Задания по теме «Объем тела»

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

Задание №1181

Тип задания: 14
Тема: Объем тела

Условие

В правильной треугольной призме ABCA_1B_1C_1 сторона основания AB равна 8\sqrt 3, а боковое ребро AA_1=6. На ребре B_1C_1 отмечена точка L так, что B_1L=2\sqrt 3. Точки K и M — середины ребер AB и A_1C_1 соответственно. Плоскость \gamma параллельна прямой AC и содержит точки K и L.

а) Докажите, что прямая BM перпендикулярна плоскости \gamma.

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

Показать решение

Решение

а) 1. Построим сечение призмы плоскостью \gamma.

Построение сечения правильной треугольной призмы плоскостью gamma

Плоскость ABC проходит через прямую AC, параллельную плоскости \gamma, и пересекает её (K — общая точка этих плоскостей), следовательно, линия пересечения этих плоскостей параллельна прямой AC. В плоскости ABC построим среднюю линию KN. Аналогично в плоскости A_1B_1C_1 проведём LF \parallel A_1C_1. FKNL — сечение призмы плоскостью \gamma.

Правильная треугольная призма с сечением

2. Докажем, что BM \perp \gamma.

Проведём MT \parallel AA_1. Плоскость BTM перпендикулярна прямой AC. Действительно, AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым (MT, BT) плоскости BTM. Следовательно, BM \perp AC, значит, BM \perp KN.

Правильная треугольная призма с сечением и прямыми

Докажем теперь, что MB \perp OO_1. Рассмотрим прямоугольник BTMB_1.

Прямоугольник в проекции правильной треугольной призмы

MT=6, B_1O_1=3, BT=12 (высоты правильных треугольников B_1FL и ABC соответственно). Введём систему координат и найдём скалярное произведение векторов \overline{MB} и \overline{OO_1}.

M(0; 6), B(12; 0), \overline{MB}\{12; -6\}, O(6; 0), O_1(9; 6) , \overline{OO_1}\{3; 6\}.

\overline{MB}\cdot \overline{OO_1}=12\cdot 3+(-6)\cdot 6=0. Это означает, что векторы \overline{MB} и \overline{OO_1} перпендикулярны, следовательно, MB \perp OO_1. Итак, MB перпендикулярна двум пересекающимся прямым KN и OO_1 плоскости \gamma , а значит, MB\perp \gamma.

б) \triangle MHO_1 \sim \triangle OO_1G как прямоугольные треугольники с равными острыми углами, \angle MO_1H=\angle GOO_1 как накрест лежащие при MB_1 \parallel BT и секущей OO_1. Из этого следует, что \frac{MO_1}{OO_1}=\frac{MH}{O_1G}, MO_1=9, O_1G=6, OO_1 найдём по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника OO_1G. OO_1= \sqrt {OG^2+O_1G^2}= \sqrt {9+36}= \sqrt {45}=3\sqrt5. 9\cdot 6=3\sqrt 5MH, откуда MH =\frac{18\sqrt 5}5. MH — высота пирамиды MKNLF.

Площадь равнобедренной трапеции KNLF с основаниями KN и LF и высотой OO_1 равна \frac{KN+LF}2\cdot OO_1. KN — средняя линия треугольника ABC, KN=\frac12AB=4\sqrt 3. LF — сторона правильного треугольника LB_1F (LF \parallel A_1C_1), поэтому LF= LB_1= 2\sqrt 3. S_{KNLF}= \frac{4\sqrt 3+2\sqrt 3}{2}\cdot 3\sqrt 5= 9\sqrt {15}.

V_{MKNLF} = \frac13S_{KNLF}\cdot MH= \frac13\cdot 9\sqrt {15}\cdot \frac{18\sqrt 5}5= 54\sqrt 3.

Ответ

54\sqrt 3.

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

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.