Практикум по геометрии для 11 класса

МОУ лицей № 57
Практикум по геометрии
для 11 класса
Решение задач ЕГЭ части С
Составила: Антонова Н.В. учитель математики
1
Практикум по геометрии для 11 класса
1. В сферу радиуса 10 вписана четырехугольная пирамида, у которой все боковые ребра
равны 5, а стороны прямоугольника, лежащего в основании, относятся как 1:2. Найдите
объем пирамиды.
Решение
Так как пирамида вписана в сферу радиуса R = 10, то самая большая окружность радиуса
R = 10 описана около  ASC.
S
 ASC – равнобедренный: AS = SC = 5.
Обозначим: АВ = k AD = 2k.
По теореме Пифагора
B
AC  k 2  4k 2  5k 2  k 5
k 5
АO = OC =
. Точка М – центр сферы.
2
По формуле Герона
площадь  ASM: S  12,5  2,5  2,5  7,5  6,25 15 .
C
O
A
D
1
2
Или площадь  ASM: S  10 
Дополнительный
рисунок
k 5
.
2
1
k 5
10 
 6,25  5  3
2
2
k  2,5  3.
S
АO = OC =
C
A
2,5  3  5
 1,25 15.
2
SO  25  (1,25  15 ) 2  25  23,4375  1,25
O
AB = k  2,5  3
AD = 2k  5  3 .
Объем пирамиды
1
1
V  S осн  H   2,5 3  5 3  1,25  15,625
3
3
M
Ответ: 15, 625.
2. Основание пирамиды SABCD – прямоугольник ABCD, площадь которого 32, а
диагональ – 8. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания, а расстояние от точки S до
диагонали BD равно 5. Найдите объем пирамиды.
Решение
а) Так как ребро SC перпендикулярно плоскости
основания, значит оно перпендикулярно любой прямой,
лежащей в плоскости основания.
Поэтому треугольники  SCD,  SCN,  SCB
прямоугольные.
S
А
D
в) По теореме о трех перпендикулярах: CN  BD.
N
С
б) Кратчайшее расстояние от точки S до диагонали
BD – это длина перпендикуляра SN.
В
2
D
г) Площадь  BCD: S = 16
1
 CN  8  16
2
CN = 4.
A
N
C
B
Объем пирамиды V 
д) По теореме Пифагора из  SCN
SC = 3.
1
 32  3  32 .
3
Ответ: 32.
3. В правильной треугольной пирамиде плоский угол при вершине равен , а высота
пирамиды равна Н. Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды.
Решение
Точка М – центр сферы, описанной около
пирамиды SABC.
MS = MC = MB = MA = R.
Обозначим АС = а.
S

CC1  a 2 
M
C
a2
3a 2 a 3


4
4
2
2 a 3
a

.
3 2
3
По свойству медиан: CO  
B
P
O
 MSK подобен  CSO: SC  H 2 
C1
A
SK 
R
S
a2
H 
3
2
K
H
С
O

 H2
H
2
R 
2 1 1 2 
  sin
  6H
2
4 3
sin 2
1
a2
H2 
.
2
3
1
a2
2
H 
2
3

H

Из  SPC: sin 
2
M
a2
3
 R
a
2
H2 
H a2

. (1)
2 6H
 2
H
2
 a 
. (2)
1 1

 sin 2
4 3
2
sin 2
2
a2
3
Радиус сферы, описанной около пирамиды, получаем
после подстановки (2) в (1)
 R
1,5Н
.
1  2 cos 
Ответ:
3
1,5Н
.
1  2 cos 
4. Полушар радиуса R, вписанный в конус, касается его по окружности длины L. Найдите
объем конуса.
Решение
Длина окружности
S
O1
A1


O
L = 2r 
r
L
2
1
Объем конуса V  S  H .
3
Введем обозначение:
O1A1O =  О1А1 = r ОА1 = R.
r
L
Из  OO1A1 cos   
.
R 2R
A1OA =  - как накрестлежащий с O1A1O,
SA – касательная к полуокружности
A следовательно, ОА1  SA.
R
R
R
2R 2
cos  


 OA 
.
L
cos 
L
OA
шара,
2R
OSA = . Прямоугольные треугольники ОА1А и SOA имеют общий угол А.
R
R
Из  OSA1 sin  
 SO 
SO
sin 
2
4 2 R 2  L2
 L 
sin   1  cos   1  
 
2R
 2R 
2
SO 
R
4 2 R 2  L2
2R

2R 2
4 2 R 2  L2
1
3
Объем конуса V    OA 2  SO 
.
8 4 R 6
3L2 4 2 R 2  L2
.
Ответ:
8 4 R 6
3L2 4 2 R 2  L2
.
5. Дана правильная треугольная призма со стороной основания а. Через середины двух
сторон основания проведена плоскость, составляющая угол 60 с основанием и делящая
боковое ребро в отношении 3:4, считая от верхнего основания. Найти площадь сечения и
объем призмы.
Решение
C1
NM – средняя линия ABC: NM 
K
CL  a 2 
A1
B1
CO 
N
A
C
O
M
L
B
4
a2 a 3

4
2
1
a 3
CL 
2
4
a
2
cos 60 
CO
a 3 1 a 3
CO

: 
 OK 
.
cos 60
4 2
2
OK
Площадь сечения призмы S 
1
1 a a 3 a2 3
NM  OK   

.
2
2 2 2
8
3 a 3 3a
KC


 KC 
KO
2
2
4
KC
3a  7 21a
CC1 
7 

.
4
44
16
sin 60 
1
2
Объем призмы V  a 2 
3 21a 21 3 a 3


.
2 16
64
Ответ:
21 3 a 3
.
64
6. Расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба равно
4. Вычислить объем куба.
Решение
B1
Непересекающиеся диагонали 1D1 и А1В
(расстояние
между
скрещивающимися
прямыми
равно
расстоянию
между
параллельными плоскостями содержащими
эти прямые).
Поместим диагонали 1D1 и А1В в
параллельные плоскости, получим две
пирамиды с вершинами С1 и А: пирамиды
правильные и их высоты лежат на диагонали
АС1 (пирамиды АА1BD и С1СD1B1
C симметричны относительно центра куба).
По условию задачи О1О2 = 4.
Обозначим: АА1 = AD = a.
Объем каждой из пирамид равен
1 1
1
V   a 2  a  a 3 ,
если
площадь
3 2
6
C1
A1
D1
O2
O1
B
D
A
основания ABD).
BD  a 2  a 2  a 2 
Объем каждой из пирамид можно выразить через высоту h = AO1 = C1O2
1 1
3
1
V   a 2  a 2 
 h  a 2 3  h , если площадь основания A1BD.
3 2
2
6
1
1
a
Получаем a 3 = a 2 3  h  h 
.
6
6
3
a
a
2a
Диагональ АС1 равна AC1  a 2  a 2  a 2  a 3 или AC1 

4
 4.
3
3
3
2a
Получаем a 3 =
 4  a 4 3.
3
 
Объем куба V  a 3  4 3
3
 192 3.
Ответ: 192 3.
5
7. В правильной треугольной пирамиде сечение, проходящее через вершину пирамиды и
высоту основания, представляет собой прямоугольный треугольник, площадь которого равна
S. Найдите объем пирамиды.
Решение
Обозначим KO = a OB = 2a (по свойству
медиан треугольника).
PO  a  2a  a 2 .
Площадь
сечения
(прямоугольного
1
треугольника) S   3a  a 2 
2
P
2S  3a  a 2
B
A
O
K
C

a
4
2
S  r - радиус
3
вписанной окружности.
b 3
r
, где b – длина стороны АВС.
6
4
b 3
2
S
Из равенства
=
6
3

b  24 2 S .
Объем пирамиды
1
1
1
2
V  V1  V2  2V1  2   S  KC  2   S  b  4 2 S S.
3
3
2
3
Ответ:
24
2 S S.
3
8. В шаре проведены две параллельные плоскости, расстояние между которыми равно 7.
Радиус полученных сечений равен 5 и 12. Найдите площадь поверхности шара. (Число  = 3).
Решение
Рассмотрим сечение шара диаметральной плоскостью.
По теореме Пифагора
5
x2 + 122 = R2
(x + 7)2 + 52 = R2 .
7
12
x2 + 144 = (x + 7)2 + 25 
x
х = 5.
R
Радиус шара
R  5 2  12 2  13
Площадь поверхности шара
S  4R 2  4  3  132  2028.
Ответ: 2028.
9. Площадь поверхности сферы, вписанной в конус, равна 100. Длина окружности, по
которой сфера касается поверхности конуса, равна 6. Найдите радиус основания конуса.
Решение
6
Площадь поверхности сферы S  4R 2  100  R = O1A1 = 5.
Длина окружности l = 2r = 6  r = A1O2 = 3.
По теореме Пифагора
C
O1O 2  R 2  r 2  4 .
 СA1O1 – прямоугольный:
СО2 = х
А1О2 – высота
A 1O 2  x  4 .
О2
Из равенства r  x  4  х = 2,25.
Высота пирамиды СО = СО2 + О1О2 + R = 11,25.
A1
 OСA   O2СA1
O1
СО 2 А1О 2

СО
АО
 OA = 15.
Ответ: 15.
A
O
10. В наклонной призме ABCA1B1C1 все ребра равны. Углы BAA1 и СAA1 равны 60
каждый. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если расстояние от точки А1 до
плоскости ВСВ1 равно 2 .
Решение
Проведем диагонали в боковых гранях призмы А1В и А1С.  AА1С =  AА1В –
равносторонние, поэтому диагонали А1В = А1С = а. а - длина ребра призмы.
Многогранник
А1СВВ1С1
–
B1
правильная пирамида, у которой все
ребра равны, а следовательно, в
основании квадрат со стороной а.
А1О – высота A 1O  2 .
По теореме Пифагора
А
C
1
1
B
А
СВ1  a 2  a 2  a 2
a 2
.
2
Из  А1СО по теореме Пифагора
а2 = 0,5а2 + 2  а = 2.
Площадь боковой поверхности
призмы
3
S 22
2 44 3  4.
2
Ответ: 4 3  4.
CO 
O
60
С
11. В правильной треугольной призме, объем которой равен 48 3 , расположены два
шара. Первый шар вписан в призму, а второй шар касается одного основания призмы, двух
ее боковых граней и первого шара. Найдите радиус второго шара.
Решение
7
C1
K1
C1
O
V  S H 
O1
С
В
N
K
Обозначим в призме АС = а.
Объем призмы
V  48 3 H = 2R.
Радиус КО (см. рис. 2)
a 3
6R
R
 a 3  6R a 
.
6
3
1 6R 6R 3



 2R  6 3 R 3 .
2 3 3 2
Из равенства 6 3 R 3 = 48 3  R = 2.
6R
a
4 3.
3
По теореме Пифагора
   
2
2
KC  4 3  2 3  6 .
(так
как
АВС
–
O1C  2r
равносторонний,
а,
следовательно,
равносторонний и треугольник, в который
вписана окружность с центром О1, О1 –
центроид).
На рис. 3 ОN = R = 2 MN = r
OO1 = 2 + r
OM = 2 – r
А
B
O
O1
K
MO1  2  r 2  2  r 2  8r .
NC = 6 – R  NC = 4.
NC = MO1 + O1C2
4  8r  2r  r2 – 6r + 4 = 0 D = 20
C
r1 = 3 + 5 - не подходит по смыслу
задачи.
r2 = 3 – 5 .
А
C1
K1
O
M
K
O1
C2
C
N
Ответ: 3  5.
8
12. В правильной треугольной пирамиде с двугранным углом при основании, равным 60,
расположены два шара. Первый шар касается всех граней пирамиды, а второй шар, радиус
которого равен 1, касается всех боковых граней пирамиды и первого шара. Найдите сторону
основания пирамиды.
Решение
S
KSO = 30 SO2 = 2 SM = 3
SO = 3 + 2R
B
A
Точка O1 является точкой,
медиане треугольника KCK1.
K
принадлежащей
O
SO1 = 2 OO1 SO = 3R
3 +2R = 3R R = 3
KO1 = 6
K
C
S
KO =
O2
M
6 2  32  3 3 .
Для ABC KO = r AC = a =
P
6r
3

63 3
3
 18 .
O1
Ответ: 18.
K
O
B
K
13. В кубе ABCDA1B1C1D1 расположен конус. Вершина конуса находится в точке D1, а
центр его основания, точка О, лежит на диагонали BD1 и делит ее в отношении BO : OD1 = 1
: 3. Окружность основания конуса имеет с каждой гранью, содержащей точку В, ровно по
одной общей точке. Определите отношение объема конуса к объему куба.
Решение
D1
C1
A1
B1
D
P
A
O
O
O
O
C
Точка О лежит на диагонали BD1.
D1O = 3 OB
Ось конуса лежит на диагонали ВD1, т.к.
конус прямой, круговой, то основание конуса
перпендикулярно ВD1. Окружность основания
конуса касается грани АВСD точке Р, лежащей
на биссектрисе угла АВС, т.е. на диагонали
BD.
OP – радиус основания конуса.
B
9
Обозначим АВ = а BD = a 2 BD1 = a 3
D1
B1
3
a 3.
4
BOP  BDD1 (по двум углам)
r a 3/4
3
a 3
 r
.


a
a 2
4 2
4 2
1
Vкон  r 2 H , объем куба
Объем конуса
3
3
Vкуба  a
B
1 a 3 3
  a 3

3  4 2  4
3 3
.


3
128
a
Высота конуса H = D1O =
O
D
P
2
Vкон
Vкуба
Ответ:
3 3
.
128
14. В шар вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1, объем которой равен
54 6 . Прямая АВ1 образует с плоскостью АСС1 угол 30. Найдите площадь поверхности
шара.
Решение
Так призма правильная, то боковые грани
перпендикулярны основанию. Находим проекцию
отрезка АВ1 на плоскость АСС1А1: А  А1 В1  В0
(В1В0  А1С1, А1В0  В0С1)
В1В0  плоскости А1АСС1  АВ0В1 = 90
В0АВ1 = 30 - по условию задачи
Обозначим А1С1 = а
B
A
O
C
O2
2
a 3
a
B 0 B1  a    
2
2
АВ1 = a 3 (против угла в 30)
B1
2
A1
O1
C1
ВВ1 
B0
а 3 
2
 а2  а 2 .
Объем призмы V = SH =
а3 6
 54 6
4
1
3
а3 6
аа
а 2 
2
2
4
 a3 = 216 a = 6
2
a 3
 3 3 О1 В1   3 3  2 3
2
3
OO1 = BB1 = 6 2 O2O1 = 3 2
B 0 B1 
Радиус шара R  O 2 B1 
3 2   2 3 
2
2
Площадь поверхности шара S = 4R2 = 4
 30
 30 
2
 120 .
Ответ: 120.
10
15. В конус с образующей 6 6 и высотой 12 вписан куб. Найдите объем куба.
S
Решение
Нижнее основание куба лежит на основании
конуса, вершины верхнего основания куба лежат на
боковой поверхности конуса.
Пусть а – ребро куба MN  a 2  a 2  a 2
ON 
N1
а 2
2
O1 N 1 
а 2
2
ОО1 = а SO1 = 12 – a.
 
2
Из OSA OA  6 6  12 2  6 2
OSA  O1SN1 (по двум углам)
a 2
O1 N1 SO1
2  12  a  а = 6.

OA
12
OA
SO
O1
M1
A
N
O
Объем куба V = a3 = 63 = 216.
M
Ответ: 216.
16. В прямую призму, в основании которой лежит ромб с углом 60, вписан цилиндр.
Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани призмы равно 5 3 . Найдите
площадь боковой поверхности цилиндра, если объем призмы равен 100.
Решение
B1
C1
O1
A1
D1
B
C
O
O
O
O
A
D
C1
O1
M
60
D1
ОО1 и DC1 – скрещивающиеся прямые.
Расстояние между ними – это расстояние от
прямой ОО1 до плоскости DD1C1C.
О1М  D1C1
О1М = R = 5 3 - радиус
основания цилиндра.
O1C1M = 30
O1C1 = 2O1M = 10 3
C1O1D1 – прямоугольный (диагонали ромба
перпендикулярны).
OC
cos O1C1D1 = 1 1
D 1 C1
D 1 C1 
O 1 C1
10 3

 20 .
cos O1C1 D1 cos 30
Высота ромба h = 2O1M = 10 3
Площадь ромба S = D1C1h = 20 10 3 = 200 3
Объем призмы V  S  H  200 3  H  100 .
100
1
.
H

200 3 2 3
Площадь боковой поверхности цилиндра
1
S  2R  H  2  5 3 
 5 .
2 3
Ответ: 5.
11
17. Основание четырехугольной пирамиды FABCD – ромб АВСD с углом 120, все
двугранные углы при основании пирамиды равны между собой. Внутри этой пирамиды
расположен конус, вершина которого – точка пересечения диагоналей ромба, а окружность
основания конуса вписана в сечение пирамиды плоскостью, параллельной плоскости
основания и делящей боковое ребра FA в отношении 3 : 2, считая от вершины F. Определить
отношение объема пирамиды к объему конуса.
Решение
F
D1
C1
O1
A1
B1
D
C
1) Объем пирамиды
1
1
3
а2H 3
V1  S1  H  а 2 
H 
.
3
3
2
6
a
5

2) AFB  A1FB1
A1B1 = 0,6a
A 1 B1 3
O1B1 = 0,3a .
3
r
r  0,3а 
Из КО1B1 sin 60 
.
2
O1 B1
Площадь
основания
конуса
2
2
 0,3 3 а 
  0,27 а .
S 2  r  

2 
4

2
O
A
120
B C1
D1
O1
A1
30
K
3) AFО  A1FО1
Hh 3

O1F = H – h
H
5
4) Объем конуса
 h = 0,4H.
1
1 0,27  а 2
V2  S 2  h  
 0,4H  0,009 а 2 H .
3
3
4
B1
5) Отношение объема пирамиды к объему конуса
а2H 3
V1
500 3
6


.
2
V2 0,009а H
27
Ответ:
12
500 3
.
27 