Подтяните знания с репетитором за лето | материал для подготовки к егэ (гиа) по геометрии (11 класс): | образовательная социальная сеть
Решу егэ
Решение:
Задачу решим несколькими методами.
а) Методом объемов.
Пусть 
— высота заданной правильной пирамиды,
SM — ее апофема, 
— медианы основания, 
Поскольку 
а это значит, что 
т. е. 
Пусть 
Тогда
Замечание:
Поскольку центр вписанного шара равноудалена от всех граней заданной пирамиды, то это обстоятельство позволяет выразить радиус шара, вписанного в пирамиду, через объем пирамиды и площадь ее полной поверхности. Мы имеем возможность мысленно разбить заданную пирамиду на четыре пирамиды, основаниями которых будут служить грани заданной пирамиды, а высоты их будут равны радиусу искомого шара. Так как объем заданной пирамиды V будет равен сумме объемов пирамид, составляющих эту пирамиду, то понятно, что 
где r — искомый радиус.
б) Использование тангенса половинного угла.
Искомый центр вписанного шара будет лежать на SO (а это надо бы доказать!). Кроме того, центр вписанного шара есть точка пересечения биссектрис линейных углов двугранных углов, образуемых боковыми гранями и основанием заданной пирамиды. Таким образом, центр шара лежит на пересечении высоты пирамиды SO и биссектрисы угла 
Если это — точка 
то 
и есть искомый радиус.
Вычислив OM и SM, можно найти косинус угла 
Тогда по формуле тангенса половинного угла сможем вычислить и значение тангенса угла 
в) Метод площадей.
Пусть 
Тогда 
В прямоугольном треугольнике SOD по теореме Пифагора имеем:
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на 
Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр 
к грани 
Ясно, что 
где r — радиус шара (сферы). Теперь соединим точку 
отрезком с точкой 
Треугольник SOD разбивается на два треугольника: 
и 
г) Координатный метод исследования.
Поместим пирамиду в декартову систему координат, как показано на рисунке. Пусть Тогда 
Для дальнейшего исследования этих расстояний нам вполне достаточно.
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку 
Тогда радиус шара (сферы) равен 
Зная, что точка удалена от грани ASCна то же расстояние, что и от основания ABC, для достижения цели найти искомый радиус, используем формулу расстояния от точки до плоскости.
Найдем координаты точек 
В нашем случае очень легко составить уравнения плоскостей ASC и 
Ясно, что уравнение плоскости ABC заведомо имеет вид: 
Составим уравнение плоскости ASC, имея в виду, что в этой же плоскости лежит также точка
В системе, приведенной ниже, первое уравнение учитывает принадлежность точки D, второе — принадлежность точки S, а третье — принадлежность точки 
Таким образом, искомое уравнение имеет вид: 
или 
Теперь нетрудно найти расстояние 
от точки 
до плоскости
Поскольку 
то 
Очевидно, что 
Следовательно, 
д) Метод подобия.
Пусть
Тогда 
В прямоугольном треугольнике SOD по теореме Пифагора имеем:
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр к грани ASC. Ясно, что 
где r — радиус шара (сферы).
Теперь соединим точку отрезком с точкой
Прямоугольные треугольники 
и SOD подобны как имеющие общий острый угол. Значит, 
Будем иметь в виду, что 
В таком случае: 
Ответ:
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 28.
§
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1.
Поместим призму в декартову систему координат, как показано на рисунке 1.
Выпишем координаты некоторых точек: O(0; 0; 0), 
N(0; 2; 2), O1(0; 0; 4); A(0; −2; 0); A1(0; −2; 4); 
Будем искать уравнение секущей плоскости в виде ax by cz d = 0. Пусть d = 4, тогда:
Отсюда ясно: c = −1; 2b − 2 4 = 0; b = −1; 
Итак, искомое уравнение имеет вид: 
или 
Найдем уравнение прямой A1B1. Оно при z = 4 будет иметь вид:
или
Если пересечение секущей плоскости и прямой A1B1 обозначить Q (эта же точка будет служить одной из вершин искомого сечения) то координаты этой точки найдутся как решение системы уравнений:
Таким образом, 
Проекцию точки Q на нижнее основание призмы обозначим Q1, 
Теперь найдем уравнение прямой AB. Оно будет иметь вид: 
Если точку пересечения секущей плоскости и прямой AB обозначить R, то решение системы
и будет координатами точки R (она же последняя неизвестная вершина искомого сечения).
Таким образом, 
Соединим точки M и N, N и O1, O1 и Q, Q и R, R и M отрезками. Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Нормальный вектор секущей плоскости имеет вид: 
а нижнего основания призмы: 
Пусть угол между сечением и нижним основанием призмы будет φ, тогда:
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Докажем, что OQ1 ⊥ AB, RM ⊥ AB.
В Δ AQ1O
по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б) 
Приведём другое решение:
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1 (рисунок 1)
Построение:
1) Проведем отрезки MN, NO1;
2) Продолжим отрезки AC и O1N до их пересечения в точке K.
3) Проведем прямую KM до пересечения с AB в точке R.
4) Продолжим отрезки MN и B1C1 до их пересечения в точке L.
5) Проведем прямую LO1 до пересечения с A1B1 в точке Q.
6) Соединим отрезком точки Q и R.
Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Рассмотрим треугольники O1C1N и MCN. Они оба равнобедренные и прямоугольные, равны по двум катетам. Очевидно, что 
так как они прямоугольные, у них: 
как вертикальные, C1N = CN по условию, откуда: 
Треугольник MCK — равнобедренный, значит,
(они вертикальные). Тогда
Пусть Q1 — проекция точки Q на нижнее основание призмы, O — проекция точки O1 на то же основание призмы. Тогда O1Q || OQ1. Но O1Q || RM как линии, получаемые при пересечении параллельных плоскостей (оснований призмы) секущей плоскостью. Значит, OQ1 || RM, иначе говоря, OQ1 ⊥ AB.
В прямоугольном Δ BRM катет BR, лежащий против ∠RMB = 30°, равен половине гипотенузы BM = 2, то есть BR = 1. Аналогично получим: AQ1 = 1. Q1R = 4 − 2 = 2.
AB ⊥ RM, отсюда по теореме о трех перпендикулярах: QR ⊥ RM, ∠QRQ1 — угол между нижним основанием призмы и секущей плоскостью. Обозначим его φ.
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Треугольник AQ1O равен треугольнику BRM по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б)
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 135.
§
Решение:
Задачу решим несколькими методами.
а) Методом объемов.
Пусть — высота заданной правильной пирамиды,
SM — ее апофема, — медианы основания,
Поскольку а это значит, что т. е.
Пусть Тогда
Замечание:
Поскольку центр вписанного шара равноудалена от всех граней заданной пирамиды, то это обстоятельство позволяет выразить радиус шара, вписанного в пирамиду, через объем пирамиды и площадь ее полной поверхности. Мы имеем возможность мысленно разбить заданную пирамиду на четыре пирамиды, основаниями которых будут служить грани заданной пирамиды, а высоты их будут равны радиусу искомого шара. Так как объем заданной пирамиды V будет равен сумме объемов пирамид, составляющих эту пирамиду, то понятно, что где r — искомый радиус.
б) Использование тангенса половинного угла.
Искомый центр вписанного шара будет лежать на SO (а это надо бы доказать!). Кроме того, центр вписанного шара есть точка пересечения биссектрис линейных углов двугранных углов, образуемых боковыми гранями и основанием заданной пирамиды. Таким образом, центр шара лежит на пересечении высоты пирамиды SO и биссектрисы угла Если это — точка то и есть искомый радиус.
Вычислив OM и SM, можно найти косинус угла Тогда по формуле тангенса половинного угла сможем вычислить и значение тангенса угла
в) Метод площадей.
Пусть Тогда
В прямоугольном треугольнике SOD по теореме Пифагора имеем:
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр к грани Ясно, что где r — радиус шара (сферы). Теперь соединим точку отрезком с точкой Треугольник SOD разбивается на два треугольника: и
г) Координатный метод исследования.
Поместим пирамиду в декартову систему координат, как показано на рисунке. Пусть Тогда
Для дальнейшего исследования этих расстояний нам вполне достаточно.
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Тогда радиус шара (сферы) равен
Зная, что точка удалена от грани ASCна то же расстояние, что и от основания ABC, для достижения цели найти искомый радиус, используем формулу расстояния от точки до плоскости.
Найдем координаты точек
В нашем случае очень легко составить уравнения плоскостей ASC и Ясно, что уравнение плоскости ABC заведомо имеет вид:
Составим уравнение плоскости ASC, имея в виду, что в этой же плоскости лежит также точка
В системе, приведенной ниже, первое уравнение учитывает принадлежность точки D, второе — принадлежность точки S, а третье — принадлежность точки
Таким образом, искомое уравнение имеет вид: или
Теперь нетрудно найти расстояние от точки до плоскости
Поскольку то
Очевидно, что
Следовательно,
д) Метод подобия.
Пусть
Тогда
В прямоугольном треугольнике SOD по теореме Пифагора имеем:
Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр к грани ASC. Ясно, что где r — радиус шара (сферы).
Теперь соединим точку отрезком с точкой
Прямоугольные треугольники и SOD подобны как имеющие общий острый угол. Значит, Будем иметь в виду, что В таком случае:
Ответ:
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 28.
