Математика
Русский язык

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Нахождение объемов и площадей

Напомним объемы некоторых пространственных фигур:

 

\(\blacktriangleright\) Объем пирамиды \({\large{V=\dfrac{1}{3}S_{\text{осн}}h}}\) , где \(S_{\text{осн}}\) – площадь основания, \(h\) – высота.

 

\(\blacktriangleright\) Объем призмы \({\large{V=S_{\text{осн}}\cdot h}}\), где \(S_{\text{осн}}\) – площадь основания, \(h\) – высота.

 

Т.к. параллелепипед — частный случай призмы, то его объем ищется по той же формуле.

 

\(\blacktriangleright\) Объем прямоугольного параллелепипеда \({\large{V=abc}}\), где \(a,\ b,\ c\) – три различных боковых ребра.

 

\(\blacktriangleright\) Объем куба \({\large{V=a^3}}\), где \(a\) – ребро куба.

 

\(\blacktriangleright\) Объем конуса \({\large{V=\dfrac{1}{3}\pi r^2h}}\), где \(r\) – радиус основания, \(h\) – высота конуса.

 

\(\blacktriangleright\) Объем цилиндра \({\large{V=\pi r^2h}}\), где \(r\) – радиус основания, \(h\) – высота цилиндра.

 

\(\blacktriangleright\) Объем шара \({\large{V=\dfrac{4}{3}\pi R^3}}\), где \(R\) — радиус шара.

Задание 1
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Дана пирамида \(SABC\) с вершиной \(S\), высота которой падает в точку пересечения биссектрис основания, являющегося равнобедренным треугольником с \(AC=CB\). Известно, что радиус вписанной в треугольник \(ABC\) окружности равен \(2-\sqrt3\), \(AB=2\), \(AS=2\sqrt2\). Найдите объем пирамиды.

Добавить задание в избранное

1)

 

Пусть \(SH\) – высота пирамиды, то есть \(H\) – точка пересечения биссектрис основания. Рассмотрим основание \(ABC\). Так как центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(H\) – центр вписанной окружности. Пусть \(AA_1, CC_1\) – биссектрисы, тогда \(CC_1\) также медиана и высота, так как \(AC=CB\). Следовательно, \(HC_1\perp AB\), следовательно, \(HC_1=r\) и есть радиус вписанной окружности.
Проведем \(HK=r\perp AC\). Тогда \(AK=AC_1=1\). Пусть \(CK=t\). Тогда \(CC_1=\sqrt{AC^2-AC_1^2}=\sqrt{t(t+2)}\). Тогда из подобия \(\triangle KCH\sim \triangle ACC_1\): \[\dfrac{HK}{AC_1}=\dfrac{CK}{CC_1} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2-\sqrt3}1=\dfrac t{\sqrt{t(t+2)}} \quad\Rightarrow\quad t=\dfrac2{\sqrt3}-1\] Следовательно, \(AC=t+1=\dfrac2{\sqrt3}\). Тогда \(CC_1=\dfrac1{\sqrt3}\).

Значит, площадь основания \[S_{ABC}=\dfrac12\cdot AB\cdot CC_1=\dfrac1{\sqrt3}.\]

 

2)

 

Заметим, что \(\triangle ASH\) прямоугольный, следовательно, для того, чтобы найти высоту пирамиды, нужно найти \(AH\). Из прямоугольного \(AC_1H\): \[AH^2=AC_1^2+C_1H^2=1+(2-\sqrt3)^2=4(2-\sqrt3).\] Следовательно, \[SH=\sqrt{AS^2-AH^2}=\sqrt{8-4(2-\sqrt3)}=\sqrt{4\sqrt3}=2\sqrt[4]3.\]

Следовательно, объем пирамиды равен \[V=\dfrac13\cdot SH\cdot S_{ABC}=\dfrac2{3\sqrt[4]3}.\]

Ответ:

\(\dfrac2{3\sqrt[4]3}\)

Задание 2
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Параллельно оси цилиндра проведена плоскость, отсекающая от окружности основания дугу, градусная мера которой равна \(\alpha\). Диагональ сечения наклонена под углом \(\beta\) к основанию цилиндра.

а) Найдите объем цилиндра, если высота цилиндра равна \(H\).

 

б) Вычислите объем цилиндра, если \(H=\dfrac2{\sqrt[3]{\pi}}\), \(\alpha=60^\circ\), \(\beta=30^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) Сечение цилиндра данной плоскостью – это прямоугольник \(ABCD\), где \(AB=CD=H\).
Дуга \(\buildrel\smile\over{AD}=\alpha\), следовательно, центральный угол \(\angle AOD=\alpha\).

 

Объем цилиндра равен \[V=\pi R^2\cdot H\]

где \(R=AO\); следовательно, необходимо найти \(R^2\).


 

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ACD\). Из него \[\mathrm{ctg}\,\beta=\dfrac{AD}{CD} \quad \Rightarrow \quad AD=CD\cdot \mathrm{ctg}\,\beta=H\cdot \mathrm{ctg}\,\beta\]

Заметим, что \(\triangle AOD\) – равнобедренный. Тогда по теореме косинусов \[AD^2=AO^2+DO^2-2\cdot AO\cdot DO\cdot \cos\alpha \quad \Rightarrow \quad (H\mathrm{ctg}\,\beta)^2=2R^2(1-\cos\alpha)\]

Отсюда \[R^2=\dfrac{H^2\mathrm{ctg}^2\,\beta}{2(1-\cos\alpha)}\]

Следовательно, \[V=\dfrac{\pi H^3\mathrm{ctg}^2\,\beta}{2(1-\cos\alpha)}\]

б) Подставляя значения из условия, получаем:

\[V=\dfrac{\pi\cdot \frac8{\pi}\cdot (\sqrt3)^2}{2\left(1-\frac12\right)}=24.\]

Ответ:

б) \(24\)

Задание 3
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В основании четырехугольной пирамиды \(SABCD\) лежит равнобедренная трапеция \(ABCD\), причем \(AD=BC=6\), \(CD>AB\). Угол между прямыми \(AD\) и \(BC\) равен \(60^\circ\). Известно, что \(SD=12\) – высота пирамиды.
Внутри пирамиды расположен конус так, что основание конуса – вписанная в треугольник \(SCD\) окружность, а вершина конуса принадлежит ребру \(AS\). Найдите объем конуса.

Добавить задание в избранное

Если \(E\) – точка пересечения прямых \(AD\) и \(BC\), то \(\angle AEB=60^\circ\). Так как также \(\angle BAE=\angle ABE\) (так как трапеция равнобедренная), то \(\triangle AEB\) равносторонний и \(\angle BAE=60^\circ\). Следовательно, и \(\angle ADC=\angle BCD=60^\circ\).
Пусть \(O\) – центр основания конуса, \(A_1\) – вершина. Тогда \(A_1O\perp (SCD)\).



Заметим, что если в плоскости \(ABC\) провести \(AQ\perp CD\), то \(AQ\perp (SCD)\) (так как \(AQ\perp CD\) и \(AQ\perp SD\)). Следовательно, прямые \(A_1O\) и \(AQ\) параллельны, следовательно, лежат в одной плоскости, причем это плоскость \(SAQ\) (так как \(A_1\in SA\)).
Рассмотрим грань \(SCD\). Пусть \(OD_1\perp SD\) – радиус вписанной окружности. Тогда \(DD_1=r\) по свойству прямоугольного треугольника.
\(\triangle SD_1O\sim \triangle SDQ\), следовательно, \[\dfrac{SD_1}{SD}=\dfrac{D_1O}{DQ} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{12-r}{12}=\dfrac r{DQ}\] \(DQ\) можно найти из прямоугольного \(\triangle DQA\): \(DQ\) лежит против угла \(\angle DAQ=30^\circ\), значит, \(DQ=\frac12DA=3\). Также по теореме Пифагора можно найти \(AQ=3\sqrt3\).
Следовательно, \[\dfrac{12-r}{12}=\dfrac r3 \quad\Rightarrow\quad r=\dfrac{12}5\] Рассмотрим \(\triangle ASQ\): он подобен \(\triangle A_1SO\), значит, \[\dfrac{A_1O}{AQ}=\dfrac{SO}{SQ}=\dfrac{SD_1}{SD}=\dfrac{\frac{48}5}{12}= \dfrac45\] Следовательно, \(A_1O=\frac45AQ=\frac{12\sqrt3}5\).

Тогда объем конуса равен: \[V=\dfrac13\cdot \pi\cdot r^2\cdot A_1O=\dfrac13\cdot \pi\cdot \left(\dfrac{12}5\right)^2\cdot \dfrac{12\sqrt3}5=\dfrac{576}{125}\sqrt3\pi\]

Ответ:

\(\dfrac{576}{125}\sqrt3\pi\)

Задание 4
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Найдите площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, высота которой равна \(H\), а величина плоского угла при вершине равна \(\alpha\). Вычислите эту площадь, если \(H=3\), \(\alpha=30^\circ\).

Добавить задание в избранное

1) Рассмотрим правильную пирамиду \(SABCD\), \(SO=H\) – высота (которая падает в точку пересечения диагоналей основания), \(\angle CSD=\alpha\).
Напомним, что у правильной пирамиды все боковые грани представляют собой равные равнобедренные треугольники.


 

Введем вспомогательный угол между боковым ребром и основанием: \(\angle SOD=\phi\).

 

Тогда \(\sin\phi=\dfrac{SO}{SD}\), следовательно, \(SD=\dfrac{H}{\sin\phi}=SC\).

 

Тогда, т.к. площадь треугольника равна полупроизведению сторон на синус угла между ними,

\[S_{\text{бок.пов.}}=4\cdot \dfrac12SD\cdot SC\cdot \sin\alpha= \dfrac{2H^2\cdot \sin\alpha}{\sin^2\phi}\]

2) Теперь необходимо выразить \(\sin\phi\) через данные в условии величины.

 

Проведем \(SK\) – медиану и высоту в равнобедренном \(\triangle SCD\). Тогда \[\sin\angle DSK=\sin\dfrac{\alpha}2=\dfrac{DK}{SD}=\dfrac{CD}{2SD} \qquad (1)\]

\(BD=\sqrt2\cdot CD\) как диагональ квадрата, следовательно, \(OD=\frac{\sqrt2}2CD\). В \(\triangle SOD\):

\[\cos\phi=\dfrac{OD}{SD}=\dfrac{CD}{\sqrt2SD} \qquad (2)\]

Разделим равенство \((1)\) на равенство \((2)\) и получим:

\[\dfrac{\sin\dfrac{\alpha}2}{\cos\phi}=\dfrac1{\sqrt2} \quad \Rightarrow \quad \cos\phi=\sqrt2\sin\dfrac{\alpha}2\]

Тогда \(\sin^2\phi=1-\cos^2\phi=1-2\sin^2\dfrac{\alpha}2=\cos\alpha\).

 

3) Таким образом, \[S_{\text{бок.пов.}}=\dfrac{2H^2\sin\alpha}{\cos\alpha}= 2H^2\cdot \mathrm{tg}\,\alpha.\]

4) Подставляя значения из условия, находим, что

\[S_{\text{бок.пов.}}=6\sqrt3.\]

Ответ:

\(2H^2\cdot \mathrm{tg}\,\alpha;\quad 6\sqrt3\)

Задание 5
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Площадь полной поверхности тетраэдра равна \(9\). Найдите площадь полной поверхности пирамиды, вершинами которой являются точки пересечения медиан граней данного тетраэдра.

Добавить задание в избранное

Пусть \(DABC\) – тетраэдр, точки \(A_1, B_1, C_1, D_1\) — точки пересечения медиан в гранях \(DBC, DAC, DAB, ABC\) соответственно.


 

1) Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(DA_1:A_1M=AD_1:D_1M=2:1\). Следовательно, \(\triangle MAD\sim \triangle MA_1D_1\) по углу и двум прилежащим пропорциональным сторонам. Таким образом, \(D_1A_1\parallel DA\) (\(\angle MA_1D_1=\angle MDA\) как соответственные) и \(D_1A_1=\frac13DA\).

 

Аналогичным образом можно доказать, что \(D_1B_1=\frac13DB\), \(D_1C_1=\frac13DC\).

 

2) \(\triangle DC_1A_1\sim \triangle DKM\) с коэффициентом \(\frac23\), то есть \(C_1A_1=\frac23KM\). А вот \(\triangle BKM\sim \triangle BAC\) с коэффициентом \(\frac12\) (т.к. \(KM\) – средняя линия), то есть \(KM=\frac12AC\).

 

Следовательно, \(C_1A_1=\frac23KM=\frac23\cdot \frac12AC=\frac13AC\).

 

Аналогично доказывается, что \(A_1B_1=\frac13AB\), \(B_1C_1=\frac13BC\).

 

3) Таким образом, все ребра тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) в три раза меньше соответствующих ребер тетраэдра \(ABCD\), а это значит, что каждая грань тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) подобна с коэффициентом \(\frac13\) соответствующей грани тетраэдра \(ABCD\).

 

4) Т.к. площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, то площадь каждой грани тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) равна \(\frac19\) от площади соответствующей грани тетраэдра \(ABCD\). Следовательно,

\[S_{A_1B_1C_1D_1}=\dfrac19S_{ABCD}=\frac19\cdot 9=1.\]

Ответ: 1

Задание 6
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Образующая усеченного конуса составляет с плоскостью нижнего основания угол \(\phi\). Диагональ его осевого сечения перпендикулярна образующей конуса. Сумма длин окружностей оснований равна \(2\pi m\).

 

а) Найдите площадь боковой поверхности усеченного конуса.

 

б) Вычислите эту площадь, если \(m=3\sqrt2\), \(\phi=\arccos\frac15\).

Добавить задание в избранное

а)

1) Достроим усеченный конус до целого конуса. Тогда \(EH\) – высота, \(ED\) – образующая всего конуса; \(CD\) – образующая усеченного конуса, \(ABCD\) – осевое сечение усеченного конуса, \(AC\) – диагональ этого сечения, которая перпендикулярна \(CD\).
\(\angle EDH=\phi\) – угол между образующей и плоскостью нижнего основания.


 

Обозначим за \(R\) и \(r\) – радиусы нижнего и верхнего оснований усеченного конуса соответственно. Тогда из условия сумма длин окружностей оснований равна

\[2\pi m=2\pi r+2\pi R \quad \Rightarrow \quad R+r=m\]

2) Для того, чтобы найти площадь боковой поверхности усеченного конуса, нужно из площади боковой поверхности всего конуса вычесть площадь боковой поверхности маленького конуса:

\[S=\pi R\cdot ED-\pi r\cdot EC=\pi (R\cdot ED-r\cdot EC)\]

Заметим, что \(\triangle EKC\) и \(\triangle EHD\) – прямоугольные, следовательно, \[\cos \phi=\dfrac{KC}{EC}=\dfrac{HD}{ED} \quad \Rightarrow \quad EC=\dfrac{KC}{\cos \phi}=\dfrac{r}{\cos \phi} \quad\text{ и }\quad ED=\dfrac{HD}{\cos \phi}=\dfrac{R}{\cos \phi}\]

Значит, площадь боковой поверхности уже приобретает вид:

\[S=\pi\left(\dfrac{R^2}{\cos\phi}-\dfrac{r^2}{\cos\phi}\right)= \dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot (R-r)(R+r)= \dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot m\cdot (R-r)\]

Необходимо найти \(R-r\).

 

3) Т.к. \(AC\perp CD\), то \(\triangle ACD\) – прямоугольный, следовательно, \[\cos \phi=\dfrac{CD}{AD} \quad \Rightarrow \quad CD=AD\cdot \cos \phi=2R\cdot \cos \phi\]

Из данных второго пункта мы можем сказать, что \[CD=ED-EC=\dfrac{R}{\cos \phi}-\dfrac{r}{\cos \phi}=\dfrac{R-r}{\cos \phi}\]

Таким образом, имеем: \[2R\cdot \cos \phi=\dfrac{R-r}{\cos \phi} \quad \Rightarrow \quad R(1-2\cos^2\phi)=r \quad \Leftrightarrow \quad r=-R\cdot \cos2\phi\]

Но \(R+r=m\), следовательно, \(R-R\cdot \cos2\phi=m\), следовательно, \[R=\dfrac{m}{1-\cos 2\phi}\]

Подставляя это значение для \(R\) в \(r=-R\cdot \cos2\phi\), находим, что \[r=\dfrac{m\cdot \cos 2\phi}{\cos2\phi-1}\]

Таким образом, \[R-r=\dfrac{m(1+\cos2\phi)}{1-\cos2\phi}\]

4) Значит, площадь боковой поверхности равна

\[S=\dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot m\cdot\dfrac{m(1+\cos2\phi)}{1-\cos2\phi}=\pi m^2\cdot \dfrac{1+2\cos^2\phi-1}{\cos\phi(1-1+2\sin^2\phi)}=\pi m^2\cdot \dfrac{\cos\phi}{\sin^2\phi}\]

б) Подставляя значения из условия и помня, что \(\sin^2\phi=1-\cos^2\phi\), найдем площадь боковой поверхности:

\[S=\pi\cdot (3\sqrt2)^2\cdot \dfrac{\cos\left(\arccos\frac15\right)}{1-\cos^2\left(\arccos\frac15\right)}= \dfrac{15}4\pi=3,75\pi\]

Ответ:

а) \(\pi m^2\cdot \dfrac{\cos\phi}{\sin^2\phi}\)

 

б) \(3,75\pi\)