Задачи 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 S_DBM = 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 1/3S_DBC. 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
S_DBM = 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:
V_A₁KLMB₁ = 2V_A₁B₁MK = 2.1/3.S_A₁B₁M.H = 2/3H.ah/2 = 1/3ah.H = 1/3V_{ABCDA₁B₁C₁D₁} = 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 А_О1 = 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 = S_ABC.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)
S_n = P_ABC.h + 2S_ABC = 3.AB.h + 2.(AB²√3/4).
Трябва да намерим S_n, 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.
S_n = 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 S_ok = 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)
S_MFEN = 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 S_ok = 2ak = 2a.1/2. √4b² - a² = a.√4b² - a² = 16/3.3/16a. √4b² - a² = 16/3.S, т.е. S_ok = 16/3S

Задачата е давана на писмен конкурсен изпит по математика в минно – геоложки институт – София 20.07.1998г

Още форума за стереометрия

форум за стереометрия

Редактирай страницата
Направи нова страница
Изпратете материали(програми), свързани с математиката на: