Единый государственный экзамен 2009. Математика. - Денищева Л.О.
ISBN 978-5-89790-534-8
Скачать (прямая ссылка):
F — середина стороны ВС. В этом треугольнике проведем высоту EK. Из подобия прямоугольных треугольников SHF и EKF с общим острым SH EK
углом следует, что -ург = -jp у значит,
2/21 _ 2/21 = 2 т/Т/Г = 4.
3 3'
Рис 2
EK
SH EF
SF
Проверим, что EK — действительно перпендикуляр к плоскости SBC По построению EKLSF Проекция наклонной EK на основание пирамиды — это прямая EF1 которая перпендикулярна стороне ВС. По теореме о трех перпендикулярах наклонная EK перпендикулярна стороне ВС. Значит, прямая EK перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости боковой грани SBC, и поэтому перпендикулярна этой плоскости.
4_ 3*
Ответ.
220
Пример 4. Высота прямого кругового цилиндра равна 3, диаметры AB и CD взаимно перпендикулярны Найдите объем тетраэдра ABCDy если известно, что треугольник ABC — равносторонний.
Решение. Проведем через диаметр AB плоскость, перпендикулярную основанию цилиндра. При симметрии относительно нее цилиндр перейдет сам в себя, а треугольник ABC перейдет в треугольник ABD.
Значит, и этот треугольник равносторонний и все отрезки АВУ AC1 BC1 jy ADy BD равны диаметру основания CD. Значит, тетраэдр ABCD есть правильный тетраэдр с ребром 2jR, где R — радиус основания цилиндра. Объем этого цилиндра находится по формуле
V = ^-(2R)3. ^ I
___^
\ V І : <— ^ У 1 / / / / / / Ы
Выразим радиус основания через В
высоту цилиндра. Для этого проведем
образующую CE цилиндра. Треугольник ABE — прямоугольный, равнобедренный, и его гипотенуза равна 27?. Значит, AE = BE = R^. Прямоугольные треугольники ABE и ВСЕ равны по общему катету и
гипотенузам AB и ВС. Значит, AE = BE = CE = R~\fa = 3. Поэтому У=^(2Я)3 = ^й3 = Ь^*? = 9.
О т в е т* 9.
Пример 5. Около правильной треугольной призмы, объем которой равен 288, описан цилиндр. Расстояние от оси цилиндра до диагонали боковой грани призмы равно 4 ^3 Найдите площадь полной поверхности цилиндра.
Решение. Пусть — ABCA1B1C1 правильная призма, см. рис. Точки О и O1 — центры оснований описанного цилиндра. Призма правильная, следовательно, треугольник ABC правильный и BB1 L ABC. Так как 0O1 — ось цилиндра, то 0O1 LABC Следовательно, 0O1 Il ВВи и по признаку параллельности прямой и плоскости 0O1WBB1A.
Проведем высоту CH треугольника ABC Треугольник ABC правильный, поэтому точка О лежит на CH и радиус R основания описанного цилиндра равен 20Я. Следовательно, ОНLBA. Призма
221
правильная, следовательно, грани ABC и BB1A1A взаимно перпендикулярны. Итак, OHlBA1 ABClBB1A1 поэтому OHlBB1A. Из определения расстояния между скрещивающимися прямыми следует, что расстоянием между осью цилиндра и диагональю боковой грани является длина перпендикуляра, опущенного из точки О на плоскость BB1A1 то есть длина отрезка ОН. Следовательно, радиус R цилиндра равен 8 УзГ.
Этот же результат мы получим, рассматривая любую диагональ любой боковой грани призмы.
Треугольник ABC правильный, R — радиус описанной окружности. Следовательно, SABC = ja2 і/з1 = 1441/31.
Цилиндр описан около призмы, следовательно, его высота 0O1 является высотой призмы. Поэтому объем призмы можно вычислить по формуле V = SABC- 0O1. Тогда
V = 288 = _2_
0O1
jabc
144 і/З1
Найдем площадь полной поверхности цилиндра: S = 2TiR[OO1^R) = 416л.
Ответ: 416л.
Прямые а и Ь — скрещивающиеся
Ь
Комментарий.
Основным ключевым моментом в этой задаче является понятие расстояния между скрещивающимися прямыми. Напомним, что расстояние между скрещивающимися прямыми — длина их общего перпендикуляра.
Однако в задачах часто можно использовать тот факт, что расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от произвольной точки одной из прямых до плоскости, содержащей вторую прямую и проходящей через эту прямую, параллельно первой прямой (см. рисунок).
Плоскость а содержит прямую а и oi Il Ъ
222
Именно это обстоятельство мы использовали при решении задачи. Поэтому в тексте решения было доказано, что ось 0O1 цилиндра параллельна боковой грани призмы, а отрезок ОН перпендикулярен этой боковой грани, то есть является расстоянием от точки О до боковой грани призмы, в которой лежит диагональ этой грани.
Пример 6. Внутри правильного тетраэдра ABCD расположен конус так, что его вершина является серединой ребра CD, а окружность основания конуса вписана в сечение тетраэдра, проходящее через середину ребра ВС параллельно прямым CD и AB. Площадь боковой поверхности конуса равна Эл]/?. Найдите длину ребра тетраэдра.
Решение. 1) Пусть в правильном тетраэдре ABCD точки Ку Ly My N — середины ребер BP, ВС, AC, AD соответственно. Тогда по свойству средней линии треугольника имеем KL Il DC, NM Il DC, и, аналогично, NK Il ML II AB. Следовательно, по признаку параллельности плоскостей, плоскость сечения удовлетворяет условию задачи, a KLMN — параллелограмм. А так как KL = 0,5DC, NK = 0,5AB и AB = DC1 то KLMN -ромб. Пусть точка P — середина ребра DC Поскольку все грани тетраэдра — правильные треугольники, то DCJ-AP и DCLBР. Следовательно, DCLAPBy и, значит, DCLAB Но KL Il DC и NK II ABу следовательно, ромб KLMN — квадрат.
