Тема 14. Задачи по стереометрии

14.20 Метод объемов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#46421Максимум баллов за задание: 3

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1,$ в которой $AB = a,$ $AA1 = 2a.$ Найдите расстояние между прямыми $AB1$ и $BC1.$

Показать ответ и решение

Проведем $C1D ∥AB1.$ Тогда расстояние между прямыми $aB1$ и $BC1$ равно расстоянию от любой точки прямой $AB1$ до плоскости $BC1D.$ Пусть $h$ — расстояние от точки $A$ до этой плоскости. Рассмотрим тетраэдр $ABC1D.$ Запишем его объем двумя способами:

1 ⋅h⋅SBC1D = V = 1⋅CC1 ⋅SABD ⇒ h= CC1-⋅SABD-. 3 3 SBC1D

$PIC$

$△BC D 1$ равнобедренный с основанием $BD.$ Пусть $C K ⊥ BD. 1$ Тогда, так как $√- BD = a 2,$ $√ - BC1 = a 5,$ имеем:

3a 1 3 2 C1K = √2- ⇒ SBC1D = 2 ⋅C1K ⋅BD = 2a .

Тогда

2a ⋅ 1a2 2 h= --3a22- = 3a. 2

Ответ:

$2 a 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#46495Максимум баллов за задание: 3

В тетраэдре $ABCD$ грани $ABC$ и $ABD$ имеют площади $p$ и $q$ и образуют между собой угол $α.$ Найдите площадь сечения, проходящего через ребро $AB$ и центр вписанного в тетраэдр шара.

Показать ответ и решение

В задаче 41979 была доказана формула

V = 2 pqsinα. 3 x

для объема треугольной пирамиды, где $p$ и $q$ — площади двух граней, $x$ — их общее ребро, $α$ — угол между плоскостями этих граней. Если обозначить $AB = x,$ $SABD =p,$ $SABC = q,$ то по этой формуле объем тетраэдра $ABCD$ равен

V = 2 ⋅ pq⋅sin α. 3 x

Заметим, что центр шара, вписанного в тетраэдр, лежит на пересечении биссекторных плоскостей тетраэдра. Следовательно, плоскость $AOB$ — биссектор, то есть делит двугранный угол, образованный гранями $ABD$ и $ABC,$ пополам.

$PIC$

В задаче 46419 в ходе решения была доказана формула

VD- p --q- VC = q ⇒ VC = p+ qV,

где $VD = VDAOB,$ $VC = VCAOB.$

Проведем $CH ⊥ (AOB ).$ Пусть $CX ⊥ AB,$ тогда по теореме о трех перпендикулярах $HX ⊥AB.$ Следовательно, $∠CXH = α. 2$ Пусть $CX = c,$ $OK = h$ — высота $△AOB,$ проведенная к $AB = x.$ Тогда $CH = csin α 2$ и

1 α 1 VC = 3 ⋅csin 2-⋅2 ⋅hx.

Тогда из $VC = pq+qV$ получаем равенство

1 α 1 q 2 pq 1 2pq α 3 ⋅csin 2-⋅2 ⋅hx = p+-q ⋅3 ⋅x-⋅sin α ⇔ SAOB = 2hx = p+-q cos2.

(так как $cx =2q$ )

Ответ:

$-2pq cos α p + q 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#46496Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S,$ все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина бокового ребра $SB.$ Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $ACE.$

Показать ответ и решение

Пусть $h$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $AEC.$ Рассмотрим тетраэдр $EABC.$ Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD,$ $EP ∥SH,$ следовательно, $EP$ — высота тетраэдра $EABC,$ причем, так как $E$ — середина $SB,$ то $△SHB ∼ △EP B$ и $EP = 12SH.$

Запишем объем тетраэдра $EABC$ двумя разными способами:

1⋅h⋅SAEC = V = 1 ⋅EP ⋅SABC ⇒ h = EP-⋅SABC. 3 3 SAEC

$PIC$

$√- AC = 2$ $⇒$ $√1 AH = 2$ $⇒$ $1√- SH = 2$ $⇒$ $1√-- EP = 22.$

Так как $BH ⊥AC,$ то по теореме о трех перпендикулярах $EH ⊥ AC.$ Следовательно, $EH$ — высота $△AEC.$ Но $EH$ — медиана прямоугольного треугольника $SHB,$ проведенная к гипотенузе. Следовательно, $EH = 12SB = 12.$ Следовательно,

EP--⋅ 12AB2 1 h = 12 ⋅EH ⋅AC = 2.

Ответ:

$1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#46497Максимум баллов за задание: 3

Точки $M$ и $N$ — середины ребер $AD$ и $AB$ соответственно куба $ABCDA1B1C1D1.$ Найдите расстояние между прямыми $D1M$ и $A1N,$ если ребро куба равно 6.

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — середина $CD.$ Тогда $A1N ∥D1K.$ Следовательно, расстояние между прямыми $A1N$ и $D1M$ равно расстоянию от любой точки прямой $A1N$ до плоскости $MD1K.$ Пусть $h$ — расстояние от точки $N$ до этой плоскости. Рассмотрим тетраэдр $NMD1K.$ Запишем его объем двумя способами:

1 ⋅DD1 ⋅SMNK = V = 1 ⋅h⋅SMD1K ⇒ h= DD1--⋅SMNK--. 3 3 SMD1K

$PIC$

$MK = 3√2,$ $MD1 = 33√5.$ Пусть $DH ⊥ MK.$ Так как $△MD1K$ равнобедренный, то $√3 MH = 2$ $⇒$ $√9 D1H = 2.$
$△AMN$ и $△DMK$ — прямоугольные и равнобедренные, следовательно, $∠AMN = ∠DMK = 45∘.$ Тогда $∠NMK = 90∘.$ Следовательно, $△MNK$ — прямоугольный и равнобедренный.

Тогда

DD1 ⋅ 1 ⋅MK2 h= -1⋅D12H-⋅MK-- =4. 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#46498Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ со стороной основания $AB = 4$ и высотой 7 на ребре $AA1$ взята точка $M$ так, что $AM = 2.$ На ребре $BB1$ взята точка $K$ так, что $B1K = 2.$ Найдите угол между плоскостями $D1MK$ и $CC1D1.$

Показать ответ и решение

Так как $(CC1D1 )∥(AA1B1),$ то можно искать угол между плоскостью $D1MK$ и плоскостью $AA1B1.$ Назовем этот угол $α.$

В задаче 41979 была доказана формула

2SP V = 3-a-sinα.

для объема треугольной пирамиды, где $S$ и $P$ — площади двух граней, $a$ — их общее ребро, $α$ — угол между плоскостями этих граней.

Если рассмотреть тетраэдр $D1A1MK,$ то его объем равен

2 SA1MK-⋅SD1MK- V = 3 ⋅ MK ⋅sinα.

С другой стороны, его объем равен

1 V = 3D1A1 ⋅SA1MK.

Отсюда

D1A1-⋅MK-- sin α= 2SD1MK .

$PIC$

$√ - B1D1 =4 2$ $⇒$ $D1K = 6.$
Пусть $M1$ — проекция $M$ на $(BB1C1 ).$ Тогда $BM1 = 2,$ $M1K = 3,$ следовательно, $MK = 5.$
$√ -- MD1 = 41.$
Рассмотрим $△D1MK.$ Его полупериметр равен $-- √-41-+11- p= 2 .$ Следовательно, по формуле Герона его площадь равна
$∘ --------------------------------- √41+ 11 11− √41 √41− 1 √41+ 1 S = ---2----⋅---2----⋅--2----⋅--2----= 1 ∘ (-----(√---)2)-((√---)2---)- = 4 ⋅ 112 − 41 41 − 12 = √- = 10 2.$

Следовательно,

4⋅5 √2- sinα = ----√--= -2- ⇒ α =45∘. 2⋅10 2

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#46499Максимум баллов за задание: 3

В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A1B1C1D1E1F1$ все ребра равны 1.

а) Докажите, что точки $F$ и $C$ равноудалены от плоскости $BED1.$

б) Найдите расстояние между прямыми $ED1$ и $FE1.$

Показать ответ и решение

а) Так как плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым, то плоскость $A1B1C1$ плоскость $BED1$ пересечет по прямой $C1D1 ∥BE.$ Пусть $FC ∩ BE = O.$ Тогда $O$ — центр правильного шестиугольника, следовательно, $FO = CO = AB = 1.$ Пусть $FHF$ и $CHC$ — перпендикуляры из точек $F$ и $C$ на плоскость $BED1$ соответственно. Тогда $△F OHF = △COHC$ как прямоугольные по гипотенузе и острому углу ( $∠F OH = ∠COH F C$ как вертикальные). Следовательно, $FH = CH . F C$ Чтд.

$PIC$

В задаче 41859 была доказана формула

V = 1abdsin α, 6

где $a,b$ — противоположные ребра тетраэдра, $d$ — расстояние между ними, $α$ — угол между ними. Будем пользоваться этой формулой, чтобы найти расстояние между ребрами $ED1$ и $FE1$ тетраэдра $FED1E1.$

В наших обозначениях объем этого тетраэдра равен

V = 1 ⋅ED1 ⋅F E1⋅d⋅sin α, 6

где $α$ — угол между $ED1$ и $FE1.$

Заметим, что отрезки $ED1$ и $FE1$ равны $√2.$ Так как $FO = E1D1$ и $F O ∥ E1D1,$ то $FE1D1O$ — параллелограмм, следовательно, $OD1 ∥F E1,$ следовательно, $∠OD1E =α$ — угол между $ED1$ и $F E1.$ Найдем его по теореме косинусов из $△OD1E,$ где $√ - OD1 = ED1 = 2,$ $OE = 1:$

√ - cosα= 2+√2−√1-= 3 ⇒ sinα = --7. 2⋅ 2⋅ 2 4 4

С другой стороны, объем тетраэдра $FED E 1 1$ равен

2 SEFE1 ⋅SED1E1 ∘ V = 3 ⋅ EE1 ⋅sin120

по формуле, которая доказывалась в задаче 41979 ( $∘ ∠F ED = 120$ и есть угол между гранями $EF E1$ и $ED1E1$ ).

Заметим, что $SEFE1 = SED1E1 = 12.$ Следовательно,

√-- 1 ⋅ED1 ⋅F E1⋅d⋅sin α= 2 ⋅ SEFE1-⋅SED1E1-⋅sin120∘ ⇒ d= -21. 6 3 EE1 7

Ответ:

б) $√-- -21- 7$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#46500Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ проведено сечение плоскостью, проходящей через сторону основания $AB$ перпендикулярно ребру $SC.$

а) Докажите, что площадь сечения относится к площади основания пирамиды так же, как высота пирамиды относится к ее боковому ребру.

б) Найдите площадь сечения пирамиды, если боковое ребро $SA = 5,$ а сторона основания $AB = 4.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $ABK$ — сечение пирамиды $SABC$ плоскостью, перпендикулярной $SC$ и проходящей через $AB.$ Так как $SC ⊥ (ABK ),$ то $SK$ — высота пирамиды $SABK.$

Объемы тетраэдров, имеющих общий трехгранный угол, относятся как произведения ребер, образующих этот трехгранный угол. Следовательно,

VSABK-= SA-⋅SB-⋅SK-= SK-. VSABC SA ⋅SB ⋅SC SC

С другой стороны,

VSABK- 13SK-⋅SABK- VSABC = 13SH ⋅SABC .

Отсюда

1 SK-= -31SK-⋅SABK ⇒ SH-= SABK-. SC 3SH ⋅SABC SC SABC

Чтд.

$PIC$

б) Из пункта а) следует, что

SH ⋅S SH ⋅ AB2√3 SABK = ---SCABC-= ----SC-4--.

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $√ - a23 ,$ следовательно, $CC1 = 2√3,$ а $CH = 2CC1 = √4-. 3 3$ Тогда по теореме Пифагора $∘ -- SH = 59. 3$ Следовательно,

∘-59-⋅ 42√3 SABK = --3---4--= 4√59. 5 5

Ответ:

б) $√-- 4-59- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#46501Максимум баллов за задание: 3

Дана треугольная пирамида $ABCD$ объемом 40. Через вершину $A$ и середину $M$ ребра $BC$ проведена плоскость, пересекающая ребро $BD$ в точке $N.$ Расстояние от вершины $B$ до этой плоскости равно 4, а площадь треугольника $AMN$ равна 5.

а) Докажите, что точка $N$ делит ребро $BD$ в отношении $1:2,$ считая от точки $B.$

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью $ABC$ пирамиды, если дополнительно известно, что ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ABC$ и равно 15.

Показать ответ и решение

а) Из условия следует, что $VBAMN = 1⋅4⋅5 = 20. 3 3$ Объемы тетраэдров, имеющих общий трехгранный угол, относятся как произведения ребер, образующих этот трехгранный угол. Следовательно,

230 VBAMN- BA-⋅BM--⋅BN- -BN- BN-- 1 BN-- 1 40 = VABCD = BA ⋅BC ⋅BD = 2BD ⇒ BD = 3 ⇒ ND = 2.

Чтд.

$PIC$

б) По условию $BD$ — высота тетраэдра $ABCD.$ Следовательно,

1 40 =VABCD = 3 ⋅BD ⋅SABC ⇒ SABC = 8.

Так как медиана треугольника делит его на два равновеликих треугольника, то $SAMB = 12SABC = 4.$ $△AMB$ — проекция $△AMN$ на плоскость $ABC.$ Следовательно, косинус угла между плоскостями $AMN$ и $ABC$ равен

SAMB- 4 4 cosα = SAMN = 5 ⇒ α= arccos5 .

Ответ:

б) $arccos 4 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#20567Максимум баллов за задание: 3

На ребрах $CD$ и $BB1$ куба $ABCDA1B1C1D1$ с ребром 12 отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно, причем $DP = 4,$ $B1Q = 3.$ Плоскость $(AP Q)$ пересекает ребро $CC1$ в точке $M.$

а) Докажите, что точка $M$ является серединой ребра $CC1.$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $(APQ ).$

Показать ответ и решение

а) Обозначим за $α$ плоскость $(AP Q).$ Продлим прямую $AP$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $E.$ Точка $E$ лежит в плоскости $α,$ а также в плоскости $BCB1C1.$ Тогда и $QE$ лежит в плоскости $BCB1C1,$ значит, точка пересечения $QE$ и $CC1$ и есть точка $M.$

Так как $AD ∥ CE,$ то $△AP D ∼ △EP C$ по двум углам с коэффициентом подобия, равным

DP- = --4-- = 1 P C 12− 4 2

Тогда $CE =2AD =24.$

Так как $MC ∥QB,$ то $△ EMC ∼ △EQB$ по двум углам с коэффициентом подобия, равным

EC 24 2 EB- = 24+-12-= 3

Тогда имеем:

MC = 2QB = 2(12− 3) =6 = 1CC1 3 3 2

Получили, что $M$ — середина $CC , 1$ что и требовалось.

$PIC$

б)

Способ 1.

Пусть $V$ — объем пирамиды $ABEQ,$ $h$ — искомое расстояние от точки $B$ до плоскости $α.$ Заметим, что $QB$ совпадает с высотой из точки $Q$ на плоскость $(ABE ).$ Тогда можем записать $V$ двумя способами:

$pict$

По теоремам Пифагора для треугольников

$pict$

$PIC$

По теореме косинусов для угла $Q$ треугольника $AQE :$

$pict$

Способ 2.

$PIC$

Произведем дополнительное построение. Пусть $H$ — основание высоты из $B$ в треугольнике $ABE,$ а $F$ основание высоты из $B$ в треугольнике $BQH.$ Докажем, что $BF$ перпендикулярно плоскости $(AQE ).$

По теореме о трех перпендикулярах $QH ⊥ AE,$ так как $BH ⊥AE.$ Тогда $AE ⊥ BH$ и $AE ⊥ QH ⇒ AE$ перпендикулярна плоскости $(QBH ).$ Тогда $BF ⊥ AE,$ так как лежит в $(QBH ),$ при этом $BF ⊥ QH$ по построению. Получили, что $BF$ перпендикулярна прямым $QH$ и $AE$ из плоскости $(AQE ),$ а значит перпендикулярна всей плоскости. Осталось найти длину $BF,$ чтобы решить задачу.