , точки P1 и M 1  ее следы на ребрах CC1 и B1C1 соответственно. Соединяя в указанном порядке точки M , N , N1 , P, P1, M 1 , получаем искомое сечение – шестиугольник MNN1PP1M 1 .

При использовании этого метода сначала строится след секущей плоскости на плоскости одной из граней многогранника (либо на диагональной плоскости или плоскости симметрии), а также следы на прямых, содержащих стороны этой грани. Далее строятся следы секущей плоскости на других гранях при наличии двух следов на прямых, содержащих стороны соответствующей грани. Пример 103. Построить сечение куба ABCDA1 B1C1 D1 плоскостью, проходящей через три заданные на его ребрах точки M , N , P, две из которых лежат на смежных ребрах (см. рис. 111а).

Пример 104. Построить сечение куба ABCDA1B1C1D1 плоскостью, проходящей через три заданные точки M , N , P, лежащие на непересекающихся ребрах (см. рис. 112а) при условии, что никакие две из них не лежат в одной грани.

K2 A1

B1

M

A1

C

N K1 A

D1

B

N

C1

A

P

B1

M

C1 D1

B

C

Решение. Найдем точку пересечения прямой MP с плоскостью ABC . Для этого проведем через точку M прямую, параллельную ребру AA1 (см. рис. 112а). Она пересечет ребро AB в точке K1 . Так как точка P лежит на ребре CC1 , то она соответственно проектируется в точку C . Точка K 2  MP  K1C принадлежит плоскостям сечения и основания.

P D

D

а

б Рис. 111

Решение. Точки M и N лежат в плоскости сечения и в плоскости AA1B1 , поэтому отрезок MN  след секущей плоскости на грани AA1B1B . Для построения следов на других гранях поступаем следующим образом. Проводим прямую MN (см. рис. 111б) до пересечения с прямыми AB и BB1 , лежащими с ней в одной плоскости и не параллельными ей. Точки K1 и K 2  следы секущей плоскости на указанных прямых.

A1

B1

M

K1

A1

C1 D1

B

A N

A1

M

K2

C

K4 N

N1

P K3 K2

D

б Рис. 112

B1 C1 D1

B N K1 A N1

D1

A

а

K2

C1 B

P C

D K2

B1

M

C P K3

A1

M

B1 M1 D1

B N K1 A N1

D

Тогда прямая NK 2 – след секущей плоскости на плоскости основания (см. рис. 112б), а точки K 3 , N1, K 4  следы на прямой BC , ребре CD и прямой AB соответственно. Далее проводим прямые K 4 M и K 3 P (см. рис. 112в). Искомое сечение – шестиугольник MM 1 NN1PP1 .

C1 P1 C P K3 D

в

г Рис. 111

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

63


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

A1

B1

M

P1

C1

D1

M1 A

B

K4 N

N1 D Рис. 112в

MP – точки K1 и K 2 , как точки пересечения указанных прямых и их центральных проекций M 0 N0 и M 0 B из центра S на плоскость основания (см. рис. 114а). Прямая K1K 2 , являющаяся следом секущей плоскости на плоскости основания, пересекает ребра DC и BC в точках N1 и N 2 соответственно (см. рис. 114б). Точки P и N 2 лежат в плоскости грани SBC , N1 и N – в плоскости грани SDC и M 1  SD  N1 N , M 1 и M – в плоскости грани SAD и P1  SA  M1M . Соединяя последовательно полученные точки, получаем искомое сечение M 1N1 N 2 PP1 .

P C K3 K2

Пример 105. Построить сечение четырехугольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей через три заданные точки M , N , P, лежащие на ее ребрах (см. рис. 113а). Решение. Прямые MN и AD лежат в плоскости SAD и не параллельны, Следовательно, они пересекаются в некоторой точке K1 (см. рис. 113б). Точки K1 и P принадлежат плоскости основания пирамиды и плоскости сечения, следовательно, прямая K1P – след секущей

M

P

B A P

N D

C

а

C

P1 B K P 2 N1

B N

D

K2

N2 C N1

K1 б

K1 а

Рис. 114

метод вспомогательных плоскостей, метод переноса секущей плоскости

C

При использовании этого метода вместо секущей плоскости строится параллельная ей вспомогательная плоскость, которая пересекает все грани некоторого трехгранного (или многогранного в общем случае) угла данного многогранника. Далее путем параллельного переноса строятся некоторые линейные элементы искомого сечения, соответствующие легко строящимся элементам вспомогательной плоскости.

б Рис. 113

плоскости на плоскости основания. Аналогично, прямые K1P и AB пересекаются в некоторой точке K 2 . Точки N1 и P1 – следы секущей плоскости на ребрах DC и SB соответственно. Соединяя последовательно точки M , N , N1 , P, P1 , M , получаем сечение – пятиугольник MNN1PP1 .

Свойства параллельных плоскостей.

Пример 106. Даны точки M и N , лежащие на боковых гранях четырехугольной пирамиды, и точка P – на ее боковом ребре (см. рис. 114а). Построить сечение пирамиды плоскостью MNP .

 Если две параллельные плоскости пересекаются третьей, то линии их пересечения параллельны.  Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельными плоскостями, равны.

Решение. Находим на плоскости основания пирамиды следы прямых MN и 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

N0

P

A M1

B

N M0 D

N D K1

K2

A

M

A

P1 M

M

S

S

S

S

64


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. Пример 107. Даны точки M , N и P, лежащие соответственно на боковых ребрах SA, SD и SB четырехугольной пирамиды SABCD . Построить сечение пирамиды плоскостью MNP (см. рис. 115).

прямая, параллельная SC , которая пересечет ребро SA в точке K ( KL || SC , KL лежит в плоскости ASC ). Треугольник KFE  искомое сечение. BD  ASC , поскольку BD  SO и BD  AC . Следовательно, FE  ASC , а значит FE  KL , т.е. KL  высота треугольника KFE . Тогда, зная KL , найдем площадь сечения. Треугольники AKL и ASC подобны с AL AL 1 коэффициентом подобия   . AC 2 AO 6 Из прямоугольных треугольников BOC и SOC по теореме Пифагора получаем

Решение. Проводим через вершину D прямую, параллельM ную MN , до пересеK1 P чения с ребром SA . N B Через полученную A K2 точку K1 параллельно Q K3 C MP проводим пряD мую до пересечения с ребром AB в точке Рис. 115 K2 . Плоскость треугольника DK1K 2 параллельна плоскости MNP . Плоскость ASC пересекает их по параллельным прямым. Прямая пересечения плоскостей ASC и DK1K 2 – K1K 3 , где K 3 – точка пересечения диагонали AC четырехугольника ABCD и отрезка DK 2 . Через точку M проводим прямую, параллельную K1K 3 , до пересечения с ребром SC . Получаем точку Q . Сечение MPQN является искомым.

S

OC  BC 2  BO 2  122  32  3 15 SC  SO 2  OC 2  117  135  6 7 . KL AL 1 Так как   , то KL  7 . SC AC 6 1 Следовательно, S KFE   KL  FE  7 . 2

S

K A

B C

O E

Пример 108. В основании пирамиды SABCD лежит ромб ABCD , сторона которого равна 12, а диагональ BD  6 . Высота пирамиды SO проходит через точку пересечения диагоналей ромба и равна 3 13 . Точки E и F лежат на ребрах AD и AB соответственно, причем AE  4 , FB  8 . Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, параллельной ребру SC и проходящей через точки E и F .

D Рис. 116

Ответ:

7.

метод дополнения n-угольной призмы (пирамиды) до треугольной призмы (пирамиды) Если данную призму (пирамиду) достроить до треугольной призмы (пирамиды), затем построить сечение полученной треугольной призмы (пирамиды), то искомое сечение получается как часть сечения треугольной призмы (пирамиды).

Решение. Так как AF  AB  FB  4 и AE  4 , то треугольник AFE  равнобедренный и подобен треугольнику ABD AF 1 с коэффициентом подобия  (см. AB 3 1 рис. 116). Значит FE  BD  2 . 3 Пусть L  точка пересечения FE с диагональю ромба AC . Так как секущая плоскость параллельна SC , то через точку L в этой плоскости будет проходить 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

F L

Пример 109. Построить сечение пирамиды DAEGHF плоскостью AMN, где точки M и N лежат на ребрах DE и DF соответственно. Решение. 1. Достраиваем данную пятиугольную пирамиду до треугольной. Для этого получим точки AE  HG  C и 65


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. AF  GH  B , и затем проведем отрезки DC и DB (см. рис. 117).

ADEA1 D1 E1 . Призмы ADCA1 D1C1 и ABCA1 B1C1 имеют общую часть с призмой ADEA1 D1 E1 .

D R

P

A1

E1 M

B1 C1

2

K

N

M

C

SQ

R M1

H

G

P

B

E

E M

Q

A

F

T

D1 B C

A

D

Рис. 117

Рис. 118

2. Строим сечение полученной треугольной пирамиды ABCD плоскостью AMN . Для этого последовательно получаем точки и AM  DC  P AN  DB  Q , и соединяем точки P и Q. Треугольник APQ – есть сечение пирамиды ABCD плоскостью AMN . 3. Осталось получить точки PQ  DG  R и PQ  DH  S . Тогда пятиугольник AMRSN – искомое сечение данной пятиугольной пирамиды.

2. Получим точки AС  DE  M , A1С1  D1E1  M 2 . Плоскости ACС1 и EDD1 пересекаются по прямой ММ 2 . Прямые ММ 2 и QR пересекаются в точке М1 . 3. Точки Р и М 1 принадлежат плоскости ACС1 , поэтому прямые PМ1 и CC1 пересекаются в точке T , принадлежащей секущей плоскости PQR. 4. Имеем точку PR  BB1  K . Прямые PR и PQ лежат в одной плоскости PQR, поэтому точка K принадлежит плоскости PQR. 5. Точки Q и T лежат в плоскости сечения, значит, прямая QT принадлежит секущей плоскости. Четырехугольник PKTQ – искомое сечение. Среди методов построения сечений многогранников выделяют также метод внутреннего проектирования, который используется на практике крайне редко.

метод разбиения n-угольной призмы (пирамиды) на треугольные призмы (пирамиды) Из данной n-угольной призмы (пирамиды) выделяют основную треугольную призму (пирамиду), на боковых ребрах которой лежат точки, определяющие искомое сечение. Строят сечение этой треугольной призмы (пирамиды), затем строят сечения тех треугольных призм (пирамид), которые имеют общие части с основной. Пример 110. Построить сечение четырехугольной призмы ABCDA1 B1C1 D1 плоскостью PQR, где точки P и Q лежат на ребрах AA1 и DD1 соответственно, точка R принадлежит плоскости AA1 B1 B . Решение. 1. Точка R лежит на отрезке EE1 , где E  AB , E1  A1 B1 , EE1  AA1 (см. рис. 118). Треугольник PQR является сечением треугольной призмы 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

66


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.   попарно перпендикулярны и | a |  | b |    | c |  1. Для векторов декартова базиса обычно    используют обозначения i , j , k .  Если два вектора n и заданы своими координатами в некоторой декартовой  системе координат n  {x1 , y1 , z1} ,  m  {x 2 , y 2 , z 2 } , то их скалярное произведение в этой системе координат выражается следующим образом:   n  m  x1 x 2  y1 y 2  z1 z 2 . (2)

4.2. Векторный метод Векторный метод может быть использован при решении широкого класса геометрических задач. Для решения задач, касающихся: взаимного расположения двух прямых, принадлежности трех точек одной прямой, вычисления отношения отрезков параллельных прямых, требуются лишь операции сложения и вычитания векторов, умножения вектора на число. Операция скалярного умножения двух векторов (в сочетании с предыдущими операциями) позволяет вычислять длины отрезков и величины углов, а значит, находить расстояния, площади и объемы геометрических фигур. Если необходимо найти длину отрезка, то в качестве базисных векторов выбирают такие векторы, для которых известны их длины и углы между ними. Если в задаче требуется найти величину угла между прямыми, то в качестве базисных выбирают векторы с известными отношениями их длин и известными углами между ними.

Обычно при решении задач, в которых рассматриваются призма или пирамида, в качестве базисных векторов выбирают какую либо тройку векторов, выходящих из одной вершины и направленных вдоль ребер многогранника. Пример 111. В параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 точка M – центр грани CC1 D1 D . Найти координаты вектора B1M в базисе AA1 , AB и AD .

Решение. Для треугольника B1C1M запишем равенство (см. рис. 119)    B1M  B1C1  C1M .   Воспользуемся тем, что B1C1  AD, а  1   C1 M  (C1 D1  C1C ). Так как 2     C1 D1   AB , C1C   A1 A, то отсюда по 1   лучаем C1M   ( AA1  AB ). Следова2 тельно,  1  1   B1M   AA1  AB  AD. 2 2

Базис и координаты вектора Упорядоченная тройка некомпланар   ных, векторов a , b , c называется базисом.  Всякий вектор d может быть представлен единственным образом в виде     d  xa  y b  z c (1) где числа x, y , z называются координа   тами вектора d в базисе векторов a , b ,  c. Формулу (1) называют разложением     вектора d по базису a , b , c и используют также следующую форму записи  d  {x, y , z} .    Базис a , b , c называют прямоугольным (или ортогональным), если скаляр      ные произведения a  b , a  c , и b  c равны нулю, т.е. векторы попарно перпендикулярны.    Базис a , b , c называют декартовым (или ортонормированным), если векторы 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B1

C1 D1 M

A1 B A

C D Рис. 119

1   1 Ответ: B1 M   ;  ; 1 .  2 2  67


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.  1  1  Аналогично находим b  p  q  r , 2 2  1   1 c  pq r. Заметим, что 2 2    AC1  p  q  r . Получим:

Пример 112. В основании четырехугольной пирамиды MABCD лежит параллелограмм ABCD. Точки N и P – середины ребер BM и DC соответственно. Найти координаты вектора NP в базисе AD , AB и AM .

     1  1   1  1   ab c  p q r p qr 2 2  2 2       1   1    p  q  r   2( p  q  r ) . 2  2

Решение. Заметим из треугольника ANP , что NP  AP  AN (см. рис. 120). Так как точка N  середина ребра 1 1 BM , то AN  AB  AM . 2 2 Соответственно, AP  AD  DP или 1 AP  AD  AB . 2 Следовательно NP  AP  AN  1 1   1    AD  AB    AB  AM   2 2   2  1  AD  AM . 2

B1 A1

P

B

C1 D1 N C

A

D Рис. 121

Отсюда AC1 

M

1 1 1 a b  c. 2 2 2

1 1 1  Ответ: AC1   ; ;  . 2 2 2

N B P A

M

Расстояние между скрещивающимися прямыми

C

Пусть даны прямая l1 с направляю щим вектором q1 и l 2 с направляющим  вектором q 2 . Точки A1 и A2 лежат на  прямых l1 и l 2 соответственно, A1 A2  m (см. рис. 122). Найдем расстояние между прямыми l1 и l 2 .

D Рис. 120

1  Ответ: NP  1; 0;   . 2  Пример 113. Дан параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 Точки M , N , P  центры граней A1 B1C1 D1 , CC1 D1 D, BB1C1C соот  ветственно. Пусть a  AM , b  AN ,  c  AP . Найти координаты вектора     AC1 в базисе a , b , c .

q1

A1

P1

l1

m A2

 Решение. Введем векторы p  AA1 ,   q  AB и r  AD (см. рис. 121). Тогда

q2 P2

l2

Рис. 122

Чтобы определить расстояние между прямыми l1 и l 2 , т.е. найти длину их общего перпендикуляра P1 P2 ( P1  l1 и

  1 1 a  AM  AA1  A1 M  p  q  r . 2 2

P2  l 2 ), представим вектор P1 P2 в виде 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

68


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.    Решение. Найдем расстояние между P1 P2  P1 A1  A1 A2  A2 P2  x  q1  m  y  q 2 . диагоналями A1C1 и AD1 куба Неизвестные коэффициенты x, y наABCDA1B1C1D1 (см. рис. 123). ходятся из условия перпендикулярности   B1 C1 вектора P1 P2 векторам q1 и q 2 :     P1 P2  q1  0, ( x  q1  m  y  q 2 )  q1  0,        P1 P2  q 2  0 ( x  q1  m  y  q 2 )  q 2  0.

A1

N D 1

K

Q B

Искомое расстояние выражается следующим образом:    P1 P2  ( x  q1  m  y  q 2 ) 2 .

A

C a

D

Рис. 123

  Введем векторы A1C1  q1 и AD1  q 2 ,    AA1  m . Поскольку | q1 |  | q2 |  a 2 ,      | m |  a , (q1 , q 2 )  60, (q1 , m)  90,   (q 2 , m)  45, то   2 q1  q1  q1  2a 2 ,    2    q 2  q 2  q 2  2a 2 , m  m  m 2  a 2 ,     q1  q 2  | q1 |  | q 2 |  cos 60  a 2 ,     q1  m  | q1 |  | m |  cos 90  0 ,     q 2  m  | q 2 |  | m |  cos 45  a 2 .

Согласно свойствам скалярного произведения и с учетом формулы квадрата суммы трех чисел получим       ( x  q1  m  y  q 2 ) 2  x 2  q12  m 2  y 2  q 22       2 x( q1  m)  2 y ( q 2  m)  2 xy (q1  q 2 ) . В общем случае для базисных векто     ров a , b , c таких, что | a |  a , | b |  b ,      |c|c и (a , b )  , (a , c )  ,   (b , c )   таблица умножения базисных векторов выглядит следующим образом.    a c b  a ab cos  ac cos  a2  bc cos  ab cos  b2 b  ac cos  bc cos  c c2

Пусть отрезок PQ есть общий перпендикуляр скрещивающихся прямых A1C1 и AD1 . Представим вектор PQ в виде

   PQ  x  q1  m  y  q 2 .

Из условия перпендикулярности век  тора P1 P2 векторам q1 и q 2 получаем     ( x  q1  m  y  q 2 )  q1  0,       ( x  q1  m  y  q 2 )  q 2  0

В случае декартовой системы координат таблица умножения базисных векто   ров i , j , k выглядит следующим образом.    j i k  1 0 0 i  j 0 1 0  0 0 1 k

      x  q1 2  m  q1  y  (q 2  q1 )  0,         x  (q1  q 2 )  m  q 2  y  q 2 2  0

a 2 (2 x  y )  0, 2 x  y  0,  2  a ( x  1  2 y )  0  x  1  2 y  0.

Используя приведенные выводы, решим следующие задачи.

Отсюда x 

Пример 114. Найти расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба, длина ребра которого равна a . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

P

1 2 , y   . Тогда 3 3 2

 2  1  PQ   q1  m  q 2   3  3 69


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения.          BE  q1  {1;  3; 2} , FM  q 2  {2; 0; 4} q12  9m 2  4q22  6(q1 m)  12(q2  m)  4(q1 q2 )    3 и EM  m  {1; 1; 2} . a 2  9  8  0  12  4 a 3 Тогда   .   3 3 q1  q1  1 1  (3)  (3)  2  2  14 ,   q 2  q 2  (2)  (2)  0  0  4  4  20 , a 3   Ответ: . m  m  11  11  2  2  6 , 3   q1  q 2  1  (2)  (3)  0  2  4  6 , Замечание. В большинстве случаев   q1  m  1  1  (3)  1  2  2  2 , при решении подобных задач удобнее   q 2  m  (2)  1  0  1  4  2  6 . ввести декартову систему координат, вы   разить векторы q1 , q 2 , m через ее базисПусть отрезок PQ есть общий перпенные векторы и провести все вычисления в дикуляр скрещивающихся прямых BE и координатной форме. FM . Представим вектор PQ в виде Пример 115. В правильной четырех   угольной пирамиде MABCD с основаниPQ  x  q1  m  y  q 2 . ем ABCD высота и сторона основания Из условия перпендикулярности векравны 4, точки E и F  середины ребер   AM и DC соответственно. Найти растора PQ векторам q1 и q 2 получаем стояние между прямыми BE и FM .     ( x  q1  m  y  q 2 )  q1  0,  Решение. Введем декартову систему      ( x  q1  m  y  q 2 )  q 2  0 координат следующим образом. Пусть начало координат O находится в центре 14 x  2  6 y  0, основания, ось x проходит через точку  6 x  6  20 y  0. O параллельно ребру AD , ось y проходит через точку O параллельно ребру 1 18 Отсюда x   , y   . Тогда AB , ось z проходит через точку O пер61 61 пендикулярно плоскости основания (см.  18  1  рис. 124). Тогда вершины пирамиды имеPQ   q1  m  q 2  ют координаты: 61 61 1 18 A(2;  2; 0), B(2; 2; 0), C (2; 2; 0),   {1;  3; 2}  {1; 1; 2}  {2; 0; 4}  61 61 D (2;  2; 0) , M (0; 0; 4) . 1  {96; 64; 48} . z 61

M

PQ 

E P B A

Q

y Ответ:

C O

F

x

D Рис. 124

В этой системе координат E (1;  1; 2) и F (2; 0; 0) . Введем векторы 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

1 16 61 96 2  64 2  48 2  . 61 61

70

16 61 . 61


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. ходит через точку A перпендикулярно AC , ось z направлена вдоль бокового ребра AA1 (см. рис. 126). Тогда вершины призмы имеют координаты:

4.3. Координатный метод Координатный метод является естественным продолжением векторного метода, то есть вектор пространства есть упорядоченная тройка действительных чисел (декартовых прямоугольных координат вектора в ортонормированном базисе). Рациональное расположение фигуры относительно системы координат (некоторые вершины многогранника находятся на координатных осях), позволяет при решении задач упростить вычисления.

a a 3  A(0; 0; 0) , B ; ; 0  , C (a; 0; 0) , 2 2   a a 3  A1 (0; 0; b) , B1  ; ; b  , C1 (a; 0; b) . 2 2  

z

координаты вершин многогранников в декартовой системе координат

A1

B

3a 2

B C

A

x

C

A 0

a

a x

2

Рис. 126

Другой вариант расположения правильной треугольной призмы относительно прямоугольной декартовой системы координат показан на рисунке 127.

A(0; 0; 0) , B(0; a; 0) , C (a; a; 0) , D (a; 0; 0) , A1 (0; 0; a ) , B1 (0; a; a ) , C1 (a; a; a ) , D1 (a; 0; a ) .

B1 A1

z

y B1

C1 D1

A1 B

B

C

B A

C A x

D

0

O

D a x

C

Рис. 125

x

Рис. 127 3. Правильная шестиугольная призма ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , сторона основания которой равна a , а боковое ребро b . Пусть начало координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AF , ось y проходит через точку A перпендикулярно AF , ось z направлена вдоль бокового ребра AA1 (см. рис. 128). Тогда вершины призмы имеют координаты:

Такое же расположение системы координат удобно использовать для прямоугольного параллелепипеда. Еще один вариант расположения прямоугольного параллелепипеда (куба) относительно декартовой системы координат связан с размещением начала координат в точке пересечения диагоналей основания. 2. Правильная треугольная призма ABCA1B1C1 , сторона основания которой равна a , а боковое ребро b . Пусть начало координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y про18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

y

C1 a

y

A

C1 y

В данном пункте представлены в общем виде координаты вершин некоторых видов многогранников, наиболее часто используемых в задачах. 1. Куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a . Пусть начало координат находится в точке A , направление координатных осей показано на рис. 125. Тогда вершины куба имеют координаты:

z

y

B1

71


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. пендикулярно AC , ось z проходит через точку A перпендикулярно плоскости ABC (см. рис. 130). Тогда вершины пирамиды имеют координаты:

 a a 3  A(0; 0; 0) , B  ; ; 0  , C 0; a 3; 0 , 2 2    3a a 3  D (a; a 3; 0) , E  ; ; 0  , F (a; 0; 0) , 2 2    a a 3  A1 (0; 0; b) , B1   ; ; b  , C1 (0; a 3; b), 2 2    3a a 3  D1 (a; a 3; b), E1 ; ; b , F1 (a; 0; b) . 2 2  

z B1

F1

A1

D

C

B A

3a C

B

y E x

F

a a 3  A(0; 0; 0) , B ; ; 0  , C (a; 0; 0) , 2 2  a a 3  M  ; ; h  . 2 6  z y M

y

D1 E1

C1

D

y O

3a 2

a 0 2

a

2

 BE  CF  2a , AC  CF 2  AF 2  a 3.

Другой вариант расположения правильной шестиугольной призмы относительно прямоугольной декартовой системы координат представлен на рисунке 129.

C1 A1 E

y

D

z

F

B

a

2

O A

3a 3

a

B

x

Рис. 129 4. Правильная треугольная пирамида MABC , сторона основания которой равна a , а высота h . Обычно используют один из двух вариантов расположения системы координат. 4.1. Пусть начало координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y проходит через точку A пер18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

2

B

y

A

a x

y

M

O

C

a

 a a 3   a 3  A  ;  ; 0  , B 0; ; 0  , 2 6 3     a a 3  C  ;  ; 0  , M (0; 0; h) . 2 6  

E1 F1

B1

C

A 0

4.2. Пусть начало координат находится в центре треугольника ABC в точке O , ось x проходит через точку O параллельно ребру AC , ось y проходит через точку O перпендикулярно AC , ось z проходит через точку O перпендикулярно плоскости ABC (см. рис. 131). Тогда вершины пирамиды имеют координаты:

На выносном чертеже основания AD 

z

x

Рис. 130

3a 2

Рис. 128

D1

C

A

x

F

a

B

E

A

B

3a 2

C

x A

2

x

O 3a 6

C

Рис. 131

Еще один вариант расположения правильной треугольной пирамиды относительно прямоугольной декартовой системы координат представлен на рисунке 132. 72


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

z

a a  D ;  ; 0  , M (0; 0; h) . 2 2 

M

y

z B A

M

y

y

H C

O

A

x

2

C

a

a

2

B

O

a

B

D

C x

2

x

O a

A

2

Рис. 132

D

Рис. 134

5. Правильная четырехугольная пирамида MABC , сторона основания которой равна a , а высота h . Обычно используют один из двух вариантов расположения системы координат. 5.1. Пусть начало координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AD , ось y – вдоль ребра AB , ось z проходит через точку A перпендикулярно плоскости ABC (см. рис. 133). Тогда вершины пирамиды имеют координаты:

6. Правильная шестиугольная пирамида MABCDEF , сторона основания которой равна a , а высота h . Пусть начало координат находится в точке A , ось x направлена вдоль ребра AC , ось y проходит через точку A перпендикулярно AC , ось z проходит через точку A перпендикулярно плоскости ABC (см. рис. 135). Тогда вершины пирамиды имеют координаты:  a a 3  A(0; 0; 0) , B  ; ; 0  ,  2 2 

A(0; 0; 0) , B(0; a; 0) , C (a; a; 0) , a a  D (a; 0; 0) , M  ; ; h  . 2 2 

z

C 0; a 3; 0 , D (a; a 3; 0) ,

 3a a 3  a a 3  E  ; ; 0  , F (a; 0; 0) , M  ; ; h  .  2 2  2 2 

y M a

y

B

C

y

z

3a C

M C

B A

A x

D

0

D a x

A 5.2. Пусть начало координат находится 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 проходит через точку O перпендикулярно плоскости основания (см. рис. 134). Тогда вершины пирамиды имеют координаты:

D

C

B

Рис. 133

E F

x

O

3a 2

a 0 2

E

A a

2

x

F a

3a 2

Рис. 135 Еще один вариант расположения правильной шестиугольной пирамиды относительно прямоугольной декартовой системы координат показан на рисунке 136.

 a a   a a  a a  A  ;  ; 0 , B  ; ; 0 , C  ; ; 0 ,  2 2   2 2  2 2  18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B

y

D

73


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. лучи OA, OB, OC – ребрами, части плоскостей, заключенные между ребрами, называются гранями, а углы AOB, BOC , AOC , образованные ребрами, лежащими в одной грани, называются плоскими углами трехгранного угла. C C1 x C A1    A O

z M y E D

F O

C B

A x

Рис. 136

4.4. Опорные задачи

B1

1. Координаты точки M ( x, y , z ) , делящей отрезок M 1 M 2 между точками M 1 ( x1 , y1 , z1 ) и M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) в отношении M 1 M : MM 2   , определяются формулами x

Рис. 137

Теорема. Во всяком трехгранном угле, плоские углы которого равны ,  и  , а двугранные углы, противолежащие им, соответственно равны  A ,  B и  C , имеют место следующие равенства:

x1   x 2 y   y2 z   z2 , y 1 , z 1 . 1  1  1 

cos   cos  cos  , sin  sin  cos   cos  cos  cos  B  , sin  sin  cos   cos  cos  cos  A  . sin  sin 

cos  C 

Доказательство. Рассмотрим векторы M 1 M  {x  x1 , y  y1 , z  z1 } , MM 2  {x 2  x, y 2  y, z 2  z} .

Из равенства M 1 M   MM 1 получаем систему для координат векторов

Доказательство. Докажем, например, первое равенство. Пусть в трехгранном угле OABC плоские углы при вершине равны AOC   , O BOC   , AOB   (см. рис. 137). Через произвольную точку C1 ребра OC проведем плоскость перпендикулярную этому ребру. Пусть B1 и A1  точки пересечения этой плоскостью ребер OB и OA , соответственно. По условию линейный угол B1C1 A1 двугранного угла с ребром OC равен C . Пусть OC1  x . В треугольниx ке OB1C1 C1 B1  x  tg  , OB1  . В cos  треугольнике OA1C1 C1 A1  x  tg  , x OA1  . Из теоремы косинусов для cos  треугольников OB1C1 и B1C1 A1 получаем:

 x  x1   ( x  x 2 ),   y  y1   ( y  y 2 ),  z  z  ( z  z ) 1 2 

или

 x    y    z  

x1   x 2 , 1  y1  y 2 , 1  z1   z 2 . 1 

2. Трехгранным углом называется фигура, состоящая из нескольких лучей OA, OB, OC , выходящих из одной точки O и не лежащих в одной плоскости, и из плоских углов AOB, BOC , AOC между этими лучами (см. рис. 137). Точка O называется вершиной трехгранного угла, 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

B

2

2

2

B1 A1  OB1  OA1  2  OB1  OA1 cos  ;

74


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 2

2

гда из треугольника AOB BO  AB cos  , из треугольника BOD BD  BO cos   AB cos  cos  , из треугольника ABD BD  AB cos  . Из последних двух равенств следует:

2

B1 A1  C1 B1  C1 A1  2  C1 B1  C1 A1 cos  C .

Приравняем правые части равенств и подставим выражения OB1 , OA1 , C1 B1 , C1 A1 : 2

2

x x  x   x    2    cos       cos  cos   cos    cos    ( x tg  ) 2  ( x tg ) 2  2  x 2  tg   tg   cos C .

cos   cos  cos  . Замечание. Теорема «о трех косинусах» является следствием «теоремы косинусов для трехгранного угла» в случае, если C  90 . 4. Теорема («о трех синусах»). Пусть в одной из граней двугранного угла, величина которого равна  , проведена прямая, составляющая с ребром двугранного угла угол  ( 0     / 2 ),  – величина угла между этой прямой и другой гранью (см. рис. 139). Тогда справедливо следующее соотношение:

После преобразований получаем доказываемую формулу:

cos  C 

cos   cos  cos  . sin  sin 

Аналогично доказываются два других равенства. Данную теорему называют «теоремой косинусов для трехгранного угла». 3. Теорема («о трех косинусах»). Пусть   величина угла между наклонной l и ее проекцией на некоторую плоскость,   величина угла между проекцией наклонной l и прямой, проведенной через основание той же наклонной в плоскости проекции, и   величина угла между наклонной l и прямой, проведенной через ее основание в плоскости проекции. Тогда справедливо следующее соотношение: cos   cos  cos  .

sin   sin  sin  . Доказательство. Пусть

A

B

Доказательство. Выберем точку A на прямой l , пересекающей плоскость  в точке B (см. рис. 138), и спроектируем ее на плоскость  ( AO   ). Пусть точка D  основание перпендикуляра, опущенного из точки O на прямую BC . Тогда в

данная в условии прямая; точка C  основание перпендикуляра, опущенного из точки A на плоскость  , и ABC  линейный угол двугранного угла BD (см. рис. 139). Тогда в соответствии с условием

ABC  , ADB   и ADC  . Пусть AD  x . Тогда для прямоугольных треугольников справедливо: для треугольника ADB AB  x sin  , для треугольника ABC AC  x sin  sin  и для треугольника ADC

O C

Рис. 138

соответствии с условием ABO  , OBC  , ABC  . Треугольники AOB, BOD, ABD – прямоугольные. То18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

C 

Рис. 139

l 

D

A

  B D

AD   

sin   AC : AD  sin  sin  . Следовательно, sin   sin  sin  . 75


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 5. Если некоторая прямая образует с тремя попарно перпендикулярными прямыми углы  ,  и  , то выполняется равенство cos2   cos2   cos2   1 .

C A

B Рис. 141

Если D – проекция точки C на плоскость  , то ABD – проекция треугольника АВС на эту плоскость. Пусть СМ – высота в треугольнике АВС, тогда по теореме о трех перпендикулярах DM  AB . Обозначим CMD   . Имеем последовательно площади треугольников 1 1 S ABC  AB  CM , S ABD  AB  DM , 2 2 DM  CM  cos  , S ABD  S ABC  cos  .

B1 C1 A1

D1 B

D

M

Доказательство. Достаточно рассмотреть прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 с диагональю DB1  1 . Пусть CDB1   , ADB1   , B1DD1   (см. рис. 140). Тогда в соответствующих прямоугольных треугольниках CD  cos  , AD  cos , DD1  cos  . Так как DB12  CD 2  AD 2  DD12 , то имеем cos 2   cos 2   cos 2   1 .

7. Если вершины А, В, D и A1 параллелепипеда ABCDA1 B1C1 D1 являются вершинами тетраэдра, то имеет место равенство 1 VABDA1  VABCDA1 B1C1 D1 . 6

C

A D Рис. 140

В качестве следствия получим

D1

sin 2   sin 2   sin 2   2 . 6. Площадь ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна произведению его площади на косинус угла между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции.

A1

C1 B1 D

S пр  S  cos  ,

где S – площадь многоугольника, лежащего в плоскости  , S пр – площадь его ортогональной проекции на плоскость  .

A

B Рис. 142

Доказательство. Так как многоугольник можно разбить на конечное число треугольников, и фигуру можно параллельно перенести в равную ей фигуру, то достаточно рассмотреть треугольник, через одну сторон которого проходит плоскость  (например, через сторону AB ) (см. рис. 141). 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

M

C

Доказательство. Тетраэдр и параллелепипед имеют одну высоту A1M  h (см. рис. 142). Для площадей оснований име1 ем соотношение S ABD  S ABCD . Тогда 2 1 1 1 VABDA1  h  S ABCD  VABCDA1 B1C1 D1 . 3 2 6

76


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 8. Если вершины А, В, С и D параллелепипеда AKBMQCLD являются вершинами тетраэдра, то имеет место равенство

10. Пусть q – площадь одной из боковых граней треугольной призмы, d – расстояние от противоположного ребра до этой грани. Тогда объем этой призмы может быть найден по формуле

1 VABCD  VAKBMQCLD . 3

V 

Доказательство. Так как объемы угловых тетраэдров равны и составляют шестую часть от объема параллелепипеда V, то имеем 1 1 V ABCD  V  4  V  V . 6 3

1 qd . 2

Доказательство. Пусть площадь грани AA1 D1 D равна q, а расстояние от СС1 до этой грани равно d (см. рис. 144). Объем параллелепипеда ABCDA1 B1C1 D1 равен qd . Так как объем этого параллелепипеда в два раза больше объема призмы ACDA1С1D1 , то объем этой призмы равен 1 qd . 2

9. Пусть a и b – длины двух противоположных ребер тетраэдра, d – расстояние,  – угол между ними. Тогда объем тетраэдра может быть вычислен по формуле 1 V  abd sin  . 6

C1

D

D1

B1

Q

A1 E C

L

C

D

M

B

A

A Рис. 144

B

11. Пусть p и q – площади двух граней тетраэдра, a – длина общего ребра,  – величина двугранного угла между этими гранями. Тогда объем тетраэдра может быть вычислен по формуле

K Рис. 143

Доказательство. Достроим данный тетраэдр ABCD до параллелепипеда AKBMQCLD (см. рис. 143), проводя через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру. Пусть AB  a , CD  b , тогда площади граней AKBM и 1 LCQD равны ab sin  , расстояние меж2 ду ними d. Тогда объем параллелепипеда 1 равен abd sin  . Объем пирамиды 2 1 ABCD составляет от объема паралле3 1 лепипеда, то есть равен abd sin  . 6 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

V 

2 pq sin  . 3a

Доказательство. Пусть площади граней АВС и ACD тетраэдра ABCD равны p и q соответственно,  – угол между этими гранями, AC  a (см. рис. 145). Высота DH треугольника ACD равна 2q . Для высоты пирамиды имеем a DO  DH sin  

2q sin  . a

Тогда объем пирамиды ABCD равен 77


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. V

1 2 pq sin  p  DO  . 3 3a

MA1B1C1 и MABC с основаниями MA1 B1 и MAB получаем 1 VMA1B1C1  C1 H  S MA1B1  3 1  n  CF  k  m  S MAB  k  m  n  VMABC . 3

D

13. Объем треугольного призматического тела ABCA1 B1C1 , ограниченного треугольниками ABC и A1 B1C1 , можно вычислить по формуле

A

B

H

O

VABCA1B1C1 

C Рис. 145

AA1  BB1  CC1  S ABC , 3

где плоскость АВС перпендикулярна ребрам призматической поверхности, AA1  BB1  CC1 .

12. Пусть в пирамиде MABC на ребрах MA, MB и MC или на их продолжениях взяты соответственно точки A1 , B1 , C1 так, что MA1 : MA  k , MB1 : MB  m , MC1 : MC  n . Тогда объемы пирамид MA1B1C1 и MABC связаны формулой

Доказательство. 1. Разделим призматическое тело ABCA1 B1C1 на три части плоскостями A1 B0C1 и A1B0C0 (параллельно ABC): треугольную призму ABCA1 B0C0 , две треугольные пирамиды A1 B0C0C1 и A1 B0 B1C1 (см. рис. 147). 2. Пусть S ABC  S , AA1  a , BB1  b , CC1  c . Тогда объем прямой призмы ABCA1 B0C0 равен aS .

VMA1 B1C1  k  m  n  VMABC .

M H C1

A1

F

C1

B1

B1

C2

B0

C0

A

A1

E

C

B

C

A

B

A3

Рис. 146

B3

Доказательство. Из точек С1 и С проведем к плоскости ABМ перпендикуляры С1H и CF соответственно (см. рис. 146). Тогда С1H || CF и из подобия треугольников С1 HM и СFM получаем MC1 C1 H   CF  n  CF . Из сравнения MC площадей треугольников с общим углом имеем S MA1B1  k  m  S MAB . Для тетраэдров 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

C3 Рис. 147

3. Для пирамиды A1 B0C0C1 , принимая треугольник A1B0C0 за основание, объем 1 равен (c  a ) S . 3 4. Пусть C0C2  B0 B1 . Тогда для пирамид A1 B0 B1C1 и A1B0C2C0 с общей вер-

78


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. шиной A1 и равновеликими основаниями B0 B1C1 и B0C2C0 объемы равны. Значит, объем пирамиды A1 B0 B1C1 ра1 вен (b  a) S . 3 5. Окончательно объем призматического тела ABCA1 B1C1 равен

VSABC VS1 A1 B1C1D1

A M

S SAC  S ABC . S A1S1D1  S A1B1C1D1

S1

B

14. Объем треугольного призматического тела A1 B1C1 A3 B3C3 , ограниченного треугольниками A1 B1C1 и A3 B3C3 , можно вычислить по формуле

C1

D1 O1

O

M1

B1 C

A1 Рис. 148

Таким образом, VSABC

A1 A3  B1B3  C1C3  S ABC , 3

VS1 A1B1C1 D1

где плоскость АВС перпендикулярна ребрам призматической поверхности (докажите самостоятельно).

S SAC  S ABC , S A1S1D1  S A1B1C1D1

что и требовалось доказать. Замечание. Приведенное доказательство не зависит от того, какие многоугольники лежат в основании пирамид. Если же ребра равных двугранных углов в рассматриваемых пирамидах не равны между собой, то отношение объемов этих пирамид прямо пропорционально произведениям площадей граней, образующих эти углы, и обратно пропорционально длинам их ребер, т. е.

15. Если в двух пирамидах, имеющих по равному двугранному углу при основании, равны также и ребра этих углов, то отношение объемов этих пирамид равно отношению произведений площадей граней, образующих равные двугранные углы. Доказательство. Пусть пирамиды SABC и SA1B1C1 D1 (см. рис. 148), имеют равные двугранные углы SACB и S1 A1D1C1 , также AC  A1D1 . Построим линейные углы SMO и S1M 1O1 данных равных двугранных углов. По условию SMO  S1 M 1O1 . Тогда прямоугольные треугольники MSO и M 1 S1O1 подобны и

VSABC S ASB  S ABC AD   1 1. VS1A1C1D1 S A1S1D1  S A1B1C1D1 AC

Кроме того, справедливы следующие теоремы. 16. Если в пирамиде провести секущую плоскость параллельно основанию, то она отсечет от нее другую пирамиду, подобную данной (докажите самостоятельно). 17. Поверхности подобных многогранников относятся как квадраты сходственных линейных элементов многогранников (докажите самостоятельно). 18. Объемы подобных многогранников относятся как кубы сходственных линейных элементов этих многогранников (докажите самостоятельно).

SM SO  . S1 M 1 S1O1 Площади боковых граней SAC и S1 A1 D1 относятся как их высоты, поскольку AC  A1 D1 , т.е. S SAC SM SO   . S A1S1 D1 S1 M 1 S1O1

Найдем отношение объемов данных пирамид 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

1 S1O1  S A1B1C1D1 3 S

1 1 aS  (c  a) S  (b  a) S  3 3 abc  S 3

VA1B1C1 A3 B3C3 

1 SO  S ABC 3

79


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. C1

19. Квадраты объемов подобных многогранников относятся как кубы площадей сходственных граней (докажите самостоятельно). 20. Плоскости BDC1 и B1D1 A перпендикулярны диагонали A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 и делят ее на три равные части.

D1 B1 N

D

Доказательство. Рассмотрим общий случай наклонного параллелепипеда ABCDA1 B1C1 D1 (см. рис. 150). Пусть сечение проходит через диагональ AC1 и пересекает ребра BB1 и CC1 в точках N и М соответственно. Сечение, содержащее AC1 , всегда будет являться параллелограммом, поскольку в сечении получается четырехугольник, противоположные пары сторон которого параллельны (по свойству параллельных плоскостей, пересекаемых плоскостью). При этом точка пересечения диагоналей параллелограмма совпадает с центром параллелепипеда. Если точка N совпадает с одной из точек B или B1 (следовательно точка М с одной из точек D1 или D соответственно), то получается диагональное сечение, разбивающее параллелепипед на две равные призмы. Пусть, точка N не совпадает ни с одной из точек B или B1 . Так как C1M || AN , то из равенства треугольников C1D1M и ABN следует, что D1M  BN . DM B1 N Отсюда MD  NB1 . Тогда  . MD1 NB Заметим, что секущая плоскость разбивает параллелепипед на два многогранника C1MDCNAB и ANB1 A1MC1D1 , которые симметричны относительно центра параллелепипеда. Из следующего соответствия вершин первого и второго многогранников D  B1 , M  N, A  C1 , C  A1 , B  D1 , N  M , C1  A следует, что они равны. Следовательно, они имеют равные объемы. В случае пересечения секущей плоскостью ребер A1D1 или B1 A1 доказательство проводится аналогично.

C1 E F C D Рис. 149

3. Для куба с ребром а диагональ A1C  a 3 , а расстояние от точки C до

a 3 (см. пример 3 16). Аналогично расстояние от точки A1 плоскости BDC1 равно

a 3 . Значит, 3 диагональ куба делится указанными плоскостями на три равные части. до плоскости B1D1 A равно

21. Сечение, проходящее через диагональ параллелепипеда, делит его противоположные ребра, пересекаемые плоскостью сечения, в обратном отношении, считая от любой грани, из которой выходят эти ребра, а сам параллелепипед – на два равновеликих многогранника. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

M

A Рис. 150

D1

A

A1

B

B1

B

C N1

Доказательство. 1. Так как AB1 || DC1 и AD1 || BC1 , то плоскости BDC1 и B1D1 A (см. рис. 149). 2. Достаточно доказать перпендикулярность прямой A1C , содержащей диагональ куба, к одной плоскости BDC1 . Так как диагонали BD и АС в квадрате ABCD взаимно перпендикулярны и АС является проекцией A1C на плоскость ABC, то по теореме о трех перпендикулярах A1C  BD . Аналогично A1C  DC1 . Следовательно, A1C  BDC1 .

A1

M1

80


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 10. (МИОО). В тетраэдре ABCD, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до прямой, проходящей чрез точку В и середину ребра CD.

Упражнения 1. Ребра правильной четырехугольной призмы равны 1, 4 и 4. Найдите расстояние от вершины до центра основания призмы, не содержащего эту вершину.

11. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точки C до прямой SA .

2. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между точками A и E1 .

12. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точки C до прямой SF.

3. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите расстояние от точки A до прямой: a) B1 D1 ; б) А1С ; в) BD1 .

13. Ребро куба ABCDA1 B1C1 D1 равно

4. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до прямой ВС1 .

3. Найдите расстояние от вершины C до плоскости BDС1 . 14. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 , ребро которого равно 4, точки Е и F – середины ребер АВ и B1C1 соответственно, а точка Р расположена на ребре CD так, что CP  3PD . Найдите расстояние от точки A1 до плоскости треугольника EPF.

5. (МИОО). В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 высота равна 2, сторона основания равна 1. Найдите расстояние от точки В1 до прямой AС1 . 6. (МИОО). В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 высота равна 1, сторона основания равна 2. Найдите расстояние от точки A1 до прямой BС1 .

15. Дан правильный тетраэдр ABCD с ребром 6 . Найдите расстояние от вершины A до плоскости BDC.

7. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до прямой:

16. Ребро AD пирамиды DABC перпендикулярно плоскости основания АВС. Найдите расстояние от вершины A до плоскости, проходящей через середины ребер AB , АС и AD, если AD  2 5 ,

а) DЕ; б) D1 E1 ; в) B1C1 ; г) BE1 ; д) BC1 ; е) CE1 ; ж) CF1 ; з) CB1 .

AB  AC  10, BC  4 5. 17. В правильной четырехугольной пирамиде PABCD с вершиной P сторона основания равна 3, высота 2. Найдите расстояние от вершины A до грани PCD.

8. Основание прямой призмы ABCDA1 B1C1 D1  ромб ABCD, в котором

АВ  10, АС  6 7 . Боковое ребро АА1 равно 3 21. Найдите расстояние от вершины В до прямой АС1 .

18. На продолжении ребра SK за точку K правильной четырехугольной пирамиды SKLMN с вершиной S взята точка A так, что расстояние от точки A до плоскости MNS равно 24. Найдите длину отрезка KA , если SL  2 41 , MN  16 .

9. (МИОО). В правильной четырехугольной пирамиде SABCD сторона основания равна 1, а боковое ребро равно 3 . Найдите расстояние от точки C до 2 прямой SA. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

19. В единичном кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите расстояние между прямыми АВ1 и А1C1 . 81


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 20. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AB и А1C .

30. К диагонали A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 провели перпендикуляры из вершин A и В. Найдите угол между этими перпендикулярами.

21. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AА1 и BC1 .

31. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB и A1C .

22. В пирамиде DABC известны длины ребер: AB  AC  DB  DC  10, BC   DA  12. Найдите расстояние между прямыми DA и BC .

32. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AВ1 и BC1 .

23. В тетраэдре ABCD известно, что AB  AC  BD  14 , BC  AD  13 ,  CD  15 . Найдите расстояние между прямыми AC и BD.

33. (МИОО). Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1 B1C1 равна 8. Высота этой призмы равна 6. Найдите угол между прямыми CA1 и AB1 .

24. Сторона основания АВС правильной треугольной пирамиды ABCD равна 8 3 , высота пирамиды DO  6 . Точки A1 , C1 – середины ребер AD и CD соответственно. Найдите расстояние между прямыми BA1 и AC1 .

34. (МИОО). В основании прямой призмы ABCA1 B1C1 лежит равнобедренный прямоугольный треугольник АВС с гипотенузой AB , равной 8 2 . Высота этой призмы равна 6. Найдите угол между прямыми AC1 и CB1 .

25. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точки Е, F – середины ребер соответственно A1 В1 и B1C1 . Найдите косинус угла между прямыми AE и BF.

35. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда образуют с плоскостью его основания углы  и  . Найдите угол между этими диагоналями.

26. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точки Е, F – середины ребер соответственно A1 В1 и C1 D1 . Найдите косинус угла между прямыми AE и BF.

36. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, точки D, Е – середины ребер соответственно A1 В1 и B1C1 . Найдите косинус угла между прямыми АD и ВЕ.

27. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точка Е – середина ребра A1 В1 . Найдите косинус угла между прямыми AE и ВD1 .

37. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, точка D – середина ребра A1 В1 . Найдите косинус угла между прямыми АD и BC1 .

28. К диагонали куба провели перпендикуляры из остальных вершин куба. На сколько частей и в каком отношении основания этих перпендикуляров разделили диагональ?

38. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB1 и BC1 .

29. К диагонали A1C куба ABCDA1B1C1 D1 провели перпендикуляры из середин ребер AB и AD. Найдите угол между этими перпендикулярами.

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

39. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра 82


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. которой равны 1, найдите косинус угла между прямыми AB1 и BD1 .

которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямыми SB и АD.

40. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, найдите угол между прямыми AB1 и BE1 .

50. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между прямой AВ1 и плоскостью ABC1 .

41. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, точки G, H – середины ребер соответственно A1 В1 и B1C1 . Найдите косинус угла между прямыми АG и BH.

51. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите тангенс угла между прямой AA1 и плоскостью BC1 D . 52. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 найдите тангенс угла между прямой AC1 и плоскостью BCC1 .

42. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, точка G – середина ребра A1 В1 . Найдите косинус угла между прямыми АG и BC1 .

53. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точка E – середина ребра A1 В1 . Найдите синус угла между прямой AE и плоскостью ВDD1 . 54. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точка E – середина ребра A1 В1 . Найдите синус угла между прямой AE и плоскостью ВDC1 .

43. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, точка G – середина ребра A1 В1 . Найдите косинус угла между прямыми AG и BD1 .

55. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостью AA1C и прямой A1 В , если AA1  3 , AB  4 , BC  4.

44. В тетраэдре ABCD известно, что AB  AC  BD  14 , BC  AD  13 ,  CD  15 . Найдите угол между прямыми АС и BD.

56. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 найдите угол между плоскостью A1 BC и прямой BC1 , если AA1  8 , AB  6 , BC  15 .

45. Найдите угол между непересекающимися медианами граней правильного тетраэдра.

57. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 , у которого AA1  4 , A1 D1  6 , C1 D1  6 найдите тангенс угла между плоскостью ADD1 и прямой EF, проходящей через середины ребер AB и B1C1 .

46. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, точки E , F – середины ребер соответственно SB и SC. Найдите косинус угла между прямыми АЕ и BF. 47. Ребра АD и ВС пирамиды DABC равны 24 см и 10 см. Расстояние между серединами ребер BD и AC равно 13 см. Найдите угол между прямыми АD и ВС.

58. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 , у которого AB  4 , BC  6 , CC1  4 найдите тангенс угла между плоскостью АВС и прямой EF, проходящей через середины ребер AA1 и C1 D1 .

48. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямыми SB и АЕ.

59. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, точка D – середина ребра A1 В1 . Найдите

49. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

83


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. синус угла между прямой АD и плоскостью BСC1 .

М – точка пересечения медиан грани SBC.

60. В основании прямой призмы MNKM 1 N 1 K 1 лежит прямоугольный треугольник MNK, у которого угол N равен 90 , угол M равен 60 , NK  18 . Диагональ боковой грани M 1 N составляет угол 30 с плоскостью MM 1 K 1 . Найдите высоту призмы.

67. (ЕГЭ 2010). В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC известны ребра: AB  20 3 , SC  29 . Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AS и ВС. 68. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между прямой AB и плоскостью SAD.

61. В основании прямой призмы ABCA1 B1C1 лежит прямоугольный треугольник АВС, у которого угол С равен 90 , угол А равен 30 , AC  10 3 . Диагональ боковой грани B1C составляет угол 30 с плоскостью AA1 B1 . Найдите высоту призмы.

69. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, боковые ребра которой равны 2, а стороны основания – 1, найдите косинус угла между прямой АС и плоскостью SAF. 70. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Найдите угол между плоскостями AB1C1 и A1 B1C .

62. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, точка G – середина ребра A1 В1 . Найдите синус угла между прямой AG и плоскостью BСС1 .

71. Диагональ A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через середины ребер AB и DD1 . Найдите величину этого угла.

63. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 , все ребра которой равны 1, точка G – середина ребра A1 В1 . Найдите синус угла между прямой AG и плоскостью BDD1 .

72. Диагональ A1C куба ABCDA1 B1C1 D1 служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через В и D . Найдите величину этого угла.

64. (МИОО). В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 сторона основания равна 7, а высота равна 1. Найдите угол между прямой F1 B1 и плоскостью AF1C1 .

73. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точки E , F – середины ребер соответственно A1 В1 и A1 D1 . Найдите тангенс угла между плоскостями AEF и ВCC1 .

65. (МИОО). В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC сторона основания равна 6 3 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоскостью АВС и прямой МN, где точка N – середина ребра АС, а точка М делит ребро BS так, что BM : MS  2 : 1 .

74. В кубе ABCDA1 B1C1 D1 точки E , F  середины ребер соответственно A1 В1 и A1 D1 . Найдите тангенс угла между плоскостями AEF и ВDD1 . 75. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 известны длины ребер: AA1  5, AB  12, AD  8. Найдите тангенс угла между плоскостью АВС и плоскостью, проходящей через точку B перпендикулярно прямой AK , если K – середина ребра C1 D1 .

66. (ЕГЭ 2010). В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC известны ребра: AB  12 3 , SC  13 . Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой АМ, где 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

84


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. 76. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 , у которого AB  4 , BC  6 , CC1  4 найдите тангенс угла между плоскостями CDD1 и BDA1 .

венно A1 В1 и А1C1 . Найдите тангенс угла между плоскостями ADE и ВCC1 . 84. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 является равнобедренный треугольник АВС, в котором AB  BC  10, AC  16. Боковое ребро призмы равно 24. Точка Р – середина ребра BB1 . Найдите тангенс угла между плоскостями A1 B1C1 и АСР.

77. (ЕГЭ 2010). В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 известны ребра AB  8 , AD  6 , CC1  5 . Найдите угол между плоскостями BDD1 и AD1 B1 . 78. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1C1 D1 , у которого AB  6 , BC  6 , CC1  4 найдите тангенс угла между плоскостями ACD1 и A1 B1C1 .

85. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 является равнобедренный 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 A1 B1C1 и АСР.

79. Основание прямой четырехугольной призмы ABCDA1 B1C1 D1 – прямоугольник ABCD , в котором АВ  28 , AD  6 . Найдите тангенс угла между плоскостью грани AA1B1B призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра CD перпендикулярно прямой AC1 , если расстояние между прямыми A1C1 и BD равно

86. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 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 C1 B1 равно 18 3 .

8.

80. Основание прямой четырехугольной призмы ABCDA1 B1C1 D1 – прямоугольник ABCD , в котором АВ  12 , AD  31 . Найдите косинус угла между плоскостью основания призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра AD перпендикулярно прямой BD1 , если расстояние между прямыми AC и B1 D1 равно 5.

87. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 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 A1 B1 равно 18 3 .

81. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1 B1C1 равна 2, а диагональ боковой грани равна 5 . Найдите угол между плоскостью A1 BC и плоскостью основания призмы.

88. Основанием прямой призмы ABCA1 B1C1 является прямоугольный треугольник АВС с гипотенузой АС. Найдите тангенс угла между плоскостью A1 B1C1 и плоскостью, проходящей через середину ребра AA1 и прямую ВС, если AB  4, BB1  12.

82. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите угол между плоскостями ACВ1 и A1С1 В . 83. В правильной треугольной призме ABCA1 B1C1 , все ребра которой равны 1, точки D, E – середины ребер соответст18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

89. Основание пирамиды DABC – равнобедренный треугольник АВС, в котором AB  BC  13, AC  24. Ребро DB перпендикулярно плоскости основания и 85


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

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

98. Основание пирамиды MABCD – квадрат, диагональ которого равна 6 . Ребро МВ перпендикулярно плоскости основания, а угол между плоскостями АВС и AMD равен 60 . Найдите объем пирамиды.

91. (МИОО). В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с основанием ABCD сторона основания равна 6 2 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоскостями АВС и АСМ, где точка М делит ребро BS так, что BM : MS  2 : 1 .

99. Основание пирамиды ABCD – прямоугольный треугольник с гипотенузой AB , равной 2 30 . CD – высота пирамиды, боковые ребра AD и BD наклонены к плоскости основания под углами 30 и 60 соответственно. Найдите объем пирамиды.

92. 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.

100. Определить объем прямоугольного параллелепипеда, площади граней которого равны Q1 , Q2 и Q3 .

равно 20. Найдите тангенс двугранного угла при ребре АС.

101. В основании первой пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в котором C  45 , BC  6 2 , AC  18 . Боковое ребро AD перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра DB параллельно прямым BC и AD , является основанием второй пирамиды. Ее вершина T – основание высоты BT треугольника ABC . Во сколько раз объем первой пирамиды больше объема второй пирамиды?

93. 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. 94. Основанием прямой четырехугольной призмы является ромб с диагоналями 6 и 8. Найдите площадь полной поверхности призмы, если известно, что диагональ ее боковой грани равна 13.

102. В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в котором 8 . Боковое C  30 , AC  20 , BC  3 ребро AD равно 6 3 и перпендикулярно плоскости ABC . Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра DB параллельно прямым BC и AD , является основанием второй пирамиды. Ее вершина T – основание высоты BT треугольника ABC . Найдите объем второй пирамиды.

95. Основание прямой призмы ABCA1 B1C1 – треугольник АВС, в котором C  90 , BC  6, AC  8. Угол между плоскостями АВС и ABC1 равен 45 . Найдите площадь боковой поверхности призмы. 96. Дан куб ABCDA1 B1C1 D1 . Через точки A , B1 и середину ребра CC1 проведена секущая плоскость. Найдите площадь полной поверхности куба, если площадь сечения равна 36.

103. В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC , в котором C  60 , BC  8 , AC  14 . Боковые грани DAC и DAB перпендикулярны плоскости основания пирамиды, а ребро AD равно 4 3 . Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра DB параллельно прямым BC

97. Каждое ребро правильной треугольной призмы равно a . Через сторону основания и середину оси (ось – отрезок, соединяющий центры оснований) проведена плоскость. Найти площадь сечения призмы этой плоскостью. 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

86


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. и AD , является основанием второй пирамиды, вершина которой в точке C . Найдите объем второй пирамиды.

109. Наклонная призма ABCDA1 B1C1 D1 имеет своими основаниями трапеции ABCD и A1 B1C1D1 . Сумма площадей параллельных боковых граней призмы равна S , а расстояние между этими гранями равно d . Найти объем многогранника A1 B1C1 D1 AC .

104. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 . На его боковых ребрах AA1 и BB1 лежат точки M и P соответственно так, что AM : MA1  8 : 11 , B1 P : PB  2 : 1 . Во сколько раз объем данного параллелепипеда больше объема пирамиды с вершиной в точке P , основанием которой является сечение данного параллелепипеда плоскостью BMD1 ?

110. Куб, ребро которого равно а, пересекается плоскостью, проходящей через его диагональ. Какую наименьшую площадь может иметь сечение и при каком угле наклона сечения к плоскости основания?

105. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1C1 D1 . На его боковых ребрах AA1 и BB1 лежат точки M и P соответственно так, что AM : MA1  7 : 5 , B1 P : PB  4 : 3 . Во сколько раз объем данного параллелепипеда больше объема пирамиды с вершиной в точке P, основанием которой является сечение данного параллелепипеда плоскостью BMD1 ?

111. Прямоугольный параллелепипед, измерения которого равны a, b, c, пересекается плоскостью, проходящей через его диагональ. Какую наименьшую площадь может иметь сечение, если a  b  c ? 112. Определите длину стороны основания правильной треугольной призмы объема V , имеющей наименьшую площадь полной поверхности. 113. В правильной четырехугольной призме ABCDA1 B1C1 D1 высота в два раза меньше основания. Найдите наибольшее значение величины угла A1MC1 , где M – точка на ребре AB .

106. Ребра AB и AD основания ABCD прямоугольного параллелепипеда ABCDA1 B1C1 D1 равны соответственно 9 и 4. На боковых ребрах AA1 и BB1 , равных 11, лежат точки M и P соответственно так, что AM : MA1  3 : 4 , B1 P : PB  8 : 3 . Найдите объем пирамиды с вершиной в точке P , основанием которой является сечение данного параллелепипеда плоскостью BMD1 .

114. Все ребра правильной треугольной призмы ABCA1 B1C1 имеют длину a . Рассматриваются отрезки с концами на диагоналях BC1 и CA1 боковых граней, параллельные плоскости ABB1 A1 . Найдите наименьшее значение длины таких отрезков.

107. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD. Точка F делит ребро SC в отношении 1 : 2 (считая от точки S), точка E – середина ребра ВС. Найдите, в каком отношении делит объем пирамиды плоскость DEF .

115. Найдите наибольший объем правильной треугольной пирамиды, боковое ребро которой равно a . 116. Диагональ боковой грани правильной четырехугольной призмы равна d . Найдите длину бокового ребра, при котором объем призмы наибольший.

108. В правильной четырехугольной призме ABCDA1 B1C1 D1 сторона AB основания равна 6, а боковое ребро AA1 равно 12. Через вершины A и C1 призмы проведена плоскость, пересекающая боковое ребро BB1 в точке K , а боковое ребро DD1 в точке L . Найдите объем пирамиды A1 AKC1 L . 18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

87


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

5 2 . 74. . 75. 2. 2 4 3 2 2 2 24 76. . 77. arctg . 78. . 79. 1. 2 25 3 2 3 1 80. . 81. 30 . 82. arccos . 83. . 4 7 4 84. 2. 85. 0,5. 86. 3. 87. 4. 88. 1,5. 89. 4. 3 8 90. . 91. arctg . 92. 2 или 14. 93. 3 3 3 21 или . 94. 288. 95. 115,2. 96. 192. 17 4a 2 3 97. . 98. 3. 99. 36. 100. Q1  Q2  Q3 . 9 101. 12. 102. 12. 103. 28. 104. 9. 105. 7. Sd 106. 36. 107. 5 : 1 . 108. 144. 109. . 3 a2 6 6 ab a 2  b 2  c 2 110. , arccos . 111. . 2 3 a2  b2 71. 120 . 72. 120 . 73.

6 6 6 ; б) ; в) . 2 3 3 14 95 4 5 4. . 5. . 6. . 7. а) 3 ; б) 2; 4 10 5 7 2 5 14 39 в) ; г) ; д) ; е) ; 2 5 4 4 30 30 2 6 ж) ; з) . 8. 8. 9. . 10. . 5 4 3 3 39 12 93 11. . 12. 3 . 13. 1. 14. . 15. 2. 4 31 3 21 16. 2. 17. 2,4. 18. 3 41 . 19. . 20. . 3 7 3 36 259 21. . 22. 2 7 . 23. 3 11. 24. . 2 259 5 15 25. 0,8. 26. . 27. . 28. На три части 5 15 в отношении 1 : 1 : 1 . 29. 60 . 30. 60 . 31. 2 2 3 1 . 32. . 33. 2 arcsin или 4 4 5 2 2 1 9 arccos . 34. 2 arcsin или arccos . 25 5 25 3 10 35. arccossin   sin   . 36. 0,7. 37. . 20 2 38. 0,75. 39. . 40. 90 . 41. 0,9. 4 10 5 3 5 42. . 43. . 44. arcsin . 4 5 7 1 2 1 45. arccos ; arccos . 46. . 47. 90 . 6 3 6 3 2 2 1 48. . 49. . 50. 30 . 51. . 52. . 4 4 2 2 10 15 2 2 53. . 54. . 55. arcsin . 10 15 5 1 15 24 3 56. arcsin . 57. . 58. . 59. . 85 5 10 10 1. 3. 2. 2. 3. а)

112. 116.

5 . 5 1 16 5 64. arcsin . 65. arctg . 66. arctg . 15 48 151 3 5 21  67. arctg . 68. . 69. . 70. . 40 3 5 3 60. 6 6 . 61. 10 2 . 62.

18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

15 . 63. 10

88

3

 4V . 113. . 114. 2

d 3 . 3

a a3 . 115. . 6 5


Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения. таков С.А., Ященко И.В. – М.: МЦНМО, 2009. – 72 с. 12. ЕГЭ 2011. Математика. Типовые тестовые задания /под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: Издательство «Экзамен», 2011. – 63 с. 13. Задание С2: Решаем методом координат / И. Беликова. – Математика, приложение «Первое сентября», №20, 2010. 14. Панферов В.С., Сергеев И.Н. Отличник ЕГЭ. Математика. Решение сложных задач; ФИПИ – М.: ИтеллектЦентр, 2010. – 80 с. 15. Прокофьев А.А. Пособие по геометрии для подготовительных курсов (стереометрия). – 4-е изд. перераб. и доп. – М.: МИЭТ, 2007. – 240 с. 16. Самое полное издание типовых вариантов реальных заданий ЕГЭ 2010: Математика /авт.-сост. И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под ред. А Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: АСТ: Астрель, 2009. – (Федеральный институт педагогических измерений). 17. Смирнов В.А. ЕГЭ 2010. Математика. Задача С2 / Под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: МЦНМО, 2010. – 64 с. 18. Математика для поступающих в вузы: пособие / Шабунин М. И. – 2-е изд., испр. и доп. – М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2003. – 695 с. 19. Ященко И.В., Шестаков С.А., Захаров П.И. Подготовка к ЕГЭ по математике в 2011 году. Методические указания. – М.: МЦНМО, 2011. – 144 с. 20. www.mathege.ru - Математика ЕГЭ 2010, 2011 (открытый банк заданий) 21. www.alexlarin.narod.ru – сайт по оказанию информационной поддержки студентам и абитуриентам при подготовке к ЕГЭ, поступлению в ВУЗы и изучении различных разделов высшей математики. 22. http:///eek.diary.ru/ – сайт по оказанию помощи абитуриентам, студентам, учителям по математике.

Список и источники литературы 1. Василевский А.Б. Параллельные проекции и решение задач по стереометрии. – Мн.: Нар. асвета, 1978. 2. Геометрия. 10-11 классы: учеб. для общеобразоват. 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 общеобразоват. учреждений с углубл. и профильным изучением математики / Е.В. Потоскуев, Л.И. Звавич. – 3-е изд. – М.: Дрофа, 2005. – 223 с. 4. Геометрия. 11 кл.: учеб. для общеобразоват. учреждений с углубл. и профильным изучением математики / Е.В. Потоскуев, Л.И. Звавич. – 3-е изд. – М.: Дрофа, 2003. – 368 с. 5. Геометрия. 10-11 классы: учеб. для общеобразоват. заведений. / И.Ф. Шарыгин. – 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.: Издательство «Экзамен», 2011. – 158 с. (Серия «ЕГЭ. 100 баллов»). 7. Гусев В.А., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А. Геометрия. Полный справочник. – М.: Махаон, 2006. – 320 с. – (Для школьников и абитуриентов). 8. Денищева Л.О., Глазков Ю.А., Краснянская К.А., Рязановский А.Р., Семенов П.В. Единый государственный экзамен 2008. Математика. Учебнотренировочные материалы для подготовки учащихся / ФИПИ – М.: Интеллект – Центр, 2007. – 240 с. 9. Единый государственный экзамен: математика: методика подгот.: кн. для учителя / [Л.О. Денищева, Ю.А. Глазков, К.А. Краснянская и др.]. – М.: Просвещение, 2005. – 256 с. 10. Единый государственный экзамен 2011. Математика. Универсальные материалы для подготовки учащихся / ФИПИ – М.: Интеллект-Центр, 2011. – 144 с. 11. ЕГЭ 2010. Математика: Сборник тренировочных работ / Высоцкий И.Р., Захаров П.И., Панфёров В.С., Семёнов А.В., Сергеев И.Н., Смирнов В.А., Шес18.02.2011 www.alexlarin.narod.ru

89

Самостоятельная работа  

Самостоятельная работа

Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you