Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение «Гвардейская школа-гимназия №2» Симферопольского района Республики Крым Образцы оформления задач по теме: «Комбинация тел» для ЕГЭ Задача на комбинацию геометрических тел. 1.В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом при основании. Все двугранные углы при основании пирамиды равны . Найти площадь полной поверхности пирамиды, если радиус сферы, вписанной в пирамиду равен r . Решение. Пусть DABC - данная пирамида, DI - ее высота. Обозначим K1 , K2 , K3 проекции точки I на стороны BC , CA, AB треугольника ABC . Поскольку DI ABC , IK1 BSC , то и вся плоскость DIK1 перпендикулярна . Значит, DK 1 ВС. Аналогично (DIK2) СА, (D I K3) АВ, значит, и DK2 CA, DK3 AB. Поэтому DK 1 I = DK 2 I = DK3I = . Тогда треугольники DIK 1 , DIK2, DIK 3 равны (по катету DI и острому углу ), следовательно, IK 1 = IK2 = IK 3 , т.е. I — центр вписанной окружности треугольника ABC (не вневписанной, поскольку в этом случае один из двугранных углов при основании пирамиды оказался бы тупым). Обозначим радиус этой окружности r. На отрезке DI существует такая точка О, что расстояния от О до плоскостей ABC и DCB будут равны (эта точка — точка пересечения биссекторной плоскости двугранного угла пирамиды при ребре ВС и отрезка DI). Пусть Т 1 — проекция точки О на DK 1 , тогда ОT 1 DK 1 . Поскольку плоскость DIK 1 перпендикулярна ВС, то и ОТ 1 ВС, следовательно, ОТ 1 ( DBC). Аналогично определим точки Т2 и Т3 (cм.рис.). Заметим, что IDK 1 = IDK2 = 1DK3 = 90° - , вследствие чего треугольники DOT 1 , DOT2, DOT3 равны (по гипотенузе DO и острому углу); отсюда ОТ 1 = ОТ2 = ОТ3. Но по выбору точки О ОТ 1 = OI, следовательно, О — центр сферы, вписанной в пирамиду DABC, и OI = r . Далее, треугольники О1К 1 и ОТ 1 К 1 равны (по гипотенузе и катету), значит, ОК 1 1= ОК1Т 1 = . 2 Из треугольника OIK1 получим: r0 rctg 2 . Для нахождения площади поверхности пирамиды определим сначала объем пирамиды, затем воспользуемся формулой 3V= S ocн r , где V — объем, S — полная поверхность, г — радиус вписанной сферы пирамиды. Найдем высоту DI. Из треугольника DOT1 : DO r r , кроме того, 0 sin 90 cos 1 1 cos . OI r ,значит, DI DO OI r 1 r cos cos Найдем площадь основания пирамиды. Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АВ=АС (см. рис.). Тогда АК 1 - высота треугольника. Имеем: ВАК 1 =90 0 - . Из треугольника AIK 1 : AI= r0 r 0 , 0 sin 90 cos AK1 AI IK1 r0 1 cos r0 r0 . cos cos Далее из треугольника BIK 1 : BK1 r0 ctg 2 , 1 1 cos BC AK1 BK1 AK1 r02ctg 2 2 cos 1 cos r 2ctg 2 ctg tg r 2ctg 2 ctg 2 tg . 2 2 sin 2 2 S ABC 1 3 Объем пирамиды V Sосн DI . Искомая площадь 1 cos r 2 ctg 2 ctg 2 tg r 3V Sосн DI 2 2 cos Sполн r r r 1 cos r 2 ctg 2 ctg 2 tg tg r 2 ctg 3 ctg 2 tg tg . 2 2 sin 2 2 2 2 Ответ: r 2ctg 3 ctg 2 tg tg . 3.В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна a , а двугранный угол при ребре основания - . Найдите объем шара, описанного около этой пирамиды. Решение. Пусть SABCD – данная правильная четырехугольная пирамида, в основании которой лежит квадрат ABCD, вписана в шар. Это значит, что все вершины пирамиды принадлежат поверхности шара. SО - высота пирамиды. Обозначим AB a , SB l ; так как K – l 2 середина SB, SK KB ; SO H , O1S R . Точка О – центр окружности, вписанной в квадрат. Точка Е – середина АВ. В АОВ (ОА = ОВ): ОЕ – медиана, ОЕ – высота, ОЕ АВ. В АSB (SA = SB):SE – медиана, SE – высота, SE АВ. Отсюда АВ (SOE), SEO – линейный угол двугранного угла с ребром АВ. SEO = . Вершина S пирамиды проектируется в точку О – центр описанной около квадрата АВСD окружности. Отсюда следует, что высота пирамиды SO лежит на диаметре шара. Через середину ребра SB (точку К) проведем плоскость, перпендикулярную к нему. Она пересечет высоту пирамиды, в точке О 1 . В плоскости SOB прямая КО 1 , как линия пересечения, проведенной плоскости и плоскости SOB, является серединным перпендикуляром к ребру SB, поэтому точка О 1 равноудалена от точек S и В. Аналогично получаем, что точка О 1 равноудалена от точек S, А и С. Таким образом, точка О 1 равноудалена от всех вершин пирамиды SАВСD и является центром описанного около пирамиды шара. SOB (как прямоугольные треугольники с общим острым SKO 1 углом S). В принятых обозначениях: l2 R l/2 ; R . l H 2H a 2 0 Из SOE( О=90 ): SO tg ; SF a . 2 cos 2 2 0 Из SEB( E=90 ): SB BE SE ; a2 a2 a 1 a SB 1 1 cos 2 . 2 2 4 4cos 2 cos cos R a2 1 cos 2 2cos 2 2 2 atg a 1 cos 2 a 1 cos 2 . sin 2sin 2 2 2 2cos cos 4 3 3 Итак, Vш R ; Vш 4 a3 1 cos 2 3 8sin 3 2 Ответ: 3 a3 1 cos 2 a3 1 cos 2 6sin 3 2 6sin 3 2 3 . 3 . 3.Вокруг конуса, образующая которого наклонена к плоскости основания под углом , описан шар. Найдите отношение объема конуса к объему шара. Решение. Пусть SAB – данный конус, SO – его высота, SA – образующая, SAO = . Около конуса описан шар. Это значит, что его вершина и окружность основания принадлежат поверхности шара. Высота конуса и диаметр шара лежат на одной прямой. Плоскость осевого сечения конуса совпадает с плоскостью большего круга шара. Точка К – центр шара, описанного около данного конуса (центр окружности, описанной около SAB), SO AB; КМ SA, АМ = MS. АО – проекция SA на плоскость основания конуса, SAO = . Так как МК SA и SK AO, следовательно, SKM = SAO. Пусть SA = l , SK = R, OA = r, SO = H. 0 Из SМК( М=90 ): SM SK sin SKM ; l R sin ; l 2R sin . 2 2 0 Из SОА( О=90 ): SO SAsin A ; H 2 R sin sin 2R sin ; OA SA cos ; OA r 2R sin cos 2R sin 2 . 1 3 2 Объем конуса определим по формуле Vk r H , а объем шара - 4 Vш R 3 . Имеем: 3 1 2 2 R sin 2 2 R sin 2 1 Vk 3 sin 2 2 sin 2 . 4 3 Vш 2 R 3 Ответ: 1 2 sin 2 sin 2 . 2 4.Около шара, радиус которого равен 3, описан цилиндр. Найдите площадь боковой поверхности цилиндра. Решение. Пусть O – центр шара, O1O2 - диаметр шара, OO1 и OO2 его радиусы, OO1 3. Около шара описан цилиндр. Это значит, что высота цилиндра равна диаметру основания цилиндра. Шар касается оснований цилиндра в точках O1 и O2 , и боковой поверхности цилиндра по большой окружности шара, параллельной основаниям цилиндра. Диаметр шара равен высоте цилиндра, высота цилиндра равна диаметру основания, поэтому осевое сечение цилиндра – квадрат. Площадь боковой поверхности цилиндра Sбок 2 RH , где H - высота цилиндра, R - радиус основания цилиндра. 1 2 1 2 Имеем: H O1O2 6, R= O1O2 6 3. Sбок 2 3 6 36 . Ответ: 36 . Литература. 1. Гольберг Я.Е. С чего начинается решение стереометрической задачи. – М.: Просвещение,1991. 2. Кушнир И.А. Экзаменационные задачи по геометрии с решениями. – Издательство «Астарта», Киев, 1997. 3. Кравчук В.Р. Выпускной экзамен по математике. Часть I. Геометрия. – Тернополь,1996.