Объёмы многогранников

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) Пусть h - высота пирамиды, тогда $$AB=CB=AC=2h$$ $$\Rightarrow$$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot2h\cdot2h\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}h^{2}$$ $$\Rightarrow$$

$$V_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot h\cdot\sqrt{3}h^{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}h^{3}$$

2) Пусть KL - ребро куба; $$KL\in(SBC)$$;

$$(NMLK)\parallel(N_{1}M_{1}L_{1}K_{1})\cap SBC\Rightarrow KL\parallel CB$$;

аналогично: $$C_{1}B_{1}\parallel CB$$; $$A_{1}B_{1}\parallel B$$;$$A_{1}C_{1}\parallel AC$$

3) Пусть ребро куба - x $$\Rightarrow$$

$$d((ABC);(A_{1}B_{1}C_{1}))=x$$ - расстояние $$\Rightarrow$$

высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}=h-x$$

4) Пусть $$SO_{1}$$- высота $$SABC$$, $$SO_{2}$$ - высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}$$

$$\bigtriangleup SO_{2}B_{1}\sim\bigtriangleup SO_{1}B\Rightarrow\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{SO_{2}}{SO_{1}}=\frac{h-x}{h}$$

$$\bigtriangleup SB_{1}A_{1}\sim\bigtriangleup SBA\Rightarrow\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{h-x}{h}$$ $$\Rightarrow$$

$$A_{1}B_{1}=AB\cdot\frac{h-x}{h}=2h\cdot\frac{h-x}{h}=2(h-x)$$

5) $$\bigtriangleup NMA_{1}$$ - правильный; $$NA_{1}=NM=x$$ $$\Rightarrow$$

из $$C_{1}NK$$: $$C_{1}N=\frac{NK}{\sin 60}=\frac{2x}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$

$$C_{1}A_{1}=C_{1}N+NA_{1}=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$

6) $$\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$$ - правильный  $$\Rightarrow$$

$$2(h-x)=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$

$$2h-2x=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$

$$x(3+\frac{2}{\sqrt{3}})=2h$$ $$\Rightarrow$$

$$x=\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2}$$ $$\Rightarrow$$

$$V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}=x^{3}=(\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2})^{3}$$

7) $$\frac{V_{ABCD}}{V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}}=\frac{\sqrt{3}h^{3}}{3}\cdot\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{2^{3}h^{3}\sqrt{3}^{3}}=$$

$$=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{9\cdot8}=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{72}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1)PA=PD, тогда NP - серединный перпендикуляр для AD

2)PB = PC, тогда MP - серединный перпендикуляр для CB.

3)AM перпендикулярно CB, тогда NM также перпендикулярно CB и значит $$P \in NM ; P \in AMD$$

4)$$PB \cap DK = L$$. $$BK \perp AC \Leftrightarrow BL \perp AC$$, но по условию $$BL \perp DL$$, значит $$BL \perp (ADC)$$, то есть BL - высота пирамиды и $$P \in DKB$$. Следовательно, точка P лежит в двух плоскостях, значит принадлежит линии пересечения. $$(AMD) \cap (DKB) = PO$$, где PO - высота пирамиды, следовательно P лежит на пересечении высот

б)1) Пусть длина ребра х, тогда из треугольника ADC: $$DK=KB=\frac{\sqrt{3}x}{2}$$, $$DL=\frac{2}{3}DK=\frac{x\sqrt{3}}{3}$$ (по свойству медиан)

2)$$\sin LBD = \frac{DL}{DB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$, тогда $$\cos LBD = \frac{\sqrt{6}}{3}$$ ( по основному тригонометрическому тождеству )

3)из треугольника PQB: $$QB=PB \cos LBD $$, $$QB=\frac{1}{2}x$$ (свойство медианы). Тогда $$\frac{1}{2}x=\frac{\sqrt{3}}{2}*\frac{\sqrt{6}}{3}=1$$, тогда ребро равно 2

4)Из треугольника ABC :$$BK=\frac{\sqrt{3}}{2}*2=\sqrt{3}$$, $$OB = \frac{2}{3}BK = \frac{2\sqrt{3}}{3}$$

5)$$DO=\sqrt{DB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{\frac{8}{3}}$$, тогда $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*2*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$, и объем пирамиды $$V=\frac{1}{3}S_{ABC}*DO=\frac{1}{3}*\sqrt{3}*\frac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{8}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а)   1)Соединяем точки Q и P и Q и M (лежат в одной плоскости). Так как Q и P середины, то $$QP\parallel DC$$, тогда построим через М прямую, параллельную DC, пусть она пересекет SC в точке L. То есть $$ML\parallel DC\parallel QP$$, значит QMLP - трапеция

      2)Из параллельности ML и DC получаем подобие SML и SDC, тогда, так как DS=CS, то и MD=LC. Так как AD=BC, то их половины QD=PC. $$\angle QDM=\angle PCM$$, тогда треугольники QDM и CPL равны по двум стороным и углу между ними и MQ=PL, то есть тапеция равнобедренная.

б)   1)Разобьем многогранник QDCPLM на четырехугольную пирамиду QDCPM и треугольную MLCP. Пусть объем пирамида SABCD равен V.

     2) Если опустить перпендикуляр из точки M к плоскости ABCD, то его длина будет относить к длине перпендикуляра из S к этой плоскости так же, как DM:DS=2:5. При этом площадь QDCP составляет половину от ABCD. Выразим объем QDCPM через V: $$V_{QDCPM}=\frac{2}{5}*\frac{1}{2}V=\frac{1}{5}V$$

     3) Аналогично рассмотрим пирамиды MLCP и DSCB. Высота первой к высоте второй, опущенный к плоскости SBC будут относиться как SM:SD=3:5. При этом площадь LCP составляет $$\frac{CL*CP}{CS*CB}$$ от площади SBC, то есть $$\frac{1}{5}$$. Тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{5}*\frac{1}{5}V_{DSCB}=\frac{3}{25}V_{DSCB}$$. Но если рассматривать DSCB как пирамиду с основанием DCB, то очевидно, что $$V_{DSCB}=\frac{1}{2}V$$ и тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{50}V$$

     4) В итоге $$V_{QDCPLM}=\frac{1}{5}V+\frac{3}{50}V=\frac{13}{50}V$$. Тогда оставшаяся часть составим $$V-\frac{13}{50}V=\frac{37}{50}V$$. И отношение частей $$\frac{13}{37}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) $$\left.\begin{matrix}LN\perp KM\\LN\perp LL_{1}\end{matrix}\right\}\Leftrightarrow$$ $$LN\perp MM_{1}K_{1}K\Rightarrow$$ $$SA\perp MM_{1}K_{1}K$$

     2) т.к. BD-диагональ основания , то $$AS\perp BD$$ (в правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро перпендикулярно скрещивающейся с ней диагональю основания ), $$\Rightarrow AS\perp MM_{1}K_{1}K AS\perp BD$$, то $$BD \in (MM_{1}K_{1}K)$$ или $$BD\left | \right |(MM_{1}K_{1}K)$$, но по условию $$BD\cap MM_{1}=D$$, следовательно, $$BD\in (MM_{1}K_{1}K)$$ и $$B \in MM_{1}$$

   Б) 1) $$\Delta ELF=\Delta FMB$$($$LF=FM, \angle LEF=\angle MBF$$- накрест лежащие , $$\angle L=\angle M$$)$$\Rightarrow MB=EL=\frac{1}{2}LL_{1}=\frac{1}{2}MM_{1}$$

     2) т.к. $$SA\perp ( MM_{1}K_{1}K)$$, то $$SA\perp KM$$ , но т.е. $$KM\perp BD$$, то, т.к. ABCD - квадрат, а диагонали квадрата перпендикулярны, то M-точка пересечения диагоналей . $$MO \perp SA$$

     3) Пусть AB=a, тогда SA=2a, $$AM=MD=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$

$$SM=\sqrt{SA^{2}-AM^{2}}=$$$$\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=$$$$\frac{a\sqrt{14}}{2}$$

$$MO=\frac{AM*SM}{SA}=$$$$\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}*\frac{a\sqrt{14}}{2}}{2a}=$$$$\frac{a\sqrt{7}}{4}$$

$$LO=MO tg\angle LMO=MO*tg30=$$$$\frac{a\sqrt{7}}{4}*\frac{\sqrt{3}}{3}=$$$$\frac{a\sqrt{21}}{12}$$

$$S_{KMMN}=\frac{1}{2}KM*LN=$$$$\frac{1}{2}*2*MO*2*LO=$$$$2*\frac{a\sqrt{7}}{4}*\frac{a\sqrt{21}}{12}=$$$$\frac{7a^{2}\sqrt{3}}{24}$$

     4) $$\Delta BMF=\Delta ELF\Rightarrow$$ $$EL=MB=MD=\frac{\sqrt{2}a}{2}\Rightarrow$$ $$LL_{1}=2EL=a\sqrt{2}$$, пусть $$V_{1}$$ и $$V_{2}$$ объемы $$KLMNK_{1}L_{1}M_{1}N_{1}$$ и $$SABCD$$, тогда:

$$V_{1}=S_{KLMN}*LL_{1}=$$$$\frac{7a^{2}\sqrt{3}}{24}*a\sqrt{2}=$$$$\frac{7a^{3}\sqrt{6}}{24}$$

$$V_{2}=\frac{1}{3}s_{ABCD}*SM=$$$$\frac{1}{3}a^{2}*\frac{a\sqrt{14}}{2}=$$$$\frac{a^{3}\sqrt{14}}{6}$$

$$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{7a^{3}\sqrt{6}}{24}*\frac{6}{a^{3}\sqrt{14}}$$$$=\frac{7\sqrt{6}}{4\sqrt{14}}=$$$$\frac{\sqrt{21}}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) Пусть $$KR\parallel AC$$; через $$L$$ проведем прямую $$\parallel KR=LH$$ $$\Rightarrow$$ $$LHKR=\gamma$$

2) $$B_{1}M\perp A_{1}C_{1}$$; $$BN\perp AC$$; $$(B_{1}MNB)\cup\gamma=QO$$; $$MB\cup QO=z$$

3) $$\bigtriangleup KRB\sim\bigtriangleup ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BO}{BN}=\frac{BK}{BA}=\frac{2}{3}$$ $$(KR\parallel AC)$$, аналогично $$\bigtriangleup B_{1}HL\sim\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{B_{1}Q}{B_{1}M}=\frac{B_{1}L}{b_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$MQ=\frac{2}{3}B_{1}M$$; $$BO=\frac{2}{3}BN_{1}$$, но $$B_{1}M=BN$$ $$\Rightarrow$$ $$MQ=B_{1}M$$. $$MB_{1}\parallel NB$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle QMZ=\angle ZBO$$; $$\angle MQZ=\angle ZOB$$ (накрестлежащие) $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MQZ=\bigtriangleup OZB$$ $$\Rightarrow$$ $$MZ=ZB=\frac{1}{2}BM$$

4) $$BM=\sqrt{NM^{2}+NB^{2}}$$; $$NB=BC\cdot\sin C=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$MB=6$$ $$\Rightarrow$$ $$MZ=3$$; $$MQ=\frac{2}{3}MB_{1}=2\sqrt{3}$$

$$OQ=\sqrt{(OB-QB_{1})^{2}+MN^{2}}=\sqrt{12}$$

$$\cos\angle MZQ=\frac{MZ^{2}+ZQ^{2}-MQ^{2}}{2MZ\cdot ZQ}=0$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle MZQ=90^{\circ}$$

5) $$NB\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ по теореме о трех перпендикулярах $$MB\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ $$M\perp\gamma$$

Б) 1) $$MZ$$ - высота пирамиды $$HL=\frac{1}{3}A_{1}C_{1}=2$$; $$KR=\frac{2}{3}AC=4$$; $$QO=\sqrt{12}$$ и $$QO\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ $$V=\frac{1}{3}\cdot S_{HLRK}\cdot MZ=\frac{1}{3}\cdot\frac{2+4}{2}\cdot\sqrt{12}\cdot3=6\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Рассмотрим переход точек на примере нижнего основания. Т.к. $$\bigtriangleup ABC$$ - правильный, то $$\angle C=60^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\smile AB=120^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ точка $$A$$ переходит в середину $$\smile AB$$, аналогично $$B$$ в середину $$\smile BC$$, $$C$$ - $$\smile AC$$: Получим $$\bigtriangleup ABC\Rightarrow\bigtriangleup LKH$$. При этом получим 6 равных дуг $$\Rightarrow$$ хорды, их стягивающие, тоже равны $$\Rightarrow$$ $$ALBKCH$$ - правильный шестиугольник

2) Посмотрим на цилиндр. $$K$$ - проекция $$B_{1}$$, $$H$$ - проекция $$C_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$HK$$ - проекция $$C_{1}B_{1}$$,но $$HK\parallel AB$$ и $$HK=AB$$ $$\Rightarrow$$ $$C_{1}B_{1}=AB$$ и $$C_{1}B_{1}=AB$$.

3) $$BK\perp AB$$; $$B_{1}K\perp(ABC)$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}B\perp AB$$ $$\Rightarrow$$ $$ABB_{1}C_{1}$$ - прямоугольник

Б) $$V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=V_{AKBLCHA_{1}K_{1}...H_{1}}-6V_{HCAC_{1}}$$ т.к. $$V_{HCAC_{1}}=\frac{1}{3}CH_{1}\cdot S_{CHA}$$, высоты в шести отсеченных пирамидах $$(CHAC_{1};ALBA_{1};BKCB_{1};C_{1}H_{1}A_{1}A;A_{1}B_{1}L_{1}B;B_{1}K_{1}C_{1}C)$$ одинаковы, основания тоже.

2) из $$\bigtriangleup ACH$$: Пусть $$CH=HA=x$$, по т. косинусов: $$3=x^{2}+x^{2}-2\cdot x\cdot x\cdot\cos120^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$x=1$$

3) $$S_{AL...H_{1}}=\frac{\sqrt{3}x^{2}}{4}\cdot6=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{AL...H_{1}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot2=3\sqrt{3}$$

4) $$V_{HCAC_{1}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\sin120^{\circ}\cdot2=\frac{\sqrt{3}}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=3\sqrt{3}-6\cdot\frac{\sqrt{3}}{6}=2\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) Пусть $$H$$ – середина $$BC$$. Так как треугольник $$BDC$$ равнобедренный, то прямая $$DH$$ перпендикулярна $$BC$$.

По условию боковая грань $$BCD$$ перпендикулярна основанию $$ABC$$, а значит по свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр $$DH$$ к $$BC$$ является и перпендикуляром к плоскости $$ABC$$, то есть $$DH$$ – высота пирамиды $$ABCD$$.

Если в плоскости $$AHD$$ построить перпендикуляр $$HM$$ к $$AD$$, то поскольку $$AD$$, как наклонная к плоскости $$ABC$$, чья проекция $$AH$$ перпендикулярна $$BC$$, перпендикулярна $$BC$$, то $$AD$$ (будучи перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $$BCM$$), перпендикулярна ($$BCM$$) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Как построить перпендикуляр $$MH$$ к $$AD$$?

Для этого следует взять точку $$M$$ так, что $$AM:AD=1:4$$.

Действительно, как мы замечаем,

1) угол $$DAH$$ – и есть угол в $$60^{\circ}$$ между прямой $$AD$$ и плоскостью основания $$ABC$$, а значит $$AH$$ – половина $$AD$$ по свойству прямоугольного треугольника с углом в $$30^{\circ}$$;

2) $$AM$$ – половина $$AH$$, так как и в прямоугольном треугольнике $$AMH$$ есть угол в $$30^{\circ}$$. То есть $$AM$$ – половина половины $$AD$$.

Итак, искомое сечение – $$BMC$$, где $$M$$ – такая, что $$AM:AD=1:4$$.

б) Найдем объем пирамиды $$ACBM$$ с основанием $$ABC$$. $$V_{ABCM}=\frac{S_{ABC}\cdot MQ}{3}$$, где $$MQ$$ – высота указанной пирамиды. При этом, очевидно, проекция $$Q$$ точки $$M$$ на плоскость $$ABC$$ – такова, что $$AQ:AH=1:4$$ и $$MQ=\frac{DH}{4}$$.

$$MQ=\frac{DH}{4}=\frac{tg60^{\circ}\cdot AH}{4}=\frac{\sqrt3\cdot 12}{4}=3\sqrt3$$.

Итак, $$V_{ABCM}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 3\sqrt3}{3}=144$$.

А поскольку $$V_{ABCD}=\frac{S_{ABC}\cdot DH}{3}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 12\sqrt3}{3}=576$$, то $$V_{BCDM}=V_{ABCD}-V_{ABCM}=576-144=432$$.