Свойства пирамиды с равно наклоненными ребрами можно

Реклама
1
Решение стереометрических задач
по теме «Пирамида»
Обобщение опыта работы учителя математики
Чупровой Ольги Степановны
МБОУ лицей №1 г. Комсомольска на Амуре
2
Задачи по стереометрии составляют основной раздел в изучении учащимися
10-11-х классов геометрии. Они способствуют развитию математического
мышления школьников, пространственного представления, развитию логики и
умению находить правильные решения в различных ситуациях. Научить правильно решать геометрические задачи - главная цель изучения стереометрии. А
для успешного решения таких задач, необходимо иметь правильное представление о них, уметь их систематизировать, выделять главное, составлять план
решения и правильно применять полученные знания на уроках геометрии при
решении таких задач. Поэтому основной целью моей работы является попытка
классифицировать стереометрические задачи по теме «Пирамида» в несколько
блоков:
 Пирамида с равнонаклоненными ребрами.
 Пирамида с равнонаклоненными гранями.
 Правильная пирамида.
 Произвольная пирамида.
 Пирамида, у которой боковое ребро или грань перпендикулярны основанию.
 Задачи с применением сечений пирамиды.
 Задачи по теме «Комбинации геометрических фигур».
 Задачи, предлагаемые на Едином Государственном экзамене.
Кроме того, рассмотрен дополнительный теоретический материал: основные формулы, теоремы, свойства и определения, применяемые при решении
стереометрических задач. В работе предлагаются решения некоторых задач,
взятых из вступительных экзаменов в Вузы, из заданий Единого государственного экзамена. Предложена подборка задач по данным темам, что естественно явится большим подспорьем учителям, работающим в старших
классах для проведения самостоятельных работ, дачи индивидуальных заданий, для подготовки к экзаменам.
3
Решение задач по теме «Пирамида».
Следует помнить, что в учебнике и других пособиях встречаются задачи
на следующие типы пирамид: правильная и неправильная пирамида. Среди неправильных пирамид может выделить следующие виды;
а) пирамида с равнонаклоненными ребрами;
б) пирамида с равнонаклоненными гранями;
в) одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания;
г) одна боковая грань перпендикулярна плоскости основания.
Рассматривая свойства правильной пирамиды, следует прежде всего
остановиться на алгоритме построения чертежа правильной пирамиды: построив изображение основания, находим проекцию вершины пирамиды – точку пересечения медиан, затем строим изображение высоты и только на последнем
этапе строим изображение боковых ребер.
Рассмотрим свойства правильной пирамиды на примере треугольной пирамиды ДАВС.
∆ АОД = ∆ ВОД = ∆ СОД по катету (ОД)
и гипотенузе (АД = ВД = СД).
Из равенства этих треугольников следует,
что АО = ВО = СО, т.е. точка О равноудалена от вершин треугольника, т.е. является центром описанной окружности, с другой стороны центр описанной окружности
в правильном многоугольнике является
центром вписанной окружности. Поэтому
при решении задач на правильную пирамиду следует использовать следующие
формулы
r 
1
a 3
2
a 3
R
r
m
; R  m 
, hбок. 
; e
,
3
6
cos 
3
3
cos 
где е – длина бокового ребра, hбок. – длина апофемы, α – угол наклона бокового
ребра к плоскости основания, φ – угол наклона боковой грани к плоскости основания.
Для правильной пирамиды справедлива формула S бок. 
S осн.
;
cos 
Докажем эту формулу для треугольной пирамиды.
1
1
Росн.  hбок.
Pосн.  r
S
1
r
2
2
 S бок.  Росн. 

 осн. ч.т.д.
ОА1
r
2
cos 
cos 
cos 
 ДОА1  hбок. 

cos  cos 
S бок. 
4
Кроме того, при решении задач с правильной пирамидой следует помнить о
следующих свойствах:
 Проекция высоты пирамиды на боковую грань лежит на высоте грани
(апофеме пирамиды);
 Проекция высоты на ребро основания – его середина;
 Каждая точка высоты равноудалена от боковых ребер, вершин основания, боковых граней;
 Угол между боковым ребром и плоскостью основания один и тот же для
всех боковых ребер;
 Угол между боковой гранью и основанием для всех боковых граней один
и тот же;
 Все углы между соседними боковыми гранями равны;
 Все плоские углы при вершине пирамиды равны;
 Боковые грани-равные равнобедренные треугольники;
 Все углы, образованные боковыми ребрами и высотой пирамиды, равны.
Задача1. В правильной треугольной пирамиде боковое ребро равно а, а плоский
угол при вершине α. Найти площадь полной поверхности пирамиды.
Решение.
Sпир = Sосн + Sбок, Sбок=½Росн h, Sосн =1/4а2√3
Рассмотрим треугольник ДСН - прямоугольный,
<НСД=α/2;
ДН=ДСCOSα/2=аCOSα/2; СН=а sin α/2; СВ=2 а sin
α/2.
Sосн=1/4*4а2 sin2 α/2*√3=а2 sin2 α/2*√3;
Sбок=½*6 а sin α/2* аCOSα/2=3/2а2 sin α;
Sпир=а2 sin α/2(3/2COSα/2+ siп α/2*√3).
5
Ответ: Sпир=а2 sin α/2(3/2COSα/2+ siп α/2*√3).
Задача 2. В правильной 3-угольной пирамиде известна сторона основания и
плоский угол при вершине. Найдите: а) апофему пирамиды; б)угол между боковым ребром и плоскостью основания; в)двугранный угол при основании;
г)высоту пирамиды.
Решение
Пусть а- сторона основания, α- плоский угол при вершине.
а) ∆СДН- прямоугольный; <СДН= α/2; СН=а/2; ДН=а/tgα/2 (апофема).
б)угол между боковым ребром и плоскостью основания<ДСО=ψ.
2
3
ОС= R  m 
a 3
;
3
ДС=а/2sinα/2;
cos
ψ=ОС/ДС=(а√3/3):(
а/2sinα/2)=⅔√3sinα/2;
<ДСО =arcos(⅔√3sinα/2)
1
3
в) ОН= r  m 
a 3
; двугранный угол при основании<ДСВА=<ДНО=φ
6
∆ОДНпрямоугольный;
cosφ=ОН/ДН=1/6а√3:(а/tgα/2)=1/6√3tgα/2;
<ДСВА=arcos(1/6√3tgα/2).
г)высота пирамиды ДО=(а√12- tgα/2):(2 tgα/2).
Неправильная пирамида с равнонаклоненными ребрами обладает следующими свойствами:
1. Проекцией вершины является центр описанной окружности вокруг основания.
2. Все боковые ребра равны.
3. Углы, образованные высотой пирамиды с боковыми ребрами, равны.
Эти свойства следует из равенства треугольников АОД, ВОД, СОД.
6
Пирамида с равнонаклоненными ребрами.
Свойства пирамиды с равнонаклоненными ребрами можно рассмотреть на
примере треугольной пирамиды DABC. (рис.1)
Треугольники ADO, BDO, CDO равны по катету DO и острому углу  .
( DAO  DBO  DCO   ). Из равенства этих треугольников вытекают следующие свойства пирамид этого класса:
1. боковые ребра пирамиды равны,
2. вершина пирамиды проектируется в центр описанной окружности,
3. углы, образованные высотой пирамиды с боковыми ребрами, равны.
В случае треугольной пирамиды желательно с учащимися выделить следующие
моменты:
a) если в основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник, то проекцией вершины является середина гипотенузы и тогда радиус описанной
окружности вокруг основания равен половине гипотенузы. В этом случае
имеем одну грань, перпендикулярную плоскости основания:
(ADB)  (ABC) (рис2)
b) если в основании пирамиды лежит тупоугольный треугольник, то высота
этой пирамиды лежит во внешней области, т.к. центр описанной окружности вокруг тупоугольного треугольника лежит вне треугольника. (рис.
3)
рис. 1
рис. 2
рис. 3
с) если в основании пирамиды лежит остроугольный треугольник, то высота находится
во внутренней области пирамиды.
Для решения задач на пирамиду с равнонаклоненными ребрами, в основании
которой лежит треугольник, полезно вспомнить формулы, содержащие радиус описанной окружности:
S  2 R 2 sin  sin  sin  , S  abc
4R
а
 2 R (теорема синусов),
sin 
R  2c (в случае прямоугольного треугольника).
7
В случае, если в основании пирамиды лежит четырехугольник и боковые ребра одинаково наклонены к плоскости основания, следует помнить, что из
всех видов параллелограмма в основании может лежать либо прямоугольник, либо квадрат, т.к. только вокруг них можно описать окружность; из
всех видов трапеций в основании может лежать только равнобедренная трапеция, т.к. только вокруг равнобедренной трапеции можно описать окружность. Если же в основании такой пирамиды лежит произвольный четырехугольник, он должен обладать свойством вписанного четырехугольника:
сумма противоположных углов равна 1800.
Задача3.(ЕГЭ)Основанием треугольной пирамиды МАВС является прямоугольный треугольник АВС с гипотенузой АВ=10 и катетом АС=8. Боковые
ребра пирамиды образуют с высотой пирамиды равные углы в 450. Найти
объем пирамиды.
Решение.
Так как углы, образованные боковыми ребрами с высотой пирамиды, равны,
то можно утверждать, что треугольники МАН, МНВ, МНС равны между собой (по катету и острому углу). Следовательно, пирамида МАВС с равнонаклоненными ребрами, то есть можно применять все её свойства, а именно,
учитывая, что в основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник,
следует, что основание высоты пирамиды находится на середине гипотенузы. Т.е. АН=НС=НВ=R=5. Кроме того, полученные треугольники являются
не только прямоугольными, но и равнобедренными, т.е. высота пирамиды
МН=5.
Рассмотрим прямоугольный ∆АВС, лежащий в основании пирамиды. По
теореме Пифагора АВ2=АС2+ ВС2, отсюда СВ=6.
Sосн=1/2АС*СВ= ½*8*6=24.
V= 1/3 Sосн*МН=1/3*24*5=40.
Ответ: 40.
8
Пирамида с равнонаклоненными гранями.
Определенная доля задач на пирамиду в учебнике связана с пирамидой, в
которой боковые грани одинаково наклонены к плоскости основания. Такую
пирамиду будем коротко называть пирамидой с равнонаклонеными гранями.
Если из основания высоты, точки О, провести перпендикуляры к сторонам основания и соединить точки их
пересечения с вершиной, получим линейные углы двугранных
углов
при
основании:
 DMO  DNO  DPO   .
Треугольники DMO, DON, DOP равны по общему катету DO и острому углу  . Из равенства треугольников следуют свойства пирамиды с равнонаклоненными гранями:
1. все высоты боковых граней равны,
2. вершина пирамиды проектируется в центр вписанной окружности,
3. углы, образованные высотой пирамиды с высотами боковых граней,
равны.
При решении задач на этот тип пирамиды следует помнить формулу площади многоугольника S n  12 Pn r , в случае прямоугольного треугольника полезна
формула r=(a+b-c)/2. Для пирамиды с равнонаклоS
ненными гранями справедлива формула S бок  cos
 . Её
легко доказать для треугольной пирамиды.
осн
Sбок  12 Росн h
DON : hбок 
ON
cos 

r
cos 
S бок  12 Pосн
r
cos 

S осн
cos 
В основании пирамиды с равнонаклоненными гранями может лежать любой треугольник (прямоугольный, тупоугольный, остроугольный), из параллелограммов может быть только ромб (квадрат, как
частный случай ромба), из всех видов трапеции в основании пирамиды второго типа может лежать произвольная трапеция, в которой суммы противоположных сторон равны.
Задача 4. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а и острым
углом β. Двугранные углы при основании равны α. Найти объём и полную поверхность пирамиды.
Решение.
9
.
По
условию
задачи
АВСДромб,
АВ=а,
<РДСА=<РАДС=<РБСА=<РАВС= α.
Sп=Sосн+Sбок, V=⅓ Sосн*h.
Sосн=а2sinβ, Sбок = Sосн/cos α= а2 sinβ/ cos α ,
Sп= а2sinβ+ а2 sinβ/ cos α=а2 sinβ(1+ cos α).
Иначе Sосн=½Росн*r, r=ОН=2 Sосн/ Росн=аcos β(cos α+1)/ 2cos α.
Рассмотрим ∆РОН- прямоугольный, РО= аcos βsin α(1+ cos α).
V=⅓ а2sinβ аcos βsin α(1+ cos α)= 1/6 а3sin2β sin α(1+ cos α).
ОТВЕТ: V=1/6 а3sin2β sin α(1+ cos α); Sп=а2 sinβ(1+ cos α).
<А=β,
При рассмотрении пирамид, у которых одно боковое ребро перпендикулярно плоскости основания, особый интерес представляет четырехугольная пирамида, в основании которой лежит параллелограмм. С учащимися необходимо выяснить следующие моменты:
1. если в основании лежит параллелограмм, то среди боковых граней имеется только два прямоугольных треугольника,
2. если этот параллелограмм является прямоугольником, то все четыре боковые грани являются
прямоугольными
треугольниками.
0
SAD  SCD  90 по теореме о трех перпендикулярах.
3. если этот прямоугольник является квадратом, то эти боковые грани являются попарно равными прямоугольными треугольниками ( SAB  SCB ;
SAD  SCD ).
Значительно реже встречаются задачи на пирамиду, у которой одна боковая
грань перпендикулярна плоскости основания. Особыми свойствами пирамиды этого типа не обладают, поэтому никаких алгоритмов решения для такого типа задач нет.
10
Задача 5.Основанием пирамиды служит прямоугольник с меньшей стороной
а. Найти объем пирамиды, если две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости основания, а две другие наклонены к ней соответственно
под углами 300 и 600.
Решение. V=⅓ Sоснh. Так как две боковые грани перпендикулярны к основанию, то высота пирамиды h=РВ (боковому ребру), т.е. РВ перпендикулярно
к основанию, следовательно, линейные углы двугранных углов РСДА и
РАДВ равны углам РСВ и РАВ соответственно, т.е. <РСВ=300, а <РАВ=600,
т.к. сторона ДС=а (меньшая).
1. Рассмотрим ∆РАВ- прямоугольный, тогда РВ= АВ*tg600=а√3.
2. ∆РВС- прямоугольный, ctg300=ВС/РВ, т.е. ВС=РВ* ctg300=3а.
3. Sосн=ВС*СД=а*3а=3а2. Тогда
4. V=⅓3а2* а√3=а3√3.
Ответ: V=а3√3.
Задача 6.Основание пирамиды- квадрат. Одно из боковых ребер перпендикулярно к плоскости основания, а большее боковое ребро равно 12. Зная,
что две боковые грани образуют с плоскостью основания углы по 450,
определить объем пирамиды.
11
Решение. V=⅓ Sоснh. Т.к. одно из боковых ребер перпендикулярно к плоскости основания (пусть это будет ребро РВ), то высота пирамиды h=РВ.
Пусть сторона основания равна а, тогда диагональ основания равна а√2,
т.к. АВСД- квадрат.
1. ∆ВРД- прямоугольный: РВ2=144-2а2(по теореме Пифагора).
2. ∆ВРА- прямоугольный и равнобедренный, т.к. <РАВ=450. Тогда
АВ=ВР=а; ВР2= а2
3. Приравнивая Выражения, получим 144-2а2= а2, отсюда а=4√3, т.е.
h=4√3.
4. Sосн= а2=48. V=⅓*48*4√3=192√3/3=64√3.
Ответ: V=64√3.
Комбинация пирамиды с шаром.
Рассмотрим ситуацию, когда шар описан вокруг пирамиды. Центр описанного шара равноудален от всех вершин пирамиды. В плоскости основания пирамиды имеется одна точка, равноудаленное от вершины многоугольника, это центр описанной окружности. Тогда все точки пространства равноудаленные от вершины многоугольника, лежат на прямой, перпендикулярной плоскости многоугольника и проходящей через центр описанной
окружности. Если пирамида правильная, то центр описанного шара лежит на
ее высоте. В пирамиде с равнонаклоненными ребрами центр описанного шара лежит также на высоте. Пользуясь свойством точек, равноудаленных от
вершины пирамиды можно сделать вывод, что вокруг любой треугольной
пирамиды можно описать шар; если же шар описан вокруг четырехугольной
неправильной пирамиды, то в основании может лежать прямоугольник,
квадрат, равнобедренная трапеция, либо произвольный четырехугольник, у
которого сумма противоположных углов составляет 1800.
12
Теорема. Около любой треугольной пирамиды можно описать сферу.
Сфера называется описанной около многогранника (а многогранник вписанный в сферу), если все его вершины лежат на сфере.
Центр описанной сферы - точка, равноудаленная от всех вершин многогранника.
Пусть S-вершина треугольной пирамиды SABC, М-центр окружности, описанной
около треугольника АВС, ℓ-прямая, перпендикулярная плоскости основания АВС и
проходящая через точку М. Тогда каждая точка прямой ℓ равноудалена от точек А, В
и С.
Если К- середина какого-нибудь ребра пирамиды (например SВ), то плоскость
ά, проходящая через точку К и перпендикулярная ВS, пересекает прямую ℓ в
точке О, равноудаленной от всех вершин пирамиды. Эта точка и есть центр
описанной сферы.
Рассмотрим методы решения задач на шар, описанный вокруг пирамиды.
Задача7. Найти радиус сферы, описанной около правильного тетраэдра с
ребром а.
13
Центр шара, описанного вокруг правильной пирамиды лежит на высоте,
т.е. О  DМ , причем М - центр описанной окружности вокруг правильного
треугольника АВС, следовательно
АМ  Rокр. 
2
а 3
m
, где m – медиана
3
3
треугольника АВС.
I. способ решения.
1. Рассмотрим
∆
АОМ
–
прямоугольный:
ОМ  h  DO  h  R . По теореме Пифагора имеем
2
a
a
2
2
2
R   (h  R) ; R 
 h 2  2hR  R 2 .
3
3
2
a
2hR 
 h 2 . (1)
3
а 3
: АО  R.
3
AO 2  AM 2  OM 2 .
АМ 
2. Из треугольника AMD найдем высоту h:
2
h
AD 2  AM 2 ;
h  a2 
2a 2
2 a 6
a

.
3
3
3
a

2
3. Подставив в равенство (1), получим:
2
2 Rh 
a
2
 a2  a2;
3
3
Ответ: R 
R
a2 3
a 6 2

a 6
.
4
a 6
4
II. способ решения.
Радиус описанного шара можно найти из треугольника АОD, воспользовавшись теоремой косинусов.
AOD : AO  OD  R. DAO  ODA   .
cos  
DM
AD
(из  ADM ). cos   a
По теореме косинусов имеем:
AO 2  AD 2  OD 2  2 AD  OD cos  .
R 2  a 2  R 2  2a  R
R
a 6
.
4
2
3
2
2
6
.
:a 

3
3
3
14
III. способ решения.
Радиус описанной сферы можно найти по теореме синусов, с этой целью
необходимо найти такой треугольник, в котором искомый радиус является радиусом описанной окружности. В нашей задаче придется построить для точки
А точку, симметричную относительно точки М. Эту точку обозначим А
 ADA - равнобедренный, т.к.
AD  DA  a. AO - радиус описанной
окружности. Тогда по теореме синусов имеем:
DA
 2R .
sin DAM
sin DAM  cos ADO  cos  
a 3
2
 2 R; R 
2
.
3
a 6
4
Работая с треугольником ADA , радиус описанной окружности можно
найти
из
формул
площади
треугольника:
S 
abc
4R
или
S  2 R 2  sin DAM  sin DAM  sin ADA .
IV. способ решения.
Для нахождения радиуса описанной окружности можно воспользоваться
теоремой о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике. Продолжим высоту DM до пересечения со средой, N  Сф (0; R)  DM . Треугольник
AND является прямоугольным, т.к. вписанный угол DAN опирается на диаметр,
AM – перпендикуляр, проведенный из вершины прямого угла на гипотенузу,
следовательно AM 2  DM  MN (2). Обозначим MN = x, тогда DM + MN = 2R;
H + x = 2R. Воспользуемся равенством (2) и выразим MN:
2
a
a 6

 x;
3
3
x
a 6
;
6
a 6 a 6

 2R ;
3
6
R
a 6
.
4
15
Ответ: R 
a 6
.
4
Задача 8.Расстояние от центра О шара радиуса 12, описанного около правильной четырехугольной пирамиды, до бокового ребра равно 4√2. Найти:
1) высоту пирамиды;
2) расстояние от точки О до боковой грани пирамиды;
3) радиус вписанного в пирамиду шара.
Решение.
Пусть АВСD- основание пирамиды, S- её вершина, К и Е- середины соответственно DC и АС, О1- центр вписанного в пирамиду шара, r- его радиус,
М и N- основания перпендикуляров, опущенных из точки О на SK и SC, P
принадлежит SK и О1Р┴ SK, SЕ=h. Тогда ОМ= ОЕ= r, ОS= ОС= 12, ОN=
=4√2, SN= NC, SN= √OS2- ON2= √144- 32= 4√7, SC=8√7.
Обозначим <ESK=α, <ESC=β.
Тогда
cos β=SN:SO=√7:3, sin β=√2:3.
H= SE=SC*cos β=56/3, ЕС=SC sinβ= 8√14/3.
ЕК= ЕС/√2=8√7/3, tg α=EK/SE=1/√7.
16
сos α=√7/8, sin α=√2/4.
Расстояние от точки О до боковой грани пирамиды равно ОМ, где ОМ= SО
sin α= 3√2.
Из ∆ SОМ находим r/( h- r)= sin α, откуда r=h sin α:( 1+ sin α)=8/3(2√2-1).
Ответ: 1) 56/3; 2) 3√2; 3) 8/3(2√2-1).
Теорема. В любую треугольную пирамиду можно вписать сферу, радиус
которой r=3V/Sп(*), где V-объём пирамиды, Sп - площадь полной поверхности пирамиды.
Доказательство.
Сфера называется вписанной в многогранник, если она касается всех его
граней. Это означает, что расстояние от центра сферы до каждой грани многогранника равно радиусу сферы.
Пусть S- вершина треугольной пирамиды SАВС. Докажем, что найдется
луч ℓ, все точки которого равноудалены от граней трехгранного угла с вершиной S.
Назовем биссектором двугранного угла полуплоскость, разделяющую его
на два двугранного угла равной величины. Биссектор есть множество точек
двугранного угла, равноудаленных от плоскостей его граней.
Построим биссекторы двугранных углов с ребрами SА и SВ. Они пересекаются по лучу ℓ с вершиной S, каждая точка которого равноудалена от все
трех граней трехгранного угла с вершиной S.
Проведем далее биссектор α двугранного угла при каком-нибудь ребре основания (например при ребре АВ). Этот биссектор пересечет луч ℓ в точке
О, равноудаленной от всех граней пирамиды. Это и есть центр вписанной в
пирамиду сферы.
Заметим, что в n-угольную пирамиду можно вписать сферу тогда и только
тогда, когда можно вписать сферу в многогранный угол при вершине пирамиды, то есть в том и только в том случае, когда биссекторы двугранных
углов при всех ребрах, сходящихся в вершине пирамиды, пересекаются по
одному лучу.
Докажем формулу (*). Пусть О- центр сферы, вписанной в пирамиду. Соединим точку О со всеми вершинами пирамиды, пирамида разобьется на
17
четыре пирамиды. Высота каждой из этих пирамид, проведенная из их общей вершины О, равна r- радиус вписанной сферы. Если S1, S2 , S3 и S4площади граней пирамиды, V- объем пирамиды SАВС, то
V=1/3 S1 r+1/3 S2 r+1/3 S3 r+1/3 S4 r= 1/3 Sn r,
где Sn- площадь полной поверхности пирамиды, отсюда следует формула
r=3V/Sп.
Эта формула справедлива для любого многогранника, в который можно
вписать сферу.
Задача 9. (ЕГЭ) В правильный тетраэдр МАВС с ребром 24 вписан шар. В
трехгранный угол с вершиной М вписан второй шар, который касается
первого шара. Найдите объем второго шара.
Решение. Так как тетраэдр правильный, то Sт=4Sосн, где
Sосн=
2
2
=а √3/4=24 √3/4=144√3.
Sт=4*144√3=576√3.
Рассмотрим ∆АВС, АН=R3=а/√3=24/√3.
Из ∆АМН находим по теореме Пифагора МН=8√6.
Для нахождения радиуса вписанного шара используем формулу
rш=3Vт/Sт
;
для
этого
найдем
объем
пирамиды
Vт=1/3
Sосн*МН=1/3*144√3*8√6=1152√2,
отсюда rш=2√6. ОН=rш; МО=6√6; ОО1=r1+ r, где r1-радиус шара, вписанного в трехгранный угол, т.е. ОО1=r1+ 2√6; О1К= r1; МО1= МООО1=4√6- r1.
∆МО1К подобен ∆МОД (по двум углам), тогда можно составить пропорцию О1К:ОД=МО1:МО, отсюда r1=√6.
Тогда объем шара, вписанного в трехгранный угол, находится по формуле:
V= 4/3π r13=4/3 π6√6=8 π√6.
Ответ: V=8 π√6.
18
Задача10.В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Расстояние
от центра шара до вершины пирамиды равно в, угол наклона боковой грани к
плоскости основания равен α. Найти объем пирамиды.
Решение.Vп=⅓ Sосн*h, где Sосн=АВ2, т.к. пирамида правильная, h=РН (высота
пирамиды). Проведем апофему пирамиды РК, тогда угол РКН будет равен двугранному углу при основании пирамиды РСДА и равен α. (рис.2)
Проведем отрезок ОЕ перпендикулярный РК, треугольники РОЕ и РНК будут
подобными по двум углам, следовательно, <РОЕ= α.
1. ∆РОЕ- прямоугольный, тогда ОЕ= в cosα; РЕ= в sinα, но ОЕ=R=ОН -радиус
вписанного шара, следовательно, РН= в+ в cosα= в(1+ cosα)=2в cos2 α/2.
2. ∆РНК- прямоугольный: НК=РН*ctg α= 2в cos2 α/2* ctg α. Отсюда сторона
квадрата АВСД равна 4в cos2 α/2* ctg α= 2в cos α* ctg α/2.
3. Sосн=4 в2 cos2 α* ctg2 α/2
4. Vп=⅓*4 в2 cos2 α* ctg2 α/2*2в cos2 α/2= 4/3 в3 sinα cos2 α ctg3 α/2.
Ответ: Vп=4/3 в3 sinα cos2 α ctg3 α/2.
( рис.2)
Задачи с использованием сечений пирамиды
Для того, чтобы использовать сечения пирамиды при решении задач, необходимо вначале учащихся научить строить такие сечения. При этом необходимо
помнить следующие утверждения:
19
 Плоскость называется секущей плоскостью многогранника, если по
обе стороны от этой плоскости имеются точки данного многогранника.
 Многоугольник, сторонами которого являются отрезки, по которым
секущая плоскость пересекает грани многогранника, называется сечением данного многогранника.
 Если стороны многоугольника, являющегося сечением, расположены в
параллельных гранях многогранника, то они параллельны между собой.
 Вершины сечения лежат либо на ребрах многогранника, либо в его
вершинах.
 Сечением тетраэдра могут быть четырехугольники и треугольники, так
как тетраэдр имеет четыре грани.

Докажем следующее утверждение:
Если на боковых ребрах ДА, ДВ и ДС треугольной пирамиды ДАВС расположены точки А1, В1 и С1 так, что
ДА1:ДА=а, ДВ1:ДВ=в, ДС1:ДС=с,
И если V и V1- объемы пирамид ДАВС и ДА1В1С1 соответственно, то
V1: V=авс.
Доказательство.
Выберем в качестве оснований рассматриваемых пирамид грани, лежащие в
плоскости АВД. Если S и S1- площади треугольников АВД и А1В1Д, h и h1 - высоты пирамид СДАВ и С1ДА1В1, опущенные из вершин С и С1, <АДВ=β, то
S=1/2 ДА*ДВsin β, S1=1/2 ДА1*ДВ1sin β; h1: h=ДС1:ДС=с, V=1/3Sh, V1=1/3 S1h1,
Отсюда следует, что
V1: V=ДА1*ДВ1*h1/ ДА*ДВ*h=авс.
Задача11. В правильной треугольной пирамиде РАВС сторона основания равна
6, а каждая боковая грань наклонена к плоскости основания под углом 600. На
20
боковых ребрах пирамиды взяты точки А1, В1, С1 так, что РА1 =2, РВ1 =3,
РС1=1.Найти объем получившейся пирамиды РА1В1С1.
.
Решение. Пусть объем данной пирамиды V=1/3 Sосн*h, где h- высота пирамиды , V1- объем искомой пирамиды.
1).Sосн=а2√3/4, если пирамида правильная, тогда Sосн=9√3.
2).АО=R=а/√3=2√3, АС=3√3, ОС=√3 в правильном ∆АВС.
3). ∆ОРС- прямоугольный, <РСО=600, как линейный угол двугранного угла
РСВА, тогда РО= ОС tg600=3, т.е h=3.
4). ∆АРО- прямоугольный, тогда по теореме Пифагора находим АР=√21.
5). Находим отношения РА1: РА=2: √21, РС1:РС=1: √21, РВ1:РВ=3: √21.
6) Находим объем данной пирамиды V=1/3*9√3*3=9√3, тогда используя формулу V1: V=р g r, находим, что
V1: V=2/√21*1: √21*3: √21, отсюда V1=18/7.
Ответ: V1=18/7.
Задача12.По стороне основания а найти площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.
Решение. Т.к. пирамида правильная, то Sбок= ½ Росн*h, где Росн=4а, h-апофема,
h=ОН. (рис.1)
По условию известно, что Sсеч=Sосн=а2, где Sсеч- площадь диагонального сечения пирамиды. Sсеч=SАРС=1/2 РО*АС, где АС=а√2 (диагональ квадрата ДАВС).
Из условия известно, что 1/2РО*АС=а2, отсюда РО=а√2.
Рассмотрим ∆РОС- прямоугольный, h= ОН= а/2, РН= √2а2+а2/4 = 3/2 а.
Тогда Sбок= ½*4а*3/2 а=3а2.
Ответ: Sбок=3а2
21
(рис.1)
Задача13.В правильной треугольной пирамиде дана сторона основания а и угол
наклона β
бокового ребра к
плоскости основания. Через центр основания проведено сечение пирамиды
плоскостью, параллельной двум пересекающимся ребрам. Определить площадь
сечения.
Решение .Проведем сечение через ОО2// АS и ДЕ// ВС. Значит, РД//АS и
EF//AS, т.е. DEFP- параллелограмм. Проведем О1О2 перпендикулярно плоскости АВС. Т.К. ОО1┴ДЕ, то ДЕ┴ОО2 по теореме о трех перпендикулярах. Тогда
DEFP- прямоугольник, т.е. S DEFP= ДЕ* ОО2.
1. ∆АМС: АМ=а√3/2 ( по теореме Пифагора), тогда АО= ⅔АМ= а/√3,
ДС= ⅓ а.
2. ∆АОS: cosβ=АО/АS, то АS= а/(√3 cosβ).
3. ∆АОД: tgβ=ДО/АО, тогда ДО= а/3, т.е. ДЕ=⅔ а.
22
4. ∆АСS подобен ∆ДРС, тогда АS:АС=ДР:ДС, отсюда ДР= а/(3√3 cosβ). Следовательно,
5. S DEFP=⅔ а* а/(3√3 cosβ)= 2√3а2/ (27 cosβ).
6. Ответ: S DEFP=2√3а2/ (27 cosβ).
Задача 14. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом α. Найти объем пирамиды, если её боковые грани образуют с основанием один и тот же
двугранный угол β и радиус вписанного в неё шара равен r.
Решение .Т.к. все грани пирамиды образуют с основанием одинаковый угол, то
вершина пирамиды Р проектируется в центр О вписанной в основание окружности. Сделаем выносные чертежи основания АВСД и ∆РОМ.
1. Соединим точки О2 и М, получим:
∆О2ОМ: tgβ/2 = r/ОМ, то ОМ= r сtgβ/2.
2. Отсюда, МЕ= 2 r сtgβ/2, т.е. FД=2 r сtgβ/2.
3. ∆А FД: sin α= FД/АД, то АД=2 r сtgβ/2: sin α.
4. Значит, Sосн= 4 r2 сtgβ2/2: sin α, т.к Sромба= а2 sin α.
5. ∆РОМ: tgβ=РО/ОМ, то РО= r сtgβ/2 tgβ.
6. Отсюда Vп= ⅓ * 4 r2 сtgβ2/2: sin α* r сtgβ/2 tgβ= 4/3(r3 tgβ ctgβ/2)/sinα.
7.
Ответ: Vп=4/3(r3 tgβ ctgβ/2)/sinα.
23
Задачи, предлагаемые на Едином Государственном экзамене, на тему
«Пирамида».
Задача 15. ( ЕГЭ С4) Дана сфера радиуса 9. В этой сфере проведено сечение,
плоскость которого удалена от центра сферы на расстоянии, равном 7. Точка F выбрана на сфере, а точки А,В,С,Д- последовательно на окружности сечения так, что объем пирамиды FАВСД- наибольший. Точка М- середина ребра СF. Найти тангенс угла между прямыми ВМ и АF.
Решение.
1. Прямые ВМ и АF- скрещивающиеся, следовательно, углом между ними является угол между прямой ВМ и прямой, параллельной прямой АF и проходящей через точку М. Для этого необходимо провести прямую МК// АF.
(Т.к. М- середина FС, то по теореме Фалеса, К- середина АС). Угол ВМК,
равный φ, есть искомый угол.
2. Чтобы объем пирамиды V=⅓Sосн*h был наибольшим, необходимо, чтобы
площадь основания и высота пирамиды были наибольшими. Из всех четырехугольников, вписанных в окружность, наибольшую площадь имеет
квадрат, значить АВСД- квадрат. Чтобы высота пирамиды была наибольшей, необходимо, чтобы точка F находилась на диаметре сферы, перпендикулярном плоскости сечения. Т.е. h=КF, где К- точка пересечения диагоналей квадрата АВСД.
3. Из точки М проведем отрезок МН┴АС, следовательно, по теореме о трех
перпендикулярах, МК┴ВД, значит, ∆ВМК – прямоугольный и tgφ=ВК/КМ.
4. ВК=r, где r- радиус сечения, тогда r= √R2- d2=√81-49= 4√2. ( R- радиус сферы, d- расстояние от центра сферы до сечения). ВК=4√2, FК=
FО+ОК=9+7=16.
5. ∆FАС: КМ- средняя линия, т.е. КМ= FА/2.
6. ∆FАК- прямоугольный: по теореме Пифагора FА=√ FК2+АК2 = √ 256+32 =
= 12√2. КМ=6√2.
24
7. tgφ=4√2/6√2=2/3.
Ответ:2/3.
Задача 16 .(ЕГЭ. С4 ) Отрезок РN- диаметр сферы. Точки М и L лежат на
сфере так, что объем пирамиды РMNL- наибольший. Найти синус угла между прямой NT и плоскостью PMN, если Т- середина ребра МL.
Решение.
1. Пусть угол между прямой NT и плоскостью PMN равен φ, требуется найти
sin φ . Угол между прямой и плоскостью- это угол между данной прямой и
её проекцией на эту плоскость. Т.к. РN- диаметр сферы, тогда ∆ PMNпрямоугольный. Опустим из точки Т перпендикуляр к плоскости PMN,
тогда ТК перпендикулярно ОМ и ОL┴ ОМ, то ОL //ТК. Если V=⅓Sосн*hнаибольший, то наибольшее значение должны принимать Sосн и h, где hвысота пирамиды.
2. Из всех прямоугольных треугольников с одной и той же гипотенузой
наибольшую площадь будет иметь равнобедренный треугольник. Значит,
∆ PMN- равнобедренный, т.е. МN=MP=R√2.
3. Чтобы высота пирамиды была наибольшей, необходимо, чтобы
h=R=ОL=OM=OP=ON, тогда треугольники LON и LMN равны, значит,
LN=NM=R√2, отсюда NТ=МN*√3/2= R√6/2.
4. Рассмотрим ∆LOM: т.к. ТК- средняя линия, то ТК= R/2.
5. ∆ТКN- прямоугольный, т.к. ТК перпендикулярно плоскости РМN, то
sinφ=TK/NT=2 R/2 R√6=√6/6.
Ответ: √6/6.
25
Задача 17.В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 10, 8 и 6.
Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 45 0. Через середину высоты проведена плоскость, параллельная основанию. Найти объем
получившейся усеченной пирамиды.
Решение.
V =⅓H(S1+S2+√S1S2)
1. S1=SABC=√р(р-а)(р-в)(р-с), где р=(а+в+с):2=(10+8+6):2=12.
Тогда S1=√12(12-10)(12-8)(12-6)=24.
2. Т.к. сечение проведено через середину высоты и перпендикулярно основанию, то треугольники АВС и А1В1С1 подобны с коэффициентом подобия равным 2, тогда S2= S А1В1С1= S1:4=24:4=6.
3. Т.к. все ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одним углом, то высота пирамиды проектируется в центр описанной окружности, тогда ОА=ОВ=ОС=R=авс/4S=10*8*6/4*24=5.
4. Кроме того, все ребра наклонены под углом в 45 0, то ∆АОР-прямоугольный
и равнобедренный, значит, высота пирамиды равна 5, а высота усеченной пирамиды равна 2,5.
Следовательно, V=⅓*2,5(6+24+√6*24)=35.
Ответ:35.
26
Скачать