Единый государственный экзамен 2009. Математика. - Денищева Л.О.
ISBN 978-5-89790-534-8
Скачать (прямая ссылка):
2) Пусть точка О — центр квадрата, тогда PO — ось и высота данного конуса. Основание конуса вписано в квадрат KLMNy значит, окружность основания конуса касается стороны KL в ее середине — точке Ту а радиус R основания конуса равен 0,5XL.
Так как BPL CD1 KL Il DC, то BPLKL. В треугольнике BKL стороны BK и BL равны половинам равных отрезков BD и ВС, следовательно, высота является и медианой, поэтому отрезок BP пересекает отрезок KL в его середине — точке Т. Следовательно, отрезок PT — образующая конуса.
3) Пусть ребро тетраэдра равно а. Тогда
OT=R = 0,5MI = 0,25«; BP
и PT= 0,5BP
і Уз1
223
Площадь боковой поверхности конуса равна
kR-PT
К'А' 4
16 *
Площадь боковой поверхности конуса равна по условию Эл]/^.
Имеем уравнение 9л і/з" - ка ^
а = 12.
Ответ: 12.
16
Отсюда находим ребро тетраэдра:
Комментарий.
В рассмотренной задаче два ключевых момента.
1) Любое сечение треугольной пирамиды плоскостью, параллельной ее скрещивающимся ребрам, является параллелограммом.
2) В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся ребра перпендикулярны.
Из этих двух фактов следует, что
любое сечение правильной треугольной пирамиды плоскостью, параллельной ее скрещивающимся ребрам, есть прямоугольник.
Докажем 1.
Пусть DABC — произвольная треугольная пирамида и PQ\\ABy а QrII CD. Рассмотрим плоскость PQT. По признаку параллельности прямой и плоскости PQT Il AB и PQrIICD. Плоскость PQT пересекает плоскость ABC по прямой, проходящей через точку Ту так как TЄ ВС.
Так как PQ Il ABy то по признаку параллельности прямой и плоскости PQWABC. Следовательно, по свойству линии пересечения плоскостей, одна из которых проходит через прямую, параллельную другой плоскости, TU Il PQ.
Аналогично, UP Il TQ. Значит, PQTU — параллелограмм.
224
Докажем 2.
Пусть ABCD — правильная треугольная пирамида и точка U — середина ребра АС. Основание О высоты DO правильной пирамиды лежит на медиане BU треугольника ABC. Но BU- высота основания правильной пирамиды. Следовательно, ACA-BU и по теореме о трех перпендикулярах прямая BDLAC
Аналогично доказывается, что CD LAB, a AD LCB.
Отметим важный момент. При решении задач указанные и доказанные факты можно использовать без доказательства, но сделать ссылку на них следует обязательно. В рассмотренной задаче положение облегчалось тем, что положения точек К, L, М, N на ребрах пирамиды были заданы. Они являлись серединами ребер и поэтому доказательство того, что KLMN — параллелограмм было значительно проще и его следовало привести в тексте решения задачи.
Задания по стереометрии в 2004 году, предложенные в части 3, как и предыдущем 2003 году, по своему содержанию представляли комбинации многогранников и/или тел вращения. Анализ такого сочетания геометрических фигур требует не только хорошего пространственного представления, но и умения применять сравнительно несложные рассуждения для уточнения взаимного расположения заданных фигур. При этом вычислительная часть всех задач по стереометрии из части 3 была сравнительно простой. Что касается обоснования шагов решения, то оно сводилось к записи известных, сравнительно несложных для обоснования фактов, которые подробно рассматриваются на уроках в общеобразовательной школе. Как показали результаты ЕГЭ 2004 года, наибольшие сложности вызвала комбинация наклонной призмы и правильной пирамиды, особым образом расположенной внутри призмы. Вычислительная часть в этих задачах была совершенно простой, однако прийти к необходимому соотношению можно было только в результате правильного анализа заданной конфигурации.
225
В качестве искомых или, наоборот, заданных величин в 2004 году были использованы угол между прямой и плоскостью, угол между плоскостями, расстояние от точки до плоскости, расстояние от точки до прямой. Конечно, в некоторых задачах были известны или, наоборот, подлежали вычислению объем призмы, площадь боковой и полной поверхности призмы, объем пирамиды, площадь боковой и полной поверхности пирамиды, площадь сферы и объем шара.
Рассмотрим примеры решения задач из вариантов 2004 года. При изучении этих решений рекомендуем обратить внимание на запись решения, на обоснования соответствующих шагов решения Это важно особенно для тех выпускников, которые стремятся получить за решение варианта ЕГЭ наивысший балл*.
Пример 7. В шар радиусом уТТ вписана правильная треугольная призма ABCA1B1C1. Прямая AB1 образует с плоскостью ACC1 угол 45°. Найдите объем призмы.
Решение. Пусть D1 — середина ребра A1C1. Так призма правильная, ToB1D1IA1C1 и CC1IB1D1, и по признаку перпендикулярности прямой и плоскости B1D1LACC1. Значит, AD1 - проекция прямой B1A на плоскость ACC1 и поэтому ZB1AD1 = 45° как угол между прямой B1A и в А
плоскостью ACC1.
Пусть MnM1- центры оснований призмы, а О — середина отрезка MM1. Тогда AM = BM = CM и A1M = B1M = C1M Так как призма правильная, то OMLABC Следовательно, по свойству наклонных и проекций OA = OB = ОС и OA1 = OB1 = OC1. Так OM = OM1 и AM = A1M1, то прямоугольные треугольники ОМА и OM1A1 равны по двум катетам. Значит, OA = OA1. Следовательно, точка О равноудалена от всех вершин призмы ABCA1B1C1 и поэтому является центром описанного около нее шара. Из условия радиус шара R = OA = уТТ.
