Единый государственный экзамен 2009. Математика. - Денищева Л.О.
ISBN 978-5-89790-534-8
Скачать (прямая ссылка):
Vdabc = ——ABH1H < {-2ГГ.18 = 6г2.
Таким образом, пирамида ABCD имеет наибольший объем, если ее основание ABC — прямоугольный равнобедренный треугольник с гипотенузой AB1 а основанием высоты, опущенной из вершины D на основание ABC1 является точка O1 — середина отрезка AB, и центр О сферы лежит между D и O1. В этом случае, так как 0O1A-ABC, то
102 = г2 + 82; г = 6.
4) Пусть O1M — высота AAO1C Тогда по теореме о трех перпендикулярах KMLAC Отсюда площадь SACD = —O1M-AC Треугольник CO1A прямоугольный и равнобедренный. Поэтому
O1M = —=k- = 3-(/21; DM= у O1M2 + O1D2 = Зт/38. Площадь грани У2
ACD найдем по формуле S = jDMAC = --3^38-18 = 27-/38. Ответ: 27^38.
Перейдем к анализу заданий С4 из вариантов ЕГЭ 2006 года. В этих заданиях рассматривалась новая по сравнению с предшествующими годами конфигурация. Учащимся предлагалось вспомнить о геометрических местах точек (ГМТ) в пространстве. Этот учебный материал рассматривается во всех учебниках по геометрии, допущенных к использованию в общеобразовательных школах РФ. Однако на изучение этого материала отводится небольшое число часов (от 2 до 5).
Напомним некоторые простейшие ГМТ в пространстве.
• Множество точек пространства, удаленных от данной точки на заданное расстояние г, есть сфера с центром в этой точке и радиусом равным г, г > 0.
233
• Множество точек пространства, удаленных от данной прямой на заданное расстояние г (г>0), есть цилиндрическая поверхность, ось которой — данная прямая.
• Множество точек пространства, равноудаленных от двух данных точек, ограничивающих некоторый отрезок, есть плоскость, проходящая через его середину перпендикулярно прямой, содержащей этот отрезок. Каждая точка этой плоскости является центром сферы, проходящей через заданные точки.
• Множество точек пространства, равноудаленных от граней двугранного угла, есть полуплоскость, границей которой является ребро данного двугранного угла, делящая этот двугранный угол на два равных двугранных угла. Каждая точка этой полуплоскости является центром сферы, касающейся граней этого двугранного угла
• Множество точек пространства, равноудаленных от трех данных точек, не лежащих на одной прямой, есть перпендикуляр к плоскости, содержащей эти точки, который проходит через центр окружности, описанной около треугольника с вершинами в этих точках. На этом перпендикуляре лежат центры всех сфер, проходящих через данные точки.
В заданиях ЕГЭ было предложено первое из описанных множеств: множество точек равноудаленных от двух точек пространства. Рассмотрим эту задаче подробнее.
Пример 12. Основанием пирамиды FABCD является прямоугольник ABCD. Плоскость AFC перпендикулярна плоскости ABC, тангенс угла FAC равен , тангенс угла между прямой ВС и плоскостью AFC ра-
вен 2. Точка M лежит на ребре ВС, BM = —=. Точка L лежит на пря-мой AFn равноудалена от точек M и С. Центр сферы, описанной около
234
пирамиды FABCDy лежит в плоскости основания пирамиды, радиус этой сферы равен 4. Найдите объем пирамиды LAMC
Решение. При построении рисунка к задаче необходимо учесть, что точка L не только равноудалена от точек M и C1 но и дополнительно, лежит на прямой AF. Следовательно, необходимо построить плоскость LHP1 проходящую через середину P отрезка MC перпендикулярно этому отрезку и найти точку L пересечения этой плоскости с прямой AF. Выполним этот рисунок.
1) Пусть точка O1 лежащая в плоскости ABC1 является центром сферы, описанной около пирамиды FABCD. Тогда OA = OB = ОС — OD = OF = R = 4, и, значит, О — точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. AC = 2R — диаметр сферы.
2) Плоскости ABC и AFC перпендикулярны, поэтому прямая AC — проекция прямой ВС на плоскость AFC Следовательно, угол BCA равен углу между прямой ВС и* плоскостью AFC Пусть ZBCA = ?. По условию tg? = 2.
3) По условию точка L Є AF и LM = Lc В плоскости AFC из точки L опустим перпендикуляр LH на прямую AC Так как AFC A-ABC1 то LHLABC1 и, следовательно, отрезки HMwHC — проекции равных наклонных LMnLC Значит, HM = HC и поэтому треугольник CHM — равнобедренный, а его высота HP является медианой, то есть MP = PC
4) Объем V пирамиды LBDM найдем по формуле
L
А
В
LH S1
235
ВС = AC-cos? =
В прямоугольном треугольнике ACB находим
AC = 8 Vl + tg2?' /5"
Отсюда получаем MC = BC-BM = и PC = 0,5MC =
у5 у5
Vi + tg2? PC cos?
16
В прямоугольном треугольнике
CPH найдем HC =
= 1. Следовательно, АН = AC-HC = 7.
16
Отрезок DC — высота треугольника BDMy DC = AB = следовать
1 48
тельно, SBDM = -^BM-DC = -j=-. В прямоугольном треугольнике AHL tgA = -у-. Поэтому LH = AH-tgA = 15. Теперь, окончательно,
Т7 1
¦15•^ 3 5
48.
О т в е т: 48.
Рассмотрим задания С4 из вариантов 2007 года. В этих заданиях для исследования предлагалась комбинация многогранников, расположенных определенным образом друг относительно друга. При решении таких задач полезно знать стандартные, в некотором смысле, комбинации. Напомним типичные комбинации многогранников, изучение которых полезно проводить как в 10, так и в 11 классах.
