

Задачи.
К-1
№1
В конус вписан шар. Найти объём шара, если образующая конуса равна l и наклонена к
основанию конуса под углом а.
№2
Основание четырёхугольной пирамиды — прямоугольник с диагональю, равной b и углом
 между диагоналями. Каждое из боковых ребер образует с основанием угол  . Найти
объём пирамиды.
К-2
№1
В шар объемом 4 3 дм3 вписан цилиндр, образующая которого видна из центра шара под
углом 60о. Найти объем цилиндра.
№2
В правильной четырехугольной пирамиде расстояние от центра симметрии основания до
бокового ребра равно d. Двугранный угол при ребре с основанием равен  . Найти объем
пирамиды.
К-3
№1
В цилиндр вписан шар. Найти объем шара, если объём цилиндра равен 7.5 см3.
№2
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник с острым углом  . Высота
пирамиды равна Н. Все боковые ребра составляют с плоскостью основания один и тот же
угол, равный  . Найти объём пирамиды.
К-4
№1
В конус вписан шар. Найти объем шара, если образующая конуса равна l и наклонена к
основанию конуса под углом  .
№2
В правильной треугольной призме угол между диагональю боковой грани и другой
боковой гранью равен  . Определить боковую поверхность призмы, зная, что ребро
основания равно а.
К-5
№1
Около шара описан усеченный конус, площадь одного основания которого в 4 раза
больше площади другого основания. Найти угол между образующей усеченного конуса и
плоскостью основания.
№2
Определить объем правильной четырехугольной призмы, если ее диагональ образует с
боковой гранью угол а, а сторона основания равна b.
К-6
№1
Найти отношение поверхности шара к поверхности вписанного в него куба.
№2
Диагонали прямого параллепипеда равны 9 см и 33 см. Периметр его основания равен 18
см. Боковое ребро равно 4 см. Определить полную поверхность и объем параллепипеда.
Решение.
К-1
№1
В конус вписан шар. Найти объём шара, если образующая конуса
равна l и наклонена к основанию конуса под углом а.
Дано: В конус АВС вписан шар, АС=l, САВ  
Найти: V
Решение: Рассмотрим осевое сечение конуса. Обозначим OD = R и
проведем отрезок AO, который является биссектрисой угла А (так как
точка О равноудалена от сторон АВ и АС)
ОD


 tg , R  OD  AD  tg .
AD
2
2
AD
 cos  , AD  AC cos   l cos 
Из прямоугольного ∆ACD
AC
Из прямоугольного ∆АОD
Следовательно R  ADtg

2
 l  tg

2
 cos  , и
4
4

Vшара  R 3    l 3  tg 3  cos 3 
3
3
2
4

Ответ: Vшара  l 3tg 3 cos 3  куб. ед.
3
2
№2
Основание четырёхугольной пирамиды — прямоугольник с диагональю, равной b и углом
 между диагоналями. Каждое из боковых ребер образует с основанием угол  . Найти
объём пирамиды.
Дано: ABCD – прямоугольник, АС=ВD=b,
AOD   .EAO  EDO  EBO  ECO  
Найти: VABCDE
1
Решение: V ABCDE  S осн.  h , где h  OE . Площадь
3
параллелограмма равна половине произведения диагоналей
на синус угла между ними:
1
S парал.  d1 d 2 sin  , так как в прямоугольнике d1=d2=b, то
2
1
b
S осн.  b 2 sin  . Из прямоугольного ∆АОЕ h=OE=AO  tg  tg . Следовательно,
2
2
1 1 2
b
1 3
V ABCDE   b sin   tg  b sin   tg
3 2
2
12
Ответ: V ABCDE 
1 3
b sin   tg куб. ед.
12
К-2
№1
В шар объемом 4 3 дм3 вписан цилиндр, образующая которого видна из центра шара под
углом 60о. Найти объем цилиндра.
Дано: ABCD – цилиндр, СOD  60 o ,Vшара  4 3 дм3
Найти: Vцил.
Решение: Рассмотрим осевое сечение, перпендикулярное
основаниям цилиндра, проведем ОЕ  СD и обозначим ОС=R,
AB=CD=h, OE=r.
Так как ∆OCD правильный, то h=CD=OC=R,
3
.
2
4 3
3
3
Vцил.  r 2 h    R 2  R  R 3 . Так как Vшара  R  4 3 , то
3
4
4
3
3
9
3.
R 3  3 3 , отсюда Vцил  R 3   3 3 
4
4
4
9
3.
Ответ: объем цилиндра равен
4
r=OE=Rcos30o=R
№2
В правильной четырехугольной пирамиде расстояние от центра симметрии основания до
бокового ребра равно d. Двугранный угол при ребре с основанием равен  . Найти объем
пирамиды.
Дано: ABCDS-правильная пирамида,
SEO   , OK  AS , OK  d .
Найти: Vпир.
Решение: Обозначим сторону основания AB=a, высоту
пирамиды OS=h, боковое ребро AS=l. Из
OE
a
. Так как OE  и из
прямоугольного ∆EOS cos  
SE
2
прямоугольного ∆BES по теореме Пифагора
SE  SB 2  BE 2  l 2 
cos  
a
a2
2 l 
4
2

a2
, то
4
a
4l 2  a 2
, откуда
a 1  cos 2 

a
a2
1
2
2


,4l 2  a 2 
,
4
l

a

1
,
l

. Вычислим
 cos 2 

cos 
2 cos 
cos 2 


AS  OK l  d
OA  OS

, S AOS 
.
площадь прямоугольного ∆AOS двумя способами: S AOS 
2
2
2
4l 2  a 2 
Так как по теореме Пифагора из прямоугольного ∆ABC
a 2
a 2 h a 2 h
, а S AOS 

. Приравняв
AC  AB 2  BC 2  a 2  a 2  a 2 , то OA 
2
2 2
4
l d a 2 h

площади, получим
.
2
4
Подставим l 
d 1  cos 2 
a 1  cos 2  a 1  cos 2   d a 2  h
и
.

, откуда h 
2 cos 
4 cos 
4
2 cos 
a  2h  ctg  2
V ПИР.
d 1  cos 2 
2 cos 
d 1  cos 2  cos 
 ctg  2

cos 
sin 
2
1
1
1  2d 1  cos 
 S ОСН , h  a 2 h  
3
3
3
sin 



2
1 2d 2 1  cos 2  d 1  cos 


3
sin 2 
2 cos 
2d 1  cos 2 
.
sin 
2
 d 1  cos 2 
 


2
cos



2d 3 1  cos 2 
3 sin 2   cos 

3
2
.
2d 3 1  cos 2  2
куб. ед..
3 sin 2   cos 
3
Ответ: Vпир.=
К-3
№1
В цилиндр вписан шар. Найти объем шара, если объём цилиндра равен 7.5 см3.
Дано: в цилиндр А1А2 В2В1 вписан шар. Vцил=7,5 см3.
Найти: Vшара.
Решение: Обозначим радиус цилиндра r, а высоту h. Так как по
экватору шар соприкасается с боковой поверхностью цилиндра, то
радиус шара тоже равен r. С другой стороны диаметр шара равен
4
высоте цилиндра: h=B1B2=O1O2=2r. Объем шара Vшара  r 3 , а
3
2
2
3
объем цилиндра Vцил  r h  r  2r  2r  7,5, откуда
4r 3  2  7,5  15. Подставим в Vшара, получим
Vшара
4r 3 15


 5.
3
3
Ответ: Vшара=5 см3
№2
Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник с острым углом  . Высота
пирамиды равна Н. Все боковые ребра составляют с
плоскостью основания один и тот же угол, равный  .
Найти объём пирамиды.
Дано: В треугольной пирамиде ABCD DA=DB=DC,
OD=H, DAO   , BAC   , ACB  90.
Найти: Vпир.
Решение: Так как все ребра одинаково наклонены, то
основание высоты DO пирамиды ABCD точка О является
центром описанной окружности ∆ABC и в силу прямоугольности ∆ABC попадает на
середину гипотенузы AB. Обозначим AB=c, BC=a, AC=b. Тогда Из прямоугольного
OA
c
 ctg , откуда  OA  OD  ctg  H  ctg и гипотенуза c  2 H  ctg . Из
∆AOD
OD
2
прямоугольного ∆ABC
1
1
1
1
a  c sin  , b  c cos  .S ABC  ab   c sin   c cos   c 2 sin 2   4 H 2 ctg 2   sin 2 
2
2
4
4
2
2
 H ctg   sin 2 .
1
1
1
Vпир  S ABC  OD  H 2 ctg 2   sin 2  H  H 3 ctg 2   sin 2 .
3
3
3
1 3 2
Ответ: Vпир= H ctg   sin 2 куб. ед.
3
К-4
№1
В конус вписан шар. Найти объем шара, если образующая конуса равна l и наклонена к
основанию конуса под углом  .
Дано: В конус АВС вписан шар, АС=l, САВ  
Найти: V
Решение: Рассмотрим осевое сечение конуса. Обозначим OD = R и
проведем отрезок AO, который является биссектрисой угла А (так
как точка О равноудалена от сторон АВ и АС)
Из прямоугольного ∆АОD
ОD


 tg , R  OD  AD  tg .
AD
2
2
Из прямоугольного ∆ACD
AD
 cos  , AD  AC cos   l cos 
AC


Следовательно R  ADtg  l  tg  cos  , и
2
2
4
4

Vшара  R 3    l 3  tg 3  cos 3 
3
3
2
4

Ответ: Vшара  l 3tg 3 cos 3  куб. ед.
3
2
№2
В правильной треугольной призме угол между диагональю боковой грани и другой
боковой гранью равен  . Определить боковую поверхность призмы, зная, что ребро
основания равно а.
Дано: ABCA1B1C1 – правильная призма. AB1 D   , AB  a.
Найти: Sбок. призмы
Решение: Точка D попадает на середину отрезка BC (так как в
равностороннем ∆ABC AD  BC). Из прямоугольного ∆B1BD по
теореме Пифагора высота призмы h=BB1== B1 D 2  BD 2 . Из
прямоугольного ∆ABD по теореме Пифагора
AD 
AB 2  BD 2  a 2 
h  B1 D 2  BD 2 
a 3  ctg
a2
3 a 3
и
 a2  
, тогда B1 D  ctg  AD 
2
4
4
2
a 2  3ctg 2 a 2 a


3ctg 2  1.
4
4
2

3a 2

2

a
3a 2  2
1  3a 2
3ctg 2  1 
3 ctg    
3 ctg 2  ctg 2 60 =
2
2
3
2

2
3a
sin( 60   )  sin( 60   )
3ctg  ctg 60ctg  ctg 60 
3

2
(sin   sin 60) 2
S бок.  P  h  3a 
sin( 60   ) sin( 60   )
3a 2

sin( 60   ) sin( 60   ) .
3
1
2
sin  
2 sin  
4
2
2
3a sin( 60   ) sin( 60   )
Ответ: S бок. 
кв. ед.
sin 

3a 2
2
3
К-5
№1
Около шара описан усеченный конус, площадь одного основания которого в 4 раза
больше площади другого основания. Найти угол между образующей усеченного конуса и
плоскостью основания.
Дано: S осн. AOB : S осн. A1O1B1  4.
Найти: A1 AO.
S
  OA 2
Решение: осн. AOB 
 4, OA 2  4O1 A12 , OA  2O1 A1 .
2
S осн. A1O1B1   O1 A1
Обозначим A1 AO   , O1 A1  r, радиус радиуса O2 O  R .

Тогда O2 AO  , OO1  CA1  2 R, OA  2r. Из
2
AC
2R
2R
2R
прямоугольного ∆AA1C tg  1 


. Из прямоугольного AO2O
AC OA  O1 A1 2r  r
r
 OO R
tg  2  .
2
OA 2r
Подставим найденные значения в формулу двойного угла:

R
2tg
2
2
2
2
2 , 2R 
2r ,21  R   1, 2  R  1, R  1, R 2  2r 2 , R  2r . Отсюда
tg 
 r
2r 2
2r 2
R 2  4r 2 
1  tg 2
1 2 
2
4r
2 R 2  2r
tg 

 2 2 ,   arctg 2 2 .
r
r
Ответ: A1 AO = arctg 2 2 .
№2
Определить объем правильной четырехугольной призмы, если ее диагональ образует с
боковой гранью угол а, а сторона основания равна b.
Дано: ABCDA1B1C1D1 – правильный параллепипед, AB=b, C1 BD1   .
Найти: Vпаралл.
Решение: Из прямоугольного ∆BC1D1
BC1
ctg 
, BC1  D1C1ctg  b  ctg . Высота параллепипеда h=CC1 из
D1C1
прямоугольного ∆BCC1 по теореме Пифагора равна
 cos 2 
 b cos 2   sin 2  b cos 2
 
h  BC12  BC 2  b 2 ctg 2  b 2  b 2 

1

.
2
sin 
sin 
 sin 

b cos 2
cos 2
 b3
.
sin 
sin 
Замечание: cos 2  0, так как легко показать, что   45. Действительно,
DC
BC
tg  1 1  1 1  1 в силу того, что в ∆BB1C1 катет B1C1 меньше гипотенузы BC1.
BC1
BC1
Следовательно, Vпарал л.  S осн.  h  b 2 
Ответ: Vпаралл.  b 3
cos 2
куб. ед.
sin 
К-6
№1
Найти отношение поверхности шара к поверхности вписанного в него куба.
Дано: куб вписан в шар.
S шара
.
Найти:
S куба
Решение: Обозначим сторону куба через а, а радиус шара через
R. Тогда большая диагональ куба A1C2 будет одновременно
диаметром шара, а так как квадрат этой диагонали равен сумме
квадратов трех измерений, то A1C1  a 2  a 2  a 2  a 3,
S шара 4R 2 4  a 2  3 
a 3


 .
. Следовательно,
поэтому a 3  2R и R 
S куба
2
2
6a 2
6a 2  4
Ответ:
S шара
S куба
=

.
2
№2
Диагонали прямого параллепипеда равны 9 см и 33 см. Периметр его основания равен 18
см. Боковое ребро равно 4 см. Определить полную
поверхность и объем параллепипеда.
Дано: ABCDA1B1C1D1 – прямой параллепипед. АС1=9 см,
BD1= 33 см, AB+BC+CD+DA=18 см, АА1= 4 см.
Найти: Sполн. паралл. , Vпаралл.
Решение: Обозначим большую сторону основания AB=a, меньшую BC=b, BAD через 
По теореме Пифагора из прямоугольного ∆BDD1
BD 2  BD12  DD12 
 33 
2
 4 2  33  16  17, а из прямоугольного ∆ACC1
AC 2  AC 12  CC 12  9 2  4 2  81  16  65. По теореме косинусов из ∆ABD и ∆ABC.

  a 2  b 2  2ab cos   17 
AB 2  AD 2  2 AB  AD  cos   BD 2
 2
 2

2
2 
2
 AB  BC  2 AB  BC  cos(180   )  AC , a  b  2ab cos   65
Складывая эти уравнения, получим 2а2+2b2=17+65.
17  65 82
a2  b2 

 41. Так как по условию РABCD=2a+2b=18, получим систему
2
2
a 2  b 2  41
2
, b  9  a, a 2  9  a   41, a 2  81  18a  a 2  41,

 ab 9
2a 2  18a  40  0, a 2  9a  20  0 . По теореме Виета найдем корни a1  5, a2  4 и
соответственно b1  4, b2  5.
Так как у нас а>b, то a=5, b=4. Далее, вычитая из второго уравнения системы с
косинусами первое уравнение, получим
12
12
3

 . Тогда
4ab cos   65  17  48, откуда cos  
a b 45 5
9
16 4
sin   1  cos 2   1 

 , и площадь основания
25
25 5
4
S ABCD  ab sin   4  5   16 .
5
S полн.паралл.  2S осн.  S бок.  2S ABCD  PABCD  AA1  2  16  18  4  32  72  104.
Vпаралл.  S осн.  AA1  16  4  64.
Ответ: S пол н.парал л. =104 см2, Vпарал л. =64 см3.