Практикум по геометрии для 11 класса Решение задач егэ части С

МОУ лицей № 57

Практикум по геометрии

для 11 класса

Решение задач ЕГЭ части С

Составила: Антонова Н.В. учитель математики

Практикум по геометрии для 11 класса

1. В сферу радиуса 10 вписана четырехугольная пирамида, у которой все боковые ребра равны 5, а стороны прямоугольника, лежащего в основании, относятся как 1:2. Найдите объем пирамиды.

Решение

Т

ак как пирамида вписана в сферу радиуса R = 10, то самая большая окружность радиуса R = 10 описана около  ASC.

 ASC – равнобедренный: AS = SC = 5.

Обозначим: АВ = k AD = 2k.

По теореме Пифагора

АO = OC = . Точка М – центр сферы.

По формуле Герона

площадь  ASM: .

И
ли площадь  ASM:

АO = OC =

AB = AD = .

Объем пирамиды

Ответ: 15, 625.

2. Основание пирамиды SABCD – прямоугольник ABCD, площадь которого 32, а диагональ – 8. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания, а расстояние от точки S до диагонали BD равно 5. Найдите объем пирамиды.

Решение

а
) Так как ребро SC перпендикулярно плоскости основания, значит оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в плоскости основания.

Поэтому треугольники  SCD,  SCN,  SCB прямоугольные.
б) Кратчайшее расстояние от точки S до диагонали BD – это длина перпендикуляра SN.
в) По теореме о трех перпендикулярах: CN  BD.

г
) Площадь  BCD: S = 16

CN = 4.
д) По теореме Пифагора из  SCN

SC = 3.

Объем пирамиды .

Ответ: 32.

3. В правильной треугольной пирамиде плоский угол при вершине равен , а высота пирамиды равна Н. Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды.

ешение

Т
очка М – центр сферы, описанной около пирамиды SABC.

MS = MC = MB = MA = R.

Обозначим АС = а.

По свойству медиан:

.
 MSK подобен  CSO:



. (1)

Из  SPC:  . (2)

Радиус сферы, описанной около пирамиды, получаем после подстановки (2) в (1)

 .

Ответ: .

4. Полушар радиуса R, вписанный в конус, касается его по окружности длины L. Найдите объем конуса.
Решение

Д
лина окружности L = 2r 

Объем конуса .

Введем обозначение:

O₁A₁O =  О₁А₁ = r ОА₁ = R.

Из  OO₁A₁ .

A₁OA =  - как накрестлежащий с O₁A₁O,

SA – касательная к полуокружности шара, следовательно, ОА₁ SA.



OSA = . Прямоугольные треугольники ОА₁А и SOA имеют общий угол А.

Из  OSA₁ 

.

Объем конуса

Ответ:
5. Дана правильная треугольная призма со стороной основания а. Через середины двух сторон основания проведена плоскость, составляющая угол 60 с основанием и делящая боковое ребро в отношении 3:4, считая от верхнего основания. Найти площадь сечения и объем призмы.
Решение

N
M – средняя линия ABC:



Площадь сечения призмы



Объем призмы

Ответ:
6. Расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба равно 4. Вычислить объем куба.
Решение
Н
епересекающиеся диагонали ₁D₁ и А₁В (расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между параллельными плоскостями содержащими эти прямые).

Поместим диагонали ₁D₁ и А₁В в параллельные плоскости, получим две пирамиды с вершинами С₁ и А: пирамиды правильные и их высоты лежат на диагонали АС₁ (пирамиды АА₁BD и С₁СD₁B₁ симметричны относительно центра куба).

По условию задачи О₁О₂ = 4.

Обозначим: АА₁ = AD = a.

Объем каждой из пирамид равен , если площадь основания ABD).



Объем каждой из пирамид можно выразить через высоту h = AO₁ = C₁O₂ , если площадь основания A₁BD.

Получаем =  .

Диагональ АС₁ равна или .

Получаем =  .

Объем куба

Ответ:
7. В правильной треугольной пирамиде сечение, проходящее через вершину пирамиды и высоту основания, представляет собой прямоугольный треугольник, площадь которого равна S. Найдите объем пирамиды.
Решение

О
бозначим KO = a OB = 2a (по свойству медиан треугольника).

Площадь сечения (прямоугольного треугольника) 



- радиус вписанной окружности.

, где b – длина стороны АВС.

Из равенства =  .

Объем пирамиды

Ответ:

8. В шаре проведены две параллельные плоскости, расстояние между которыми равно 7. Радиус полученных сечений равен 5 и 12. Найдите площадь поверхности шара. (Число  = 3).
Решение

Рассмотрим сечение шара диаметральной плоскостью.

П
о теореме Пифагора

x² + 12² = R²

(x + 7)² + 5² = R² .

x² + 144 = (x + 7)² + 25 

х = 5.

Радиус шара

Площадь поверхности шара

Ответ: 2028.

9. Площадь поверхности сферы, вписанной в конус, равна 100. Длина окружности, по которой сфера касается поверхности конуса, равна 6. Найдите радиус основания конуса.
Решение
Площадь поверхности сферы

 R = O₁A₁ = 5.

Д
лина окружности l = 2r = 6  r = A₁O₂ = 3.

По теореме Пифагора

.

 СA₁O₁ – прямоугольный:

СО₂ = х А₁О₂ – высота

.

Из равенства  х = 2,25.

Высота пирамиды СО = СО₂ + О₁О₂ + R = 11,25.

 OСA   O₂СA₁  OA = 15.

Ответ: 15.

10. В наклонной призме ABCA₁B₁C₁ все ребра равны. Углы BAA₁ и СAA₁ равны 60 каждый. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если расстояние от точки А₁ до плоскости ВСВ₁ равно .

Решение

Проведем диагонали в боковых гранях призмы А₁В и А₁С.  AА₁С =  AА₁В – равносторонние, поэтому диагонали А₁В = А₁С = а. а - длина ребра призмы.

М
ногогранник А₁СВВ₁С₁ – правильная пирамида, у которой все ребра равны, а следовательно, в основании квадрат со стороной а.

А₁О – высота .

По теореме Пифагора

.

Из  А₁СО по теореме Пифагора

а²= 0,5а² + 2  а = 2.

Площадь боковой поверхности призмы

Ответ:

11. В правильной треугольной призме, объем которой равен

, расположены два шара. Первый шар вписан в призму, а второй шар касается одного основания призмы, двух ее боковых граней и первого шара. Найдите радиус второго шара.
Решение
О

бозначим в призме АС = а.

Объем призмы

H = 2R.

Радиус КО (см. рис. 2)



Из равенства =  R = 2.

По теореме Пифагора

(так как АВС – равносторонний, а, следовательно, равносторонний и треугольник, в который вписана окружность с центром О₁, О₁ – центроид).

На рис. 3 ОN = R = 2 MN = r

OO₁ = 2 + r OM = 2 – r

.

NC = 6 – R  NC = 4.

NC = MO₁ + O₁C₂

 r²– 6r + 4 = 0 D = 20

r₁ = 3 + - не подходит по смыслу задачи.

r₂ = 3 – .
Ответ:

12. В правильной треугольной пирамиде с двугранным углом при основании, равным 60, расположены два шара. Первый шар касается всех граней пирамиды, а второй шар, радиус которого равен 1, касается всех боковых граней пирамиды и первого шара. Найдите сторону основания пирамиды.

Решение

KSO = 30 SO₂ = 2 SM = 3

SO = 3 + 2R
Точка O₁ является точкой, принадлежащей медиане треугольника KCK₁.
SO₁ = 2 OO₁ SO = 3R

3 +2R = 3R R = 3

KO₁ = 6

KO = .

Для ABC KO = r AC = a = .

Ответ: 18.

13. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ расположен конус. Вершина конуса находится в точке D₁, а центр его основания, точка О, лежит на диагонали BD₁ и делит ее в отношении BO : OD₁ = 1 : 3. Окружность основания конуса имеет с каждой гранью, содержащей точку В, ровно по одной общей точке. Определите отношение объема конуса к объему куба.

Решение

Точка О лежит на диагонали BD₁.

D₁O = 3 OB

Ось конуса лежит на диагонали ВD₁, т.к. конус прямой, круговой, то основание конуса перпендикулярно ВD₁. Окружность основания конуса касается грани АВСD точке Р, лежащей на биссектрисе угла АВС, т.е. на диагонали BD.

OP – радиус основания конуса.

Обозначим АВ = а BD = BD₁ =

В
ысота конуса H = D₁O = .

BOP  BDD₁ (по двум углам)

 .

Объем конуса , объем куба

.
Ответ:

14. В шар вписана правильная треугольная призма ABCA₁B₁C₁, объем которой равен

. Прямая АВ₁ образует с плоскостью АСС₁ угол 30. Найдите площадь поверхности шара.
Решение

Так призма правильная, то боковые грани перпендикулярны основанию. Находим проекцию отрезка АВ₁ на плоскость АСС₁А₁: А  А₁ В₁  В₀(В₁В₀  А₁С₁, А₁В₀  В₀С₁)

В₁В₀  плоскости А₁АСС₁  АВ₀В₁ = 90

В₀АВ₁ = 30 - по условию задачи

Обозначим А₁С₁ = а

АВ_{1 =}(против угла в 30)

Объем призмы V = SH =

 a³ = 216 a = 6

OO₁ = BB₁ = O₂O₁ =

Радиус шара

Площадь поверхности шара S = 4R² = 4.

Ответ:

15. В конус с образующей и высотой 12 вписан куб. Найдите объем куба.

Решение

Нижнее основание куба лежит на основании конуса, вершины верхнего основания куба лежат на боковой поверхности конуса.

Пусть а – ребро куба

ОО₁ = а SO₁ = 12 – a.

Из OSA

OSA  O₁SN₁ (по двум углам)

 а = 6.
Объем куба V = a³ = 6³ = 216.

Ответ: 216.

16. В прямую призму, в основании которой лежит ромб с углом 60, вписан цилиндр. Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани призмы равно

. Найдите площадь боковой поверхности цилиндра, если объем призмы равен 100.
Решение

ОО₁ и DC₁ – скрещивающиеся прямые.

Расстояние между ними – это расстояние от прямой ОО₁ до плоскости DD₁C₁C.

О₁М  D₁C₁ О₁М = R = - радиус основания цилиндра.

O₁C₁M = 30

O₁C₁ = 2O₁M =

C₁O₁D₁ – прямоугольный (диагонали ромба перпендикулярны).

cos O₁C₁D₁ =

В
ысота ромба h = 2O₁M =

Площадь ромба S = D₁C₁h = 20 =

Объем призмы .

Площадь боковой поверхности цилиндра

Ответ:

17. Основание четырехугольной пирамиды FABCD – ромб АВСD с углом 120, все двугранные углы при основании пирамиды равны между собой. Внутри этой пирамиды расположен конус, вершина которого – точка пересечения диагоналей ромба, а окружность основания конуса вписана в сечение пирамиды плоскостью, параллельной плоскости основания и делящей боковое ребра FA в отношении 3 : 2, считая от вершины F. Определить отношение объема пирамиды к объему конуса.
Решение

1
) Объем пирамиды