ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 14, 15)

Вариант 14   Приобрести сборник решений всех 36 вариантов задачи № 16

shar-var14Две параллельные плоскости, находящиеся на расстоянии 8 друг от друга, пересекают шар. Получившиеся сечения одинаковы, и площадь каждого из них равна 9π.

а) Постройте эти сечения.

б) Найдите площадь поверхности шара.

Решение. Всякое сечение шара плоскостью есть круг.

Каждая из плоскостей удалена от центра шара на 4, представляет собой круг, радиус которого равен 3.

9π=πr2 ⇒ r2=9 ⇒ r=3.

Тогда радиус шара ОА=5 (египетский треугольник имеет стороны 3; 4; 5). Площадь поверхности шара S=4πR2;  S=4π·52=100π (кв. ед.).

Ответ: 100π.

Вариант 15

Дан куб ABCDA1B1C1D1.

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD.

б) Найдите угол между плоскостью A1BD и плоскостью, проходящей через середины рёбер АВ, В1С1, АD.

Решение.

ege15-var15-16Середина АВ – точка М; середина В1С1 – точка N, середина  AD – точка P. Проведем прямую МР – пересечения плоскости MNP с основанием. Секущая плоскость MNP пересечет верхнее основание по прямой, проходящей через точку  N параллельно МР, и эта прямая NE пересечет C1D1 в точке Е — середине C1D1. Прямая МР пересечет CD в точке Х. Таким образом, секущая плоскость имеет с гранью CC1D1D две общие точки Е и Х, поэтому пересечет эту грань по прямой EF, причем точка F – середина DD1. Прямая МР пересечет ВС в точке У. Тогда плоскость MNP пересечет грань ВВ1С1С по прямой УN и пересечет ВВ1 в точке Z, которая также является серединой ВВ1. Переднюю грань куба плоскость MNP пересечет по прямой ZМ. Итак, мы построили сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD. Получился правильный шестиугольник MZNEFP.

Плоскость A1BD – правильный треугольник, стороны которого являются диагоналями равных квадратов – граней куба. Плоскости MNP и A1BD имеют две общие точки Q и Q1, следовательно, пересекутся по прямой QQ1.

Найдем угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Это будет угол, образованный двумя полупрямыми, перпендикулярными  QQ1 – линии пересечения наших плоскостей. Построим этот угол.

Проведем A1О, где О – пересечение диагоналей квадрата ABCD. Медиана A1О в равностороннем ∆BA1D является и высотой. A1О пересечет в точке К отрезок QQ1, который делит стороны A1B и A1D в отношении  1 : 4, считая от точек В и D, следовательно, и ОК : A1О = 1 : 4.

Почему в отношении 1: 4? Смотрите:

2015-05-23_201817

Медиана BQ в этом треугольнике, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т.е.

2015-05-23_201913

Следовательно, BQ : A1B = 1 : 4. Аналогично, DQ1 : A1D =1 : 4. Треугольники A1QQ1 и A1BD подобны по двум пропорциональным сторонам и углу ВА1D между этими сторонами. QQ1 II BD, треугольники QA1K и BA1O также подобны по углам, образованным соответственно параллельными сторонами, поэтому и ОК : A1О = 1 : 4.

Так как А1О ⊥ BD и QQ1 II BD, то А1О ⊥ QQ1, а значит и OK⊥QQ1.

Так как BD || MP и BD || QQ1, то MP || QQ1.

Обозначим через S точку пересечения MP с  АС — диагональю квадрата АBСD.

ege15-var15-16aKS – расстояние от МР до QQ1, т.е. KSQQ1 и угол OKS – линейный угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Обозначим  угол OKS через α. Проведем KT⊥OS. Треугольник OKT подобен  треугольнику OA1A и OT:OA=OK:ОА1=1:4.

2015-05-23_201941

Так как в ∆OKS высота КТ является и медианой, то ∆OKS – равнобедренный. КТ– биссектриса искомого угла α. Обозначим угол А1ОА через φ. Из прямоугольного ∆OAA1 найдем

2015-05-23_211240

Углы при основании OS равнобедренного треугольника OKS равны φ, следовательно, угол α = 180°-2φ. Тогда  tgα = tg(1800-2φ) = -tg2φ.

2015-05-23_211330

 

ege15-var15-16bА можно решить так: установим, что ∆OKS – равнобедренный и проведем SL⊥OK.

2015-05-23_202145

Из прямоугольного треугольника SLK, по определению тангенса острого угла, следует, что tgα = SL : KL. Обозначим KL = x.

Из ∆KLS по теореме Пифагора: SL2=KS2-KL2

Из ∆ОLS по теореме Пифагора: SL2=ОS2-ОL2. Левые части равенств равны, значит, и правые части равенств будут равны:

KS2-KL2 = ОS2-ОL2. Подставляем данные:

2015-05-23_202230

Однако, на мой взгляд, самым целесообразным (естественным) было бы рассуждать так:

установили, что угол OKS – искомый и обозначили его через α. Применим теорему косинусов к этому треугольнику и выразим косинус α.

2015-05-23_202313

Высота А1О в правильном треугольнике ВА1D равна произведению стороны А1В на синус 60° (катет, противолежащий углу, равен произведению гипотенузы на синус этого угла). Если ребро куба обозначить через а, то

2015-05-23_202345

где r6 – радиус окружности, вписанной в правильный шестиугольник  MZNEFP.

Если обозначить сторону правильного шестиугольника через b, то радиус вписанной окружности

2015-05-23_202607

Подставляем значения OK, KS, OS и найдем косинус α.

2015-05-23_202659

Дорогие друзья, мы решили данную задачу тремя способами (но понятно, что способов больше!), и вы должны знать, что вольны выбирать любой способ решения. Проверяющие вас экзаменаторы зачтут любое обоснованное решение. Да, ну а все же, давайте убедимся в том,

2015-05-23_202814

Желаю вам всяческих успехов!

Обсуждение (2)
  1. Галина:

    Спасибо за такое решение. Научно, четко, аргументировано и разнообразно.

Навигация
Остались вопросы? Меня зовут Татьяна Яковлевна Андрющенко. Хотите записаться на консультацию? Звоните мне по Skype: tayak_tz или пишите по адресу: at@mathematics-repetition.com
Сайт размещается на хостинге Спринтхост