14.04 Задачи формата ЕГЭ на тела вращения. Шар, цилиндр, конус

а) Пусть дана пирамида , — точка пересечения диагоналей основания . По свойству правильной пирамиды — ее высота, следовательно, и высота конуса. Пусть — центр сферы, вписанной в конус, следовательно, лежащий на . Тогда — радиус этой сферы.

Окружность основания конуса касается стороны в ее середине. Назовем эту точку касания . Тогда , — радиус основания конуса. Рассмотрим . Проведем . Так как — проекция на плоскость и , то по ТТП и . Следовательно, перпендикулярна двум прямым и из плоскости , следовательно, . Значит, — точка касания сферы с гранью , лежащая на . А так как — середина , то по определению — апофема грани . Для других граней пирамиды доказательство аналогично, так как пирамида правильная.

Чтд.

Заметим, что — образующая конуса и — одна из точек касания сферы с боковой поверхностью конуса.

б) Пусть сторона основания равна . (так как — средняя линия в ).

Прямоугольные по острому углу ( — общий), следовательно,

Следовательно,

а) Пусть — центр основания конуса. Так как точки и делят окружность основания на две дуги, которые относятся как 1:5, то можно меньшую дугу принять за а большую за Тогда вся окружность равна следовательно, меньшая дуга составляет от всей окружности, то есть в градусах равна

Таким образом, как центральный угол. Так как — радиусы, то равнобедренный. Поскольку один из его углов равен , то равносторонний и

Проведем также является и медианой. Тогда для прямоугольного треугольника и треугольника имеем:

б) Из формулы площади треугольника находим радиус основания конуса:

Тогда по теореме Пифагора в треугольнике

Тогда объем конуса равен

а) Сечение цилиндра данной плоскостью — это прямоугольник где Дуга следовательно, центральный угол

Объем цилиндра равен

Здесь следовательно, необходимо найти

Рассмотрим прямоугольный треугольник В нем имеем:

 

 

Заметим, что — равнобедренный. Тогда по теореме косинусов

Тогда имеем:

Следовательно, объем цилиндра равен

б) Подставляя значения из условия, получаем:

Пусть — точка пересечения с окружностью нижнего основания цилиндра. Поскольку — высота конуса, то плоскость перпендикулярна плоскости основания конуса и прямая перпендикулярна плоскости основания как прямая пересечения с боковой поверхностью цилиндра. Получили, что

По условию тогда по теореме Пифагора для треугольника

Также нам дано, что радиус цилиндра равен 2,5, то есть Тогда — середина и с учетом получаем, что — средняя линия треугольника и — середина

б) Обозначим касательную в точке к окружности основания конуса через Тогда как радиус, проведенный в точку касания. Кроме того, так как высота конуса перпендикулярна любой прямой плоскости основания конуса.

Получили, что следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости и перпендикулярна любой прямой плоскости Проведем в плоскости тогда длина и есть расстояние между прямыми и Записав площадь треугольника двумя способами, найдем длину

а) Пусть — центр основания конуса, тогда отрезок перпендикулярен основанию конуса, а значит, и основаниям призмы. Кроме того, — центр вписанной окружности равнобокой трапеции . Тогда и — биссектрисы равных углов и равнобокой трапеции, следовательно, . Получили, что треугольник равнобедренный, в котором .

Рассмотрим треугольники и . Они оба прямоугольные и равны по паре катетов ( — общий, ), следовательно, их гипотенузы и тоже равны.

б) Нам уже известна высота конуса (она равна высоте призмы), чтобы вычислить объем конуса, осталось найти радиус окружности основания.

Будем рассматривать ситуацию в плоскости основания призмы. — описанный четырехугольник, следовательно, , причем мы знаем, что , так как трапеция равнобокая. Тогда

Опустим высоты и на основание трапеции. Тогда — прямоугольник и .

как прямоугольные по катетам () и гипотенузам (), следовательно, их оставшиеся катеты тоже равны . Можем найти длину отрезка

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника высота трапеции равна

Высота трапеции равна удвоенному радиусу ее вписанной окружности, т.е. . Можем найти объем конуса

Пусть , и — точки пересечения плоскости с прямыми , и соответственно, а — середина высоты (ниже мы докажем, что это также и центр верхнего основания цилиндра, и обозначения согласуются с условием задачи). По условию и , следовательно, .

Рассмотрим плоскость . Параллельные плоскости и пересекают ее по прямым и , следовательно, эти прямые параллельны . При этом — середина , следовательно, — средняя линия в треугольнике , и — середина . Абсолютно аналогично доказывается, что и являются серединами и соответственно. Тогда треугольник подобен треугольнику с коэффициентом (т.к. как средние линии), а — его центр. Таким образом, действительно является центром верхнего основания цилиндра.

а) Пирамида правильная, следовательно, является центром масс треугольника . — медиана и . Запишем теорему Менелая для треугольника и прямой , чтобы найти отношение

б) Обозначим через радиус цилиндра, через сторону треугольника , через высоту цилиндра, тогда высота пирамиды равна . Запишем площадь равностороннего треугольника двумя способами, чтобы выразить через

Тогда сторона равностороннего треугольника вдвое больше и равна , а его площадь

Наконец, можем найти искомое отношение объемов пирамиды и цилиндра

а) Докажем, что центр сферы лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды.

Рассмотрим пирамиду с вершиной . Пусть — высота пирамиды, то есть — точка пересечения медиан (биссектрис, высот) треугольника . Так как правильный, то . Возьмем произвольную точку на прямой . Тогда мы получаем три равных прямоугольных треугольника (по двум катетам), следовательно, . Таким образом, мы доказали, что любая точка прямой равноудалена от вершин основания пирамиды.

Рассмотрим плоскость . Отметим на точку таким образом, чтобы . Тогда мы получим равнобедренный , следовательно, .

Таким образом, расстояние от точки до всех вершин пирамиды равны, следовательно, — центр описанной сферы.

Заметим, что если , что равносильно (, так как — проекция на плоскость ), то точка будет лежать на высоте , в противном случае она будет лежать на продолжении отрезка за точку .

Чтд.

б) Пусть — высота (медиана) , тогда — высота (биссектриса) грани . Тогда . Найдем боковое ребро пирамиды:

Так как высота правильного треугольника со стороной равна , а — это от этой высоты, то .

Тогда из прямоугольного треугольника :

Обозначим , — радиус сферы. Проведем . Так как равнобедренный, то — медиана, следовательно, . Тогда

Подставляя вместо выражение , получаем ответ.

 

Заметим, что мы вывели формулу радиуса сферы, описанной около правильной треугольной пирамиды, и он равен

где — длина бокового ребра, — длина высоты пирамиды.

а) Докажем, что центр сферы лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды.

Рассмотрим пирамиду с вершиной . Пусть — высота пирамиды, то есть — точка пересечения медиан (биссектрис, высот) треугольника . Так как правильный, то . Возьмем произвольную точку на прямой . Тогда мы получаем три равных прямоугольных треугольника (по двум катетам), следовательно, . Таким образом, мы доказали, что любая точка прямой равноудалена от вершин основания пирамиды.

Рассмотрим плоскость . Отметим на точку таким образом, чтобы . Тогда мы получим равнобедренный , следовательно, .

Таким образом, расстояние от точки до всех вершин пирамиды равны, следовательно, — центр описанной сферы.

Докажем, что лежит на продолжении отрезка за точку . Это равносильно тому, что доказать, что

Введем , .

Используя данные об объеме и высоте пирамиды, найдем сторону основания (учтем, что площадь правильного треугольника , где , равна ):

Тогда составляет от высоты , которая равна , то есть . Таким образом, в треугольнике имеем , следовательно, (против большей стороны лежит больший угол). Значит , следовательно, точка находится внутри угла , что значит, что .

Чтд.

б) Из предыдущего пункта мы нашли, что . Высота . По теореме Пифагора

Также найдем .

Тогда по теореме косинусов для ():

а) Пусть — пирамида с вершиной

— вписанный — вписанная

Если вписанный, то существует точка , лежащая в плоскости этого четырехугольника, расстояния от которой до вершин одинаковы: — радиус описанной около четырехугольника окружности. Восстановим перпендикуляр из точки к плоскости четырехугольника. Докажем, что каждая точка этого перпендикуляра равноудалена от вершин .

Отметим . Рассмотрим (как прямоугольные по общему катету и катетам ). Следовательно, гипотенузы равны: .

Теперь осталось показать, что можно на выбрать точку таким образом, чтобы .

Проведем через середину отрезка плоскость : . Эта плоскость состоит из всевозможных прямых, перпендикулярных и проходящих через середину этого отрезка. Следовательно, состоит из серединных перпендикуляров к отрезку . Следовательно, любая точка плоскости равноудалена от точек и . За точку возьмем точку пересечения и . Тогда имеем , так как , и , так как . Отсюда — радиус описанной около пирамиды сферы.

Докажем, что есть такая точка , то есть что — невозможно.

Предположим, что . Тогда, так как , имеем . Так как , то из вытекает, что . Но это неправда, ведь .

— вписанная — вписанный

Пусть — центр сферы, описанной около пирамиды. Из точки опустим перпендикуляр к плоскости . Пусть . Имеем как прямоугольные с общим катетом и равными гипотенузами . Следовательно, , то есть — центр описанной около окружности.

Чтд.

б) — квадрат, — высота пирамиды, — точка пересечения диагоналей (она же точка , речь о которой была в пункте а)). Радиус описанной около пирамиды сферы равен . Также , .

Так как пирамида правильная, то центр сферы лежит на .

Рассмотрим : , , . Также . Тогда , следовательно, .

Из прямоугольного :

Также , следовательно,

Пусть дана пирамида с вершиной .

Пусть — точки касания сферы с основанием и боковыми гранями пирамиды (см.рис.). Тогда для . Докажем, что принадлежит биссекторной плоскости произвольного двугранного угла при основании пирамиды.
Докажем лемму. Если точка равноудалена от граней двугранного угла, то она лежит в биссекторной плоскости этого угла.
Пусть плоскости и образуют двугранный угол (назовем его ) с ребром . Проведем , . Проведем . Тогда — наклонная, а , — ее проекции на плоскости и соответственно. Следовательно, по ТТП , , то есть — линейный угол двугранного угла . как прямоугольные по катету и гипотенузе (, — общая). Следовательно, и равны, а также являются линейными углами двугранных улов между гранями угла и плоскости, построенной на прямых и . Следовательно, лежит в биссекторной плоскости угла .

Так как равноудалена от граней двугранных углов (например, так как , следовательно, лежит в биссекторной плоскости двугранного угла между основанием и гранью ), образованных основанием и произвольной боковой гранью, то лежит в биссекторных плоскостях этих двугранных углов.

Докажем, что точка равноудалена от основания и боковых граней пирамиды. Опустим перпендикуляр на плоскость и перпендикуляр на плоскость . Так как лежит в биссекторной плоскости угла между и , то равноудалена от граней этого двугранного угла, следовательно, .

Аналогично мы получим, что , , откуда получим , . Следовательно, точка равноудалена всех граней пирамиды, значит, является центром вписанной в пирамиду сферы.

а) Пусть — плоскость, проходящая через точки , , . Докажем, что .

Сечение сферы плоскостью — большая окружность сферы. Имеем: , в частности, , . Так как , то , где — большая плоскость сферы, проходящая через точку . Отсюда следует, что либо , либо , что невозможно, так как эти плоскости имеют общую точку . Следовательно, точка лежит в одной плоскости с точками , , , то есть — плоская фигура.

б) Рассмотрим окружность с центром в точке и точками , , на ней. Пусть — диаметр, параллельный . Пусть лежит на правой полуокружности. Существует два варианта: — это хорда правой или левой полукружности (обозначим их и соответственно).

1) Пусть или (рис. 1).

Тогда опирается на дугу не меньше полуокружности, следовательно, не меньше , то есть . В этом случае высота треугольника не больше , так как (). Следовательно,

Этот случай нам не подходит, так как по условию .

2) Пусть (рис. 2). Тогда и .

Значит, равен или . Тогда равен или соответственно. Введем обозначение .

Проведем . Тогда , следовательно, , .

Так как .

Тогда

Если может принимать значение, большее 1, то все в порядке. Тогда . Следовательно, , так как .

а) Будем сокращенно двугранный угол с ребром называть ”ДУ при “.

Пусть все ДУ при сторонах основания равны , . Проведем , тогда по ТТП наклонная . Значит, — линейный угол ДУ при , то есть . Если — биссектриса , то —- точка пересечения биссекторной плоскости ДУ при (действительно, — линейные углы ДУ, образованных плоскостью и или ). Тогда , где .

Заметим, что . Рассмотрим :

Так как длина отрезка не зависит от выбора ДУ при ребре основания, то — точка пересечения с всех биссекторных плоскостей ДУ при сторонах основания пирамиды. Таким образом, расстояния от до всех граней пирамиды равны , следовательно, — центр вписанной сферы, — радиус.

Чтд.

б) Пусть — радиус вписанной сферы, , . Так как , , , то по ТТП наклонные , . Заметим, что как прямоугольные по двум катетам, следовательно, . Известна формула

Преобразуем получившееся уравнение и найдем :

Подставим и получим

а) Пусть — высота пирамиды, — центр вписанной в пирамиду сферы, —- центр описанной около пирамиды сферы. Так как пирамида правильная, то .

Пусть — центр описанной и вписанной сфер. Тогда — радиус описанной сферы. Проведем , тогда по ТТП . Проведем . Так как — точка касания вписанной сферы и гранью .

Заметим, что — проекции , , на плоскость . Так как наклонные равны, то и проекции равны, следовательно, — центр окружности, описанной около . Тогда (центральный угол в два раза больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу).

Так как равноудалена от сторон , является биссектрисой этого угла и . Тогда как равнобедренные с равными основаниями и высотами, проведенными к этим основаниям.

Значит, . Тогда . Тогда сумма четырех равных углов при вершине равна

Чтд.

Пусть — центр вписанной в пирамиду сферы. Пусть , , , .

Если сумма плоских углов при вершине равна , то, так как эти углы равны, получаем . Выше доказывалось, что , откуда .

Пусть — центр окружности, описанной около равнобедренного . Тогда и (центральный угол в два раза больше вписанного, опирающегося на ту же дугу). Отсюда следует, что , то есть — проекции на . Так как проекции равны, то равны и наклонные: и — центр описанной около пирамиды сферы.

б) Пусть — центр вписанной в пирамиду сферы, , — радиусы. Так как равноудалена от граней , , , то — линия пересечения биссекторных плоскостей при ребрах и , следовательно, любая точка прямой равноудалена от , , центр второй сферы . Пусть . Так как две сферы касаются друг друга, то (сумма радиусов).

с коэффициентом подобия , следовательно, — средняя линия , значит, .

Пусть , тогда и по теореме Пифагора в : .

Пусть . Из следует, что

Тогда . Пусть — середина и . Тогда — центр описанной около пирамиды сферы. Имеем

. Следовательно,

а) Пусть — центр окружности, описанной около . Восстановим перпендиуляр из точки к плоскости .

Докажем, что любая точка равноудалена от вершин . Действительно, рассмотрим , , : они равны, так как они прямоугольные, — общий катет, . Следовательно, .

Докажем, что на можно выбрать такую точку , что . Проведем через середину — точку — плоскость перпендикулярно . Тогда для любой точки этой плоскости выполнено: . Пусть — точка пересечения этой плоскости с . Тогда и , следовательно, равноудалена от всех вершин тетраэдра , значит, это центр описанной около тетраэдра сферы.

Нужно доказать, что случай, когда не имеет общих точек с этой плоскостью, невозможен. Предположим, что , — эта плоскость. Так как , то . Так как , то . Получили противоречие, так как .

Чтд.

б) Так как , то ( — высота тетраэдра). Пусть — центр описанной около окружности. Так ак равнобедренный, то , где — высота, медиана, биссектриса. Восстановим из точки перпендикуляр . Тогда для любой имеем .

Построим плоскость, проходящую через середину отрезка перпендикулярно (то есть параллельно ). Назовем эту плоскость . Пусть . Следовательно, опираясь на предыдущий пункт, можем сказать, что равноудалена от всех вершин тетраэдра, то есть это центр описанной сферы.

Так как , , . Так как , . Следовательно, —- параллелограмм, а учитывая, что , это прямоугольник. Тогда , .

Тогда радиус описанной сферы равен

Найдем по формуле :

Тогда

а) Пусть вершины расположены на диагонали , тогда вершины — на диагонали куба . Действительно, так как тетраэдр правильный, то противоположные ребра тетраэдра перпендикулярны, следовательно, . Диагонали куба, перпендикулярные диагонали грани куба — это или . Без ограничения общности можно выбрать любую из этих двух.

По свойству правильноо тетраэдра если — середина , то . Так как , то , то есть —- точка пересечения диагоналей грани . Так как — середина , то , следовательно, и расположены на симметрично относительно .

б) Так как все грани правильного тетраэдра равны и являются правильными треугольниками, то и высоты этих граней равны, следовательно, . Тогда медиана в является и высотой. Тогда точки и расположены на симметрично относительно .

Если — ребро тетраэдра, то . Тогда

Теперь рассмотрим . Пусть — ребро куба. . Следовательно, . Так как , то получаем, что .

Пусть пересекает в точке . Тогда . Следовательно, . То есть точка точка совпадает с точкой .

Из с . С другой стороны, . Отсюда следует, что ребро тетраэдра .

Пусть . Тогда — центр описанной сферы — лежит на . Плоскость является биссекторной плоскостью для двугранного угла при ребре , следовательно, .

Рассмотрим теорему Менелая для и прямой :

а) Рассмотрим пирамиду с вершиной . Она вписана в сферу, о которой идет речь в условии. Основание пирамиды — прямоугольный равнобедренный .

Обозначим и — центры квадратов и соответственно.

1) Точка — центр окружности, описанной около .

2) .

Из 1) и 2) следует, что любая точка прямой равноудалена от вершин . Найдем на такую точку , что . Тогда — центр описанной около сферы.

Построим плоскость , проходящую через середину отрезка перпендикулярно ему. Любая точка этой плоскости равноудалена от концов отрезка . Тогда точка пересечения этой плоскости с и будет искомой точкой .

Заметим, что по ТТП как наклонная. Пусть — серединный перпендикуляр к стороне в (, ). Тогда если , то (). По теореме Пифагора

Следовательно, — плоскость, построенная на прямых , и . Пусть . Проведем . (прямоугольные, , ). Следовательно, . Тогда .

Получаем сечение куба плоскостью . .

— трапеция, а — ее средняя линия, следовательно,

Рассмотрим . По теореме Пифагора

Чтд.

б) Пусть , , . Рассмотрим квадрат . перпендикулярна плоскости этого квадрата. Заметим, что лежит в этой плоскости и, как следствие, . Проведем . Так как , то . Следовательно, — часть диаметра , перпендикулярного .

Пусть .

Тогда, учитывая, что , — радиус сферы, находим

а) Боковые грани пирамиды имеют одинаковые углы с основанием, значит, основание высоты пирамиды — центр вписанной в основание окружности. Действительно, опустим высоту и проведем перпендикуляры , , к сторонам основания. Тогда по ТТП перпендикулярна той стороне основания, к которой она проведена. Следовательно, — линейные углы двугранных углов при сторонах основания. Они равны, следовательно, по острому углу и общему катету. Следовательно, , следовательно, — центр вписанной в основание окружности.

Так как основания цилиндра параллельны, то верхнее основание — окружность, вписанная в треугольник , являющийся сечением пирамиды плоскостью, параллельной основанию . . Двугранные углы при сторонах основания пирамиды равны двугранным углам при основании пирамиды . Следовательно, — центр вписанной в окружности. Эта окружность и есть верхнее основание цилиндра.

Так как , то , , . Пусть , тогда плоскость сечения делит высоту в отношении , считая от . Тогда по Фалесу все боковые ребра пирамиды делятся в таком же соотношении. Рассмотрим и . Так как , то эти треугольники подобны, следовательно, .

Таким образом мы получаем, что все элементы пирамиды относятся к соответствующим элементам пирамиды с коэффициентом .

Пусть — радиус вписанной в окружности, — высота пирамиды . Тогда — радиус вписанной в окружности, — высота . Тогда .

Следовательно, площадь боковой поверхности цилиндра равна

Рассмотрим выражение .

Тогда

б) Так как условие ”боковые грани наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом“ и ”двугранные углы при ребрах основания равны“ – это одно и тоже, то речь о пирамиде, основание высоты которой — центр вписанной окружности. В предыдущем пункте мы вывели формулу для площади боковой поверхности вписанного цилиндра. Для того, чтобы ей воспользоваться, нужно найти радиус вписанной в окружности и высоту пирамиды.

Рассмотрим . Есть формула, связывающая радиус вписанной в прямоугольный треугольник окружности с его катетами и гипотенузой :

Рассмотрим прямоугольный

Заметим, что — квадрат, поому что это прямоугольник с равными смежными сторонами. Следовательно, . Тогжа получаем

Теперь имеем

Следовательно, возможны два варианта для значений радиуса основания цилиндра: он может быть равен числам или

а) Если двугранные углы при основании пирамиды равны, то основание ее высоты — центр вписанной в основание пирамиды окружности. Действительно, проведем перпендикуляры к сторонам ромба. Тогда по ТТП перпендикулярны соответствующим сторонам ромба. Тогда — линейный угол двугранного угла при стороне основания. Тогда , как прямоугольные по острому углу и общему катету . Следовательно, точка равноудалена от сторон , то есть является центром вписанной в окружности.

Чтд.

б) Докажем вспомогательную лемму: если отрезок пересекают две параллельные плоскости и , проходящие через и , и делят его в отношении , то любой другой отрезок , пересекающий плокости в точках и , делится этими плоскостями в том же отношении. А также относится к как .

Проведем перпендикуляр к плоскостям, причем . Тогда как прямоугольные и общим острым углом . Следовательно, .

Проведем произвольный отрезок , пересекающий плоскость в точке , . Рассмотрим и . Они подобны как прямоугольные по общему острому углу. Следовательно, , то есть .

Рассмотрим : по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, следовательно, .

Пусть — сечение пирамиды плоскостью , — радиус вписанной в этот ромб окружности, — радиус вписанной в окружности. По лемме получаем, что .

Тогда объем цилиндра равен

Рассмотрим Пусть , . Проведем . как прямоугольные по острому углу, следовательно, . Так как , то — равносторонний с высотой . Так как высота правильного треугольника со стороной равна , то . Следовательно,

Следовательно,

Тогда

а) Пусть — середина . Тогда равнобедренный, так как и — медианы (высоты) в равных правильных треугольниках. Следовательно,

Назовем сечением . , . Так как , то , . Следовательно, — параллелограмм. Так как , то , то есть — ромб. Так как , , , то — квадрат со стороной .

б) Проведем , . Тогда , следовательно, , следовательно, — высота конуса.

. . Следовательно,

а) Призма прямая, так как ее боковые ребра параллельны оси цилиндра. Основание призмы вписано в окружность (условие цилиндра), следовательно, является прямоугольном. Таким образом, призма — прямоугольный параллелепипед.

б) Пусть . Расстояние между и скрещивающейс с ней диагональю основания — это . Пусть , тогда , ,

Пусть . Площадь боковой поверхности призмы равна

Тогда