Задания по теме «Объем тела»

Открытый банк заданий по теме объем тела. Задания C2 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Задание №980

Тип задания: 14
Тема: Объем тела

Условие

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD сторона основания AB=16, высота SO=6. На апофеме ST грани BSC отмечена точка K так, что SK=8. Плоскость \gamma параллельна прямой BC и содержит точки K и A.

а) Докажите, что расстояние от точки B до плоскости \gamma равно расстоянию от точки C до плоскости \gamma.

б) Найдите объем пирамиды, вершина которой точка B, а основание — сечение данной пирамиды плоскостью \gamma.

Показать решение

Решение

Построим сначала сечение пирамиды плоскостью \gamma.

Четырехугольная пирамида SABCD с сечением

а) Плоскость \gamma пересекает плоскость SAD по прямой AD, а плоскость SBC — по прямой MN, проходящей через точку K, параллельной BC (если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает её, то линия пересечения параллельна этой прямой). ADNM — сечение пирамиды плоскостью \gamma. ADNM — равнобедренная трапеция.

BC \parallel \gamma, следовательно, все точки, принадлежащие прямой BC, равноудалены от плоскости \gamma. Значит, расстояние от точки B до плоскости \gamma равно расстоянию от точки C до плоскости \gamma. Что и требовалось доказать.

б) Так как расстояние от любой точки прямой BC до плоскости \gamma одно и то же, будем искать расстояние от точки T до плоскости \gamma, то есть нужно из точки T провести отрезок TH, перпендикулярный плоскости ADN, который равен высоте пирамиды BADNM. Тогда V_{BADNM}=\frac{1}{3}S_{ADNM} \cdot TH.

K — середина отрезка MN, так как принадлежит апофеме ST. Обозначим через P середину отрезка AD, тогда KP \perp AD как высота равнобедренной трапеции ADNM. S_{BADNM}=\frac{AD+MN}{2} \cdot PK.

Четырехугольная пирамида SABCD с сечением и отмеченной точкой P на отрезке AD

AD \perp PST, действительно, KP \perp AD и PT \perp AD, следовательно, достаточно построить отрезок TH \perp PK, так как тогда TH перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \gamma (AD и PK).

Плоскость PST четырехугольной пирамиды SABCD

S_{\bigtriangleup PKT} выразим двумя способами:

\frac{1}{2} TH \cdot PK=\frac{1}{2} PT \cdot KL, откуда TH=\frac{PT \cdot KL}{PK}.

Из прямоугольного треугольника SOT с катетами OT=8, SO=6 и гипотенузой ST по теореме Пифагора ST=10, находим KL из подобия прямоугольных треугольников SOT и KLT с общим острым углом STO:

\frac{SO}{KL}=\frac{ST}{KT}=\frac{OT}{LT}, \frac{6}{KL}=\frac{10}{2}, KL=\frac{6}{5}. Далее \frac{8}{LT}=\frac{10}{2}, LT=\frac{8}{5}, OL=OT-LT=8-\frac{8}{5}=\frac{32}{5}.

PK найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника PKL:

PK^{2}= PL^{2}+LK^{2}= (PO+OL)^{2}+LK^{2},

PK^{2}= \left ( 8+\frac{32}{5} \right )^{2}+\left ( \frac{6}{5}\right )^{2}= \frac{5220}{25} \cdot PK= \frac{6\sqrt{145}}{5}.

TH=\frac{PT \cdot KL}{PK}=\frac{16 \cdot \dfrac{6}{5}}{\dfrac{6\sqrt{145}}{5}}=\frac{16}{\sqrt{145}}.

Основание MN равнобедренной трапеции найдем из подобия треугольников SMN и SBC, высоты которых SK=8, ST=10.

\frac{MN}{BC}=\frac{SK}{ST}, \frac{MN}{16}=\frac{8}{10}, откуда MN=\frac{64}{5}.

V_{BADNM}= \frac{1}{3} \cdot \frac {AD+MN}{2} \cdot PK \cdot TH= \frac{1}{3} \cdot \frac{16+\dfrac{64}{5}}{2} \cdot \frac{6\sqrt{145}}{5} \cdot \frac{16}{\sqrt{145}}= 92,16.

Ответ

92,16

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №185

Тип задания: 14
Тема: Объем тела

Условие

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с диагональю основания BD и вершиной S, боковое ребро образует угол 45^{\circ} с основанием, при этом, сторона основания равна 4.

Плоскость \alpha проведена через среднюю линию треугольника ABD, не пересекающую середину высоты пирамиды и BD.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью \alpha и докажите, что ребро SC и плоскость \alpha перпендикулярны.

б) K, L, M — точки пересечения ребер SC, SD, SB с плоскостью \alpha. Найдите объем пирамиды SKLM.

Показать решение

Решение

а) На основании условия рассмотрим чертеж, где SO — высота пирамиды, PT — средняя линия треугольника ABD, E — середина SO, \angle SAC=45^{\circ}, O_{1} — середина AO.

PT\parallel BD (как средняя линия \bigtriangleup ABD), поэтому PT\parallel SBD. Значит, \alpha пересекает плоскость SBD по прямой параллельной PT (а значит, и BD), проходящей через точку E.

Четырехугольная пирамида SABCD с диагональю основания BD, вершиной S и плоскостью alpha

Обозначим точки пересечения этой прямой с ребрами SB и SD через K и L соответственно.

Точки O_{1} и E лежат в плоскости \alpha, значит, прямая O_{1}E также лежит в этой плоскости. Обозначим через M точку пересечения этой прямой с ребром SC. Соединяя последовательно точки T, P, K, M, L и T, получим искомое сечение.

DB\perp ASC, так как DB\perp OS и DB\perp OA. LK\parallel BD, согласно вышесказанному, поэтому LK\perp ASC. Отсюда следует, что LK\perp SM.

O_{1}E \parallel AS (O_{1}E — средняя линия \bigtriangleup ASO), AS \perp SC, так как \angle ASC=90^{\circ}, поэтому O_{1}E \perp SC. Отсюда следует, что \alpha \perp SC, (\alpha проходит через пересекающиеся прямые LK и O_{1}E, перпендикулярные SC).

б) Из доказанного выше утверждения следует, что SM является высотой пирамиды SKLM и KL\perp EM.

Так как \angle ESM=45^{\circ} и \bigtriangleup SME — прямоугольный, то SM=ME.

V_{SKLM}= \frac{1}{3}S_{KLM} \cdot SM = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}KL \cdot EM \cdot SM = \frac{1}{6}KL \cdot SM^{2}.

\bigtriangleup ASC \sim \bigtriangleup O_{1}MC, \: AO_{1} = \frac{1}{4} AC, поэтому SM=\frac{1}{4}SC.

Заметим, что треугольники ASC и ADC равны (по стороне и двум прилежащим углам), поэтому SC=CD=4 и SM=\frac{1}{4} \cdot 4=1.

Наконец, KL=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}=2\sqrt{2}. Отсюда получаем:

V_{SKLM}=\frac{1}{6}\cdot 2\sqrt{2} \cdot 1^{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}.

Ответ

\frac{\sqrt{2}}{3}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2016. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.