МенюЗадачи по стереометрия(сечения)
Задача 1
Дадена е правилна четириъгълна пирамида с основен ръб а и обем
V = (a3.√7) / 6 През диагонала на основата е прекарана равнина, която разделя пирамидата на две тела, чийто обеми са в отношение 1:2. Да се намери лицето на сечението и разстоянието от върха на пирамидата до равнината на сечението.
Задачата е давана на писмен приемен изпит по математика в техническия университет в Габрово през 1998 година
Решение:
На фигурата е изобразена дадената пирамида ABCD. Tочката О е център на квадрата АBCD, следователно ОР = Н е височина на пирамидата. Понеже пирамидата е правилна и е даден основен ръб и обемът и, тя е напълно определена. Секущата равнина през BD,пресича ръба CP във вътрешна точка М. Секущата равнина може да пресича AP вместо СР. Но АР и СР са заменими поради симетричността им спрямо (BDP). Затова полученият резултат важи за двата случая. Частта BCDM e пирамида. Ако М съвпадне с Р, то двете получени тела са еднакви пирамиди, което противоричи на отношението 1:2. Следва, че частта, която представлява пирамидата BCDM има по-малък обем V1 oт обема
V2 на другата част. Затова V1/V2 = 1/2
Следователно V1 = 1/3V = 1/18 а3√7
V2 = 2/3V = 1/9а3√7
От V = 1/6а3√7 = 1/3а2H следва, че Н = √7/2 а
Търсим SDBM = 1/2 BD.OM, защото ОМ е височина на триъгълника BDM.
И наистина, околните стени са еднакви триъгълници и затова BM = MD
Следователно медианата ОМ е и височина на триъгълника DBM.
От ABCD квадрат получаваме, че BD = а√2 За да намерим ОМ, ще използваме
Сечението на тялото с (АСР). В тази равнина лежи освен О, височината ОР на ABCDP
и височината ММ1 на пирамидата DBCM, защото ММ1 +
(ABCD) и следователно ММ1 перпендикуляна на ОР. Ще намерим ОМ от правоъгълния
триъгълник ОММ1:ОМ = √(ОМ1)2 + (ММ1 )2
От V1 = 1/3 V получаваме 1/3SDBC. ММ1
= 1/3.√7/6.a3 <=> 1/3 . 1/2 . a2. ММ1 =
√7/18a3. ММ1 = 1/3 a.√7
За да намерим ОМ1използваме, че триъгълник ОСР е подобен на М1СМ
Получаваме:
ММ1 / ОР = М1С / ОС <=> [(√7 / 3)a] / [(√7 / 2)a] =
= М1C / [1 / 2.a.v2, М1C = 2/3.1/2.a.√2 = √2/3.a
OМ1 = OC - CМ1 = 1/2 √2.a - √2/3.a = √2.a(1/2 – 1/3) = √2 / 6.a
Така, че ОМ = √ОМ1)2 + (ММ1 )2 = √1/18 a2 + 7 / 9 a2 = a / 3 √1/2 + 7 = a/3√15/2 = a / 6. √30
SDBM = 1/2 . √2.a.a/6. √30 = (a2.√15)/6
За да намерим разстоянието d от върха Р до равнината (DBM), ще вземем предвид, че
то е дължината на височината на пирамидата с основа триъгълник DBM и връх Р. А тази пирамида има обем 1/3d.S>DBM,който може да се намери и като разлика от обема на пирамидата BCDP и на пирамидата DBCM. Така че
1/3d[(a2. √15)/6] = 1/2.V – 1/3
V = 1/6 . √7/6 . a3
d = [a3. √7/36]/[a2 √15/18] = a/2 . √7/15
Задача 2
Даден е ABCDA1B1C1D1 е паралелепипед. Точките К, L, и М са съответно от ръбовете АВ, DC, D1C1 и са такива, че АК = 1/2АВ, DL = 3/4DC, D1M = 1/4D1C1.
А) Да се докаже, че точките K, L, M, A1 са върхове на успоредник;
Б) Да се изрази обемът на пирамидата К,L,M,A1, B1
чрез обема на паралелепипеда АВСDA1B1C1D1
Решение:
Нека на фигурата е изобразен даденият паралелепипед АВСDA1B1C1D1, като К € АВ, L € CD, M € C1D1, AK = 1/2AB, DL = 3/4CD, D1M = 1/4 D1C1
A) Ще докажем, че KLMA1 е успоредник.
Точките A1, L, M определят равнина β. Ще потърсим пресечната й точка с правата АВ:
равнината β пресича (АВВ1А1) в права А1Х || МL (X € AB) и (АВСD) в права ХL || A1M. Taka, че MA1XL е успоредник. В стената DCC1D1 начертаваме МN || DD1 (N € DC). Получаваме триъгълник NLM ~ AXA1. Следователно АХ = NL. Ще покажем, че AX = AK. Да означим дължината на АВ с а. DN = D1M = 1/4a, CL = 1/4a. Следователно NL = a – (1/4a +1/4a) = 1/2a <=> AX = 1/2a, AK = 1/2a. Така, че Х съвпада с К, т.е. A1MLK е успоредник.
Б) Търсим обема на пирамидата с основа KLMA1 и връх В1.Тя може да се разглежда като образувана от две триъгълни пирамиди с основи триъгълник КМА1 ~ KLM и връх В1 и с обща височина, т.е. обемите им са равни. Обемът на пирамидата КМА1В ще намерим като вземем за основа триъгълник А1В1М и връх К. Тогава височината на пирамидата е височина на триъгълник КВ1А1, която е равна на ВВ1 = Н. За лицето на триъгълник А1В1М намираме ММ1 + А1В1
(М1 € А1В1). Тя е височина и на основата А1В1С1D1 на паралелепипеада. Да означим дължината й с h, а дължината на А1В1 с а. Тогава:
VA1KLMB1 = 2VA1B1MK = 2.1/3.SA1B1M.H = 2/3H.ah/2 = 1/3ah.H = 1/3VABCDA1B1C1D1 = 1/3V
Задача 3
В правилна триъгълна призмаАВСА1В1С1 разстоянието от върха А до центъра О1 на основатаА1В1С1 е 4. Да се изрази обемът на призмата, като функция на височината h.
Да се намери лицето на повърхнината на призмата, ако е известно, че обемът й е възможно най-голям.
Решение:
На чертежа е изобразена дадената правилна триъгълна призма АВСА1В1С1 с център О1
на триъгълник А1В1С1 и АО1 = 4. С т. О е означен центърът на триъгълник АВС. Следователно ОО1 = h
Понеже триъгълник АВС е равностранен АО = 2/3(АВ.√3/2) = √3/3.АВ
V = SABC.h = AB2√3.h/4
Трябва да изразим АВ чрез h. Oт правоъгълния триъгълник АОО1 получаваме
АО12 = AO2 + OO12, т.е.
42 = 1/3AB2 + h2
AB2 = 16.3 – 3h2 или
AB = √3(16 – h2), h € (0;4)
V(h) = h.[3(16 – h2)√3]/4 = 3√3/4(16.h – h3) с дефиниционно множество М = (0;4)
Sn = PABC.h + 2SABC = 3.AB.h + 2.(AB2√3/4).
Трябва да намерим Sn, като използваме h и АВ на призмата, която има най-голям обем: V'(h) = 3√3/4(16 – 3h2), V'(h) = 0, h2 = 16/3,
h = 4/√3
V'(h) ≥ 0 при h € (0;4/√3). Следователно V(h) е растяща в (0;4/√3)
Затова V(4/v3) е най-голямата й стойност за h € (0;4/√3).
V'(h) ≤ 0 при h € (4/√3;4). Следователно V(h) е намаляваща в (4/√3;4).
Затова V(4/√3) е най-голяма при h € (4/√3;4).
Така, че V(4/√3) е най-голямата стойност на V(h) за всички h € (0;4), т.е. при h = 4/√3
АВ = √3(16 -16/3) = 4v2 са размерите на призмата, чието лице на повърхнината търсим.
Sn = 3.4√2.4/√3 + √3/2.16.2 = 16.√6 + 16√3 = 16(√6 + √3)
Задача 4 Да се намери лицето на околната повърхнина на правилна четириъгълна пирамида, ако лицето на сечението, прекарано през центъра на основата, успоредно на околната стена, е равно на S. Решение:
Нека пирамидата ABCDP е начертаната на фигърата, О е центърът на основата и ABCD
Лицето на сечението на пирамидата с равни - на α, минаваща през О и успоредна на ADP, e S.
Tърсим Sok = 4ak/2 = 2ak, където а е дължината на основния ръб на пирамидата, а k - дължина на апотемата й.
За да използваме даденото лице S на сечението, трябва да определим вида му.
Понеже α || (ADP), според теоремата, че пресечниците на успоредни равнини с трета равнина са успоредни, AP || MN(M € AB, N € BP);DP || FE(F € DC, E € CP);AD || MF.
Tъй като О е център на квадрата ABCD, то М е среда на АВ, а F – na CD. От М среда на
АВ следва N е среда на ВР, а Е – на СР, и затова NF е средна отсечка на триъгълник ВСР, а от там
NF || BC || AD || MF. Следователно сечението МNЕF нa пирамидата с α е трапец с
основи MF = a и NE = a/2
На фиг. е начертан този трапец. За лицето му S трябва и дължината на височината му h. Нека NN1 + MF(N1 € MF). Следователно височината на трапеца е NN1 = h = √MN2 - MN12
За краткост да означим с b дължината на околния ръб на пирамидата. Следователно MN = b/2, a MN1 = a/4
Получаваме h = √(b2/4) – (a2/16)
SMFEN = S = (a +a/2)/2.h = 3a/4.1/4√4b2 - a2
Да означим средата на BC с L. Получаваме, че PL е апотема на пирамидата. От триъгълник BLP
следва, че PL = k = √b2 - (a/2)2 = 1/2√4b2 - a2
И тъй Sok = 2ak = 2a.1/2. √4b2 - a2
= a.√4b2 - a2 = 16/3.3/16a. √4b2 - a2
= 16/3.S, т.е. Sok = 16/3S
Задачата е давана на писмен конкурсен изпит по математика в минно – геоложки институт – София 20.07.1998г
