Комбинация тел, образцы

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.