11_modul_15_urok_7

(Класс 11, модуль XV, практикум, урок 7)
Урок 3. Избранные задачи по стереометрии
План урока







7.1. Расстояние от точки до плоскости
7.2. Угол между прямой и плоскостью
7.3. Касание сферы с плоскостью
7.4. Особенности задач на объемы
7.5. Касание сферы с прямой
Тесты
Домашнее задание
Цели урока:
Рассмотреть несколько задач по стереометрии повышенного уровня сложности и на их
основе напомнить наиболее существенные законы геометрии пространства.
7.1. Расстояние от точки до плоскости
Предположим, что известно расстояние h от точки A до плоскости  . В этом
случае расстояние от другой точки B до плоскости  нетрудно вычислить, если удастся
найти точку C пересечения прямой AB с плоскостью  . Действительно, проведем
перпендикуляры AM и BN к плоскости  (рисунок 1). Тогда
BNC
AMC откуда
BC
BN  BC
AC AM  AC  h .
В некоторых случаях расстояние от точки A до плоскости BCD удобно находить,
вычислив сначала объем пирамиды ABCD , затем площадь треугольника BCD и после
этого искомое расстояние — высоту пирамиды, проведенную из вершины A .
Пример 1. В основании прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 лежит правильный
треугольник ABC со стороной 2, боковые ребра AA1 , BB1 , CC1 равны 3 . Плоскость 
проходит через середины ребер BC , CC1 и A1C1 . Найти расстояние от вершины A до
плоскости  .
Решение. Обозначим середины ребер BC , CC1 и A1C1 через M , N и P соответственно
(рисунок 2). Продолжим прямую PN до пересечения с прямой AC в точке K . В
результате получится пирамида CMNK , грань MNK которой лежит в заданной плоскости
 . Пусть h — высота этой пирамиды, проведенная из вершины C . Тогда
VCMNK  13 h  S MNK  13 NC  S MCK 
Вычислим h , исходя из этого равенства. Сначала найдем
1
CM  CB  1
2
1
CK  C1 P  A1C1  1
2
1
2
3
S CMK  CM  CK  sin


2
3
4
Так как CM CK , то CMK 6 и MK  2CM cos 6  3 . Далее,
1
3
CN  CC1 

2
2
MN  NK  CN 2  CK 2 
3
7
1 

4
2

Отсюда
2
S
MNK

1
1

MK  MN 2   MK  
2
2

1
7 3
3
 3
 

2
4 4
2
 NC  S MCK получаем

Из равенства h  S
MNK
h
3
2

3
2

3
4

значит, h  43 .
Прямая AC пересекает плоскость  в точке K . Отсюда следует, что если H —
h
H
расстояние от точки A до плоскости  , то AK
. Поэтому
 CK
AK
H  CK
 h  13 
3
4
 3 43 .
Ответ: 3 43 .
Вопрос. Как решить эту задачу с помощью метода координат?
7.2. Угол между прямой и плоскостью
Пусть заданы две плоскости  и  . Тогда при параллельном переносе плоскости
 в пространстве вновь полученная плоскость 1 образует с плоскостью  такой же
угол, что и плоскость  . Это означает, что при вычислении угла между плоскостями
можно параллельно переносить каждую из них.
Аналогично, если заданы прямая a и плоскость  , то при вычислении угла между
ними можно параллельно переносить прямую a и плоскость  .
Пример 2. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC со
стороной 2, ребро SA перпендикулярно плоскости основания, SA  3 . Плоскость 
параллельна прямым SC и AB , точка K — середина ребра BC . Найти угол между  и
прямой AK .
Решение. Рассмотрим чертеж пирамиды (рисунок 3). Проведем плоскость, параллельную
прямым SC и AB так, чтобы сразу увидеть точку ее пересечения с прямой AK и
расположение плоскости по отношению к пирамиде. Это можно сделать, если провести
KM SC и MN AB (рисунок 4).
Обозначим плоскость KMN через  . Построив KL AB MN , получим сечение
пирамиды плоскостью  . Чтобы спроектировать прямую AK на плоскость  , проведем
AP  KL и AH  PN (рисунок 5). Так как APN  KL , то плоскости APN и KMNL
перпендикулярны, следовательно, AH  KMNL . Поэтому прямая KH является проекцией
AK на плоскость KMNL , а искомый угол совпадает с одним из острых углов
прямоугольного треугольника AHK . Остается выполнить вычисления.
3
AB  3 BM  MS 
2
3
SN  NA 
 AL  LC  1
2
3
3
AP 
AL 

2
2
Таким образом, треугольник APN прямоугольный и равнобедренный. Поэтому
PN  AP 2  26 , AH  12 PN  46 .
Окончательно получаем
6
2
sin AKH  AH
AK  4 3  4 
AK 
Ответ: arcsin 42 .
Вопрос. Как решить эту задачу с помощью метода координат?
7.3. Касание сферы с плоскостью
Пусть сфера с центром O касается плоскостей  и  , пересекающихся по прямой
a . Тогда точки касания P и Q равноудалены от прямой a , причем основания
перпендикуляров, проведенных из точек P и Q к прямой a , совпадают (рисунок 6).
Угол PHQ является линейным углом двугранного угла, образованного
плоскостями  и  , а луч OH — биссектриса этого линейного угла. Из указанных
свойств следует, что если известна одна из точек P или Q касания сферы с плоскостями
 или  и линейный угол, то можно найти радиус сферы.
Пример 3. Все ребра правильной четырехугольной пирамиды SABCD равны 3, точка N
принадлежит ребру BC , CN  3 , AM – высота боковой грани SAB . Сфера касается
плоскостей SAB и ABCD , причем точки касания лежат соответственно на прямых AM и
DN . Найти радиус сферы.
Решение. Продолжим DN до пересечения с прямой AB в некоторой точке E . Через P и
Q обозначим точки касания сферы с плоскостями ABCD и ABS , а через H — общее
основание перпендикуляров, опущенных из P и Q на прямую AB . По условию точка P
лежит на прямой DN , а Q — на прямой AM (рисунок 7).
Из прямоугольных треугольников AQH и EPH находим
AH  QH QAH 
 QH 30  QH 3
EH  PH PEH 
CD
 PH 3
CN
Так как QH  PH , то AH  EH и H — середина AE . Но тогда по теореме Фалеса
PH  12 AD  32 
Пусть O — центр сферы и 2 — величина линейного угла между плоскостями
ABCD и ABS . Понятно, что PHQ   2 , причем точка O лежит на биссектрисе угла
PHQ . Следовательно, OP  OP  PH  tg . Остается вычислить линейный угол
двугранного угла пирамиды SABCD при ребре AB .
Обозначим через SF высоту пирамиды, а через G — середину AB (рисунок 8). Тогда
 PH NDC  PH 
1
3
3
3 3
AD   GS 
AS 

2
2
2
2
GF
1
cos SGF  cos 2 


GS
3
GF 
Отсюда
sin 2 
2
sin 2
2
2( 3  1)
 



1  cos 2
2
3
3 1
Следовательно,
OP  PH  34 ( 6  2)
Ответ: 34 ( 6  2) .
Вопрос. Нужно найти радиус сферы, касающейся двух плоскостей в точках,
расположенных на двух заданных прямых. Сколько решений может иметь эта задача?
7.4. Особенности задач на объемы
Заданную пирамиду иногда можно заменить другой пирамидой, которая
значительно отличается по внешнему виду от заданной, но имеет такой же объем. Пусть,
например, дана пирамида PQRS . Если сместить вершину P параллельно плоскости QRS
в точку P1 , то получится пирамида PQRS
, у которой высота, проведенная к основанию
1
QRS , такая же, как и у пирамиды PQRS (рисунок 9).
Можно также в плоскости QRS заменить треугольник QRS равновеликим
треугольником Q1R1S1 . В результате получится пирамида PQ1R1S1 , у которой такая же
высота, проведенная из вершины P , как и у пирамиды PQRS , а площади оснований у
этих двух пирамид одинаковы (рисунок 10). Указанные свойства можно использовать при
решении задач о вычислении объемов.
Пример 4. В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания ABC равна 1,
боковые ребра имеют длину 2. Точки K и L — середины ребер AB и BC , точки M и N
выбраны соответственно на ребрах AS и SC так, что AM  SN  23 . Найти объем
пирамиды KLMN .
Решение. Построим на ребре SC такую точку P , что CP  23 (рисунок 11). Тогда
MP KNL . Заменив пирамиду MNKL пирамидой PNKL , получим VMNKL  VPNKL (рисунок
12).
В плоскости SBC заменим треугольник NPL треугольником CPL такой же
площади. Переходя от пирамиды PNKL к пирамиде CKPL , будем иметь VPNKL  VCKPL
(рисунок 13).
Наконец, построим точку F — середину ребра AC . Тогда FK SBC . Заменив
пирамиду CKPL пирамидой CFPL , находим VCKPL  VCFPL (рисунок 14). Объем пирамиды
CFPL нетрудно найти, если вычислить площадь основания и высоту пирамиды SABC .
Пусть SH — высота пирамиды SABC . Тогда
BH  23 BF  32  23 AB  33 
Отсюда
h  SH  SB 2  BH 2 
1
11


3
3
Если PE — высота пирамиды PFLC , то PEC SHC , значит
 4
PE  13 SH 
11
3 3

Далее,
S ABC  AB4 3  43 
Так как FL — средняя линия треугольника ABC , то
S FLC  14 S ABC  163 
В итоге
VMNKL  VPFLC  13  3 113  163 
2
11
144

11
Ответ: 144
.
Вопрос. Как доказать, что
CP CL
VCFPL  CF
CA  CS  CB  VCASB
7.5. Касание сферы с прямой
Разберем в заключение такую задачу.
Пример 5. Основание полусферы с центром O и радиусом 3 расположено в плоскости  .
Точки A и B плоскости  находятся на расстоянии 5 от центра O и
AB  2 . Через точки A и B под углом в 30 к плоскости  проводятся две
скрещивающиеся прямые, которые касаются полусферы (рисунок 15). Найти расстояние
между этими прямыми.
Решение. Пусть AP является отрезком касательной к полусфере и образует угол в 30 с
плоскостью  . Проведем PE   (рисунок 16). В результате образуются прямоугольные
треугольники OAP , APE , OPE , причем по условию OP  3 , OA  5 , PAE  30 .
Следовательно,
AP  OA2  OP 2  4
PE  AP sin 30  2
AE  AP cos 30  2 3
OE  OP 2  PE 2  5
Таким образом, точка касания P расположена на расстоянии 2 над такой точкой E
плоскости  , что AE  2 3 , OE  5 .
Аналогично, так как OB  OA , то точка Q касания с полусферой заданной прямой,
проходящей через точку B , расположена на расстоянии 2 над такой точкой F плоскости
 , что BF  2 3 , OF  5 . При этом PQ EF и PQ  EF (рисунок 17).
Следовательно, заданные касательные однозначно определяются положениями проекций
E и F точек касания P и Q на плоскость  .
Точки E и F могут оказаться симметричными относительно серединного
перпендикуляра к отрезку AB (рисунок 18). Но в этом случае PQ EF AB , и тогда
прямые AP и BQ окажутся в одной плоскости, что не соответствует условию. Поэтому
точки E и F не симметричны относительно серединного перпендикуляра к AB
(рисунок 19). При этом треугольник OBF получается из треугольника OAE поворотом,
откуда следует, что OEF OAB . Заметим, что если построить параллелограмм EFBC ,
то тогда EC  BF  AE , AEC  AOB . Значит, AEC AOB . Из подобия указанных
треугольников находим
OE 2 5


OA
5
AE 4 3
AC  AB 


OA
5
CB  EF  AB 
Вернемся к рисунку 17. Для вычисления расстояния между прямыми AP и BQ
параллельно перенесем отрезок BQ так, чтобы точка Q перешла в точку P . При этом
точка B перейдет в точку C , построенную на рисунке 19. В результате такого построения
расстояние между прямыми AP и BQ можно вычислить как расстояние от точки B до
плоскости APC , то есть как высоту пирамиды ABCP , проведенную из вершины B
(рисунок 20). Обозначим эту высоту через h . Тогда объем VABCP пирамиды ABCP равен
1
3 S ACP  h . С другой стороны, если считать основанием пирамиды треугольник ABC , то
VABCP  13 S ABC  PE Поэтому, вычислив площади треугольников ABC и APC , из
равенства
h  S ACP  PE  S ABC
можно найти высоту h , равную расстоянию между прямыми AP и BQ .
Остается выполнить вычисления:
AC
4 3
3
CP  AP  4 cos ACP 



2 PC 2  5  4 10
sin ACP  1 
3
97


100
10
1
AC  PC  sin ACP 
2
1 4 3
91 4 3 97
 
4


2 5
10
25
AB 2  BC 2  AC 2
cos ABC 

2 AB  BC
4 16  3  
2 5

 4 

   2  2 
5 25  
5 

72 5
9
 


25 8 5 5 5
S
APC

sin ABC  1 
81
44


125 5 5
1
AB  BC  sin ABC 
2
1
2 5 44 4 11
 2



2
5 5 5
25
S
ABC

Следовательно,
4 3  97
4 11
 2

25
25
44
h

291
h
44
Ответ: 291
.
Вопрос. Сколькими способами через точки A и B можно провести касательные к сфере,
как указано в условии задачи, и как эти способы связаны друг с другом?
Мини-исследование
Известно, что для всякой треугольной пирамиды существует описанная и
вписанная сфера. Однако, сфера, которая касается всех ребер пирамиды, существует не
всегда.
Предлагается найти необходимое и достаточное условие для того, чтобы можно
было быстро определять, существует или не существует сфера, касающаяся всех ребер
рассматриваемой треугольной пирамиды.
Проверь себя. Избранные задачи по стереометрии
Задание 1. Укажите правильный вариант ответа.
В треугольной пирамиде SABC ребра SA , SB , SC попарно перпендикулярны и SA  6 ,
SB  4 , SC  2 . Чему равен радиус описанной вокруг пирамиды сферы?
 1. 5
 2. 10
 3. 13
 4. 14
(Правильный вариант: 4)
В треугольной пирамиде SABC , объем которой равен 60, точка M на ребре SA , точка N
на ребре SB , точка K на ребре SC расположены так, что AM : MS  1: 2 , BN : NS  1: 3 ,
CK : KS  1: 4 . Чему равен объем пирамиды SMNK ?
 1. 15
 2. 24
 3. 30
 4. 42
(Правильный вариант: 2)
Для правильной треугольной пирамиды SABC , у которой AB  AC  BC  4 ,
SA  SB  SC  7 , строится сфера, касающаяся всех ребер. Чему равно расстояние от
вершины S до точки касания сферы с ребром SA ?
 1. 2
 2. 3
 3. 4
 4. 5
(Правильный вариант: 5)
Чему равен радиус r вписанной в треугольную пирамиду сферы, если ее объем равен 16,
а сумма площадей всех граней равна 24?
 1. r  1
 2. r  2
 3. r  3
 4. r  4
(Правильный вариант: 2)
Проверь себя. Избранные задачи по стереометрии
Задание 2. Укажите все правильные варианты ответа
.
Концы отрезка AB удалены от некоторой плоскости  на расстояния 6 и 12. Каким
может быть расстояние от середины отрезка AB до плоскости  ?
 1. 3
 2. 6
 3. 9
 4. 12
(Правильные варианты: 1, 3)
Вершины A, B, C параллелограмма ABCD удалены от некоторой плоскости  на
расстояния 1, 2, 3 соответственно. Каким может быть расстояние h от вершины D до
плоскости  ?
 1. h  0
 2. h  2
 3. h  4
 4. h  6
(Правильные варианты: 1, 2, 3, 4)
Какие многоугольники могут получаться при сечении треугольной призмы плоскостью?
 1. Треугольники
 2. Четырехугольники
 3. Пятиугольники
 4. Шестиугольники
(Правильные варианты: 1, 2, 3)
Сфера касается плоскостей  и  , которые пересекаются по прямой m , в точках M и
N . Известно, что угол между плоскостями  и  равен  , а расстояние от точки M до
прямой m равно p . Каким может быть радиус этой сферы?

 1. p  sin
2
 2. p  cos
 3. p  tg

2

2
 4. p  ctg

2
(Правильные варианты: 3, 4)
Домашнее задание
1. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S через середины ребер
AB , AD и SC проведено сечение. Известно, что площадь сечения равна 2 2 , а
плоскость сечения образует угол в 45 с плоскостью основания ABCD . Найдите объем
данной пирамиды.
2. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD . Через
середины ребер AB , AD и SC проведена плоскость. Найдите отношение объемов частей,
на которые эта плоскость разбивает пирамиду.
3. В основании треугольной призмы ABCA1 B1C1 лежит правильный треугольник ABC со
стороной, равной a . Ребро AA1 перпендикулярно ребру BC и образует угол в 60 с
плоскостью ABC . Призма такова, что в нее можно вписать шар. Найдите объем призмы.
4. В основании прямой треугольной призмы ABCA1 B1C1 лежит прямоугольный
треугольник ABC с катетами AB  a , AC  2a . Высота призмы равна a2 . Найдите радиус
шара, касающегося ребра B1C1 и граней AA1 B1B , AAC
1 1C , ABC .
5. Дан прямой круговой конус высоты H с углом между осью и образующей 30 .
Правильный тетраэдр ABCD помещен в конус таким образом, что его ребро AB
параллельно оси конуса, вершина A лежит на основании, а все остальные вершины — на
боковой поверхности конуса. Найдите длину ребра тетраэдра.
Рисунки (названия файлов)
Рисунок 1. 11-7-01.CDR
Рисунок 2. 11-7-02.CDR
Рисунок 3. 11-7-03.CDR
Рисунок 4. 11-7-04.CDR
Рисунок 5. 11-7-05.CDR
Рисунок 6. 11-7-06.CDR
Рисунок 7. PIRAM1.CDR
Рисунок 8. PIRAM2.CDR
Рисунок 9. 11-7-12.CDR
Рисунок 10. 11-7-13.CDR
Рисунок 11. 11-7-14.CDR
Рисунок 12. 11-7-15.CDR
Рисунок 13. 11-7-16.CDR
Рисунок 14. 11-7-17.CDR
Рисунок 15. 11-7-18.CDR
Рисунок 16. 11-7-19.CDR
Рисунок 17. 11-7-20.CDR
Рисунок 18. 11-7-21.CDR
Рисунок 19. 11-7-22.CDR
Рисунок 20. 11-7-23.CDR