Рассмотрим примеры решения задач стереометрии по мето­дике, описанной в главе…

Рассмотрим примеры решения задач стереометрии по мето­дике, описанной в главе 1. Заметим, что пункты «деталиров­ка», «анализ» и «синтез» лучше проиллюстрировать именно на примерах, так как они неразрывно связаны между собой.

.. ■’: ∣∙ >l) ■ , ‘

Многопараметрическая задача
о расчете правильной треугольной пирамиды

Пример № 22.

В правильной треугольной пирамиде сторона основания А Равна 6 см и высота пирамиды HРавна 8 см.

Требуется найти:

А) высоту HТреугольника, лежащего в основании пирами­ды; его площадь Swh;радиус Гв окружности, вписанной в основание; радиус Г(> окружности, описанной около ос­нования; объем пирамиды V;

Б) боковое ребро IИ апофему пирамиды A1; площадь боко­вой грани S6rи площадь боковой поверхности пирамиды S6π; радиус г 1окружности, вписанной в боковую грань; радиус rolокружности, описанной около боковой грани;

В) плоский угол а при вершине пирамиды;

Г) угол β между боковым ребром и стороной основания;

Д) угол φ между боковым ребром и плоскостью основания;

Е) двугранный угол ψ, образованный боковой гранью и пло­скостью основания пирамиды;

Ж)двугранный угол у, образованный двумя боковыми гра­нями пирамиды;

З) радиус RbСферы, вписанной в пирамиду;

И) радиус R0Сферы, описанной около пирамиды;

К) расстояние DλОт центра основания до боковой грани;

Л) угол λ и расстояние D2Между боковым ребром и скрещи­вающейся с ним стороной основания пирамиды.

Примечание. Так же, как и в рассмотренной в главе 2 за­даче о расчете косоугольного треугольника (пример № 1), в процессе решения данной задачи вам потребуется вспомнить и включить в базу знаний большое количество теоретического материала. Доказывая необходимые теоремы и выводя форму­лы, вы сможете их лучше понять и запомнить, а на экзамене вывести самостоятельно, если в этом возникнет потребность.

Сформируем необходимую для начала решения этой задачи базу знаний, которая в процессе решения будет пополняться новыми положениями:

• Пирамида называется правильной, если в ее основании лежит правильный многоугольник (в рассматриваемой задаче треугольник), а вершина пирамиды проецируется в центр основания.

• В правильной пирамиде боковые ребра наклонены к пло­скости основания под одним и тем же углом.

• В правильной пирамиде боковые грани наклонены к пло­скости основания под одним и тем же углом.

• В правильном треугольнике все стороны равны, углы рав­ны 60°, а каждая из его медиан является одновременно высотой, биссектрисой и лежит на серединном перпенди­куляре к стороне треугольника.

• Медианы треугольника пересекаются в одной точке, и каждая из них делится точкой пересечения в отноше­нии 2:1, считая от вершины треугольника.

• Центром правильного треугольника называется точка пе­ресечения его медиан, которая совпадает с центром впи­санной и описанной окружностей.

C учетом сделанных замечаний выполним чертеж к за­даче (рис. 26). Обозначим вершину пирамиды буквой М,

Вершины основания буква­ми А, В и С. Построим высо­ту основания пирамиды BK, Которая является также ме­дианой и биссектрисой. Обо­значим буквой N точку пе­ресечения медиан, которая, как было отмечено выше, делит отрезок BKНа части А л

BNИ NKТак, что BN : NK = Рис. 25

= 2: l,τ.e. BN = 2∕3 BK,NK = = 1/3 BK.

Построим отрезок MN.Очевидно, MN — высота пирамиды, так как, по определению правильной пирамиды, точка NЯвля­ется проекцией точки MНа плоскость АВС.

Запишем Краткое условие задачи, ограничившись пунктом «Дано», так как те величины, которые требуется найти, вме­сте с их буквенными обозначениями уже введены в основном тексте условия.

Дано: MABC — правильная пирамида; AjB = BC = CA = а = = 6 см; MNl.Плоскости ABC; MN = H= 8 см.

Рис. 26

Решение

1. Для того чтобы выполнить пер­вую группу заданий, применим детали­ровку: вычертим отдельно правильный треугольник ABC(рис. 26).

В этом треугольнике AB = BC = = CA = а = 6 см по условию. Проведем BK ГАС, тогда BK = H, AK = КС = а/2 = = 3 см.

В базу знаний должны быть включены правила расчета эле­ментов прямоугольного треугольника с использованием триго­нометрических функций, теорема Пифагора, а также формулы вычисления площади треугольника и объема пирамиды.

Находим HИз прямоугольного NBKC,Учитывая, что ЛВС К ≈ ‘ Пл/З.

= 60°. Тогда H. ≈ а ■Sin60° = ——- . Этот же результат можно

2

Получить, используя теорему Пифагора:

Подставляем в полученную формулу значение А = 6 см и на­ходим Л = 3√3 см.

Теперь можно вычислить площадь основания и объем пи­рамиды:

SOcu= Iα ∙h = ξ~tl = См2; v =I socu • Я = 24√3 CM3.

& 1 О

Для выполнения дальнейших расчетов снова дополним базу знаний: .

® Окружность называется вписанной в многоугольник, если она касается всех сторон этого многоугольника.

• Центром окружности, вписанной в треугольник, являет­ся точка пересечения его биссектрис.

• Радиус, проведенный к точке касания, перпендикулярен к касательной, проходящей через эту точку.

• Окружность называется описанной около многоуголь­ника, если все вершины этого многоугольника лежат на окружности.

• Центром окружности, описанной около треугольника, яв­ляется точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам.

Поскольку NA.BC — правильный, то точка пересечения его медиан N является одновременно точкой пересечения биссек­трис и серединных перпендикуляров, а следовательно, общим центром вписанной и описанной окружностей. Очевидно:

Ro = BN = 2Λ∕3 = α√3 /3 = 2√3 см;

Гв= NK = H/3 = α√3 /6 = √3 см.

Заметим, что /’ои гвможно сразу вычислить, используя уже известное числовое значение H.Далее также будем приводить общие формулы вычисления элементов правильной треуголь­ной пирамиды, так как данная большая задача может быть раз­бита на несколько мелких, решаемых независимо друг от друга.

2. Чтобы выполнить задания б) — з), осуществим новую деталировку: вычертим отдельно /XAMC (рис. 27) и ABMK (рис. 28).

Рис. 27

Рис. 28

 

Пополним базу знаний следующими фактами:

• Прямая, проведенная в плоскости через основание на­клонной перпендикулярно к ее проекции на эту пло­скость, перпендикулярна и к самой наклонной (теорема о трех перпендикулярах).

• Стороны треугольника пропорциональны синусам проти­волежащих углов, причем в качестве коэффициента про­порциональности выступает удвоенный радиус окружно­сти, описанной около этого треугольника:

А B с N. .

——— =——— =——— = 2г (теорема синусов).

SinZA sinZB sin ZC

• Площадь треугольника равна произведению его по­лупериметра на радиус вписанной в этот треугольник окружности: Sχ = р ∙ Z, b;здесь Р = (A + B + с)/2 — полупери­метр треугольника.

• Медиана, проведенная из вершины равнобедренного тре­угольника, является также его высотой и биссектрисой.

• Углом между прямой и плоскостью называется угол меж­ду прямой и ее проекцией на эту плоскость.

• Двугранным углом называется угол, образованный двумя полуплоскостями (гранями), имеющими общую границу (ребро двугранного угла).

• Двугранный угол измеряется его линейным углом. Ли­нейным углом двугранного угла называется угол, вер­шина которого лежит на ребре, а стороны принадлежат граням двугранного угла и перпендикулярны к его ребру.

• Плоским углом при вершине пирамиды называется угол, образованный боковыми ребрами, принадлежащими од­ной грани пирамиды.

C учетом этой информации обозначим непосредственно на чертежах буквами известные элементы пирамиды и те ее элементы, которые необходимо найти.

В AAMCИ ABMKИмеем MA = MC = MB = I, так как это боковые ребра правильной пирамиды MABC.

Построим отрезок MK.По теореме о трех перпендикулярах имеем MK ± АС. Действительно, MK — наклонная, проведен­ная к плоскости ABC, NK — проекция MKНа плоскость АВС; NK .LAC,Так как отрезок NKЛежит на высоте BKТреугольни­ка АВС. Следовательно, MK = Hλ— высота AAMC или апофе­ма рассматриваемой пирамиды. Отметим, что к этому выводу можно прийти и иным путем. Так как BK — перпендикуляр, опущенный из вершины равностороннего треугольника ABC на сторону АС, а значит, и медиана этого треугольника, то точ­ка К делит отрезок AC пополам (AK = КС = а/2). Тогда MK — Медиана равнобедренного треугольника AMC, а значит, и его высота, т. е. MK1АС, что и требовалось доказать.

Так как MK 1ACИ BK ± АС, то AMKB — линейный угол двугранного угла, образованного боковой гранью пирами­ды MACИ ее основанием АВС. Следовательно, AMKB = ψ.

Поскольку NB — проекция ребра MBНа плоскость основа­ния пирамиды, то AMBK — это угол между боковым ребром и плоскостью основания, т. е. AMBK = <р.

AAMC = а, так как он образован боковыми ребрами, лежа­щими в одной грани, т. е. является плоским углом при вершине пирамиды.

AMCA = β— угол, образованный боковым ребром пирами­ды и стороной основания.

Очевидно также, что MN = H, BN = ro, NK = гв.

3. Вычислим I, Hl, φ и ψ. Для этого воспользуемся чертежом (рис. 28).

3.1. Рассмотрим прямоугольный треугольник MNB-.

А) по теореме Пифагора

, I τr2 2 rr2 °2 ∣3H2+a2„ /ГТ

I = Jh +r~ =Jh2 +— =J————— =2√19 см;

V 0V 3 V 3

… H .8 . 4√19 R0

Б) sιnφ = —; φ = arcsιn—== = arcsιn——- ; cosφ = -;

Z 2√19 19 Z

2√3 √57

φ = arccos—==• = arccos—- ;

2√19 19

H .8 ,4√3

Tgφ =—; φ = arctg—≈- = arctg-—.

R0 2√3 3

Проверить правильность выполненных расчетов можно с помощью основного тригонометрического тождества:

Sin2φ + cos2φ = —+— = 1;

19 19

Sinφ 4∖∕19∙19 4>/з кроме того, tg φ = = ===- = .

Cosφ 19∙√57 3

Таким образом, найдены подтверждения ранее полученных результатов.

3.2. Рассмотрим прямоугольный треугольник MNK:

А) по теореме Пифагора,

A1 = √W2+rβ2 = √H2+α2∕12 = J12h +a = √67 см;

V 12

. H .8 . 8√67 Rβ

Б) sιnψ=—; ψ = arcsm-7= = arcsιn———- ; cosψ = -;

A1 √67 67 A1’

√3 √201

ψ = arccos—τ= —Arccos——— ;

767 67

H. , 8 8√3

Tgψ =—, ψ = arctg-= = arctg———— •

Rβ √3 3

Проверку этих результатов можно осуществить так же, как и в предыдущем пункте.

Отметим, что если найдены величины углов φ и ψ, то угол, образованный боковым ребром пирамиды и ее апофемой, не принадлежащими одной грани, например Z.KMB,Легко найти из NKMB: Z.KMB = 180o — (φ + ψ). NKMBМожет быть найден и непосредственно из NKMBС использованием теоремы косинусов, так как известны длины сторон этого треугольника.

3.3. Обратимся теперь к рис. 27 и рассмотрим прямоуголь­ный треугольник МКС:

А) найдем плоский угол а при вершине пирамиды и угод β, образованный боковым ребром пирамиды и стороной ее основания; из NMKCНаходим

Zr,N,Z1а/2 3 3√19 z~z, lj,.

Sm NKMC =—— = —т= =———- Cos NKCM;

I 2√19 38

= sin ZTfCM;

3√19 √1273

Так как NKMC = α∕2, τoα = 2arcsin——— = 2arccos———

38 38

„ 3√19 . √1273 .

Р = arccos—— = arcsιn-—— >

38 38

Б) найдем радиус окружности, описанной около боковой грани пирамиды; используя теорему синусов, получаем из AAMC

I 2√19∙2√19 38√67 . .

Г = = F=— = (см);

0′ 2sinβ 2√67 67

В) вычислим площадь одной из боковых граней, например

S6r=→Λ=∣∙6∙√67≈3√67 (см2). Zj Lt

Так как все боковые грани правильной пирамиды равны, получаем площадь ее боковой поверхности:

S,π=3S, = 9√67(cm2);

Г) найдем радиус окружности, вписанной в боковую грань пирамиды, используя формулу

S6r~ AAMC ~ P’ fB1′

2S6 2∙3√67 3√67 . .

-я= — = 7== —7=(CM).

, 2Z + α 2∙2√19 + 6 2√19+3

4. Найдем двугранный угол, образованный боковыми гра­нями пирамиды AMCИ ВМС. Построим соответствующий ли­нейный угол (рис. 29). C этой целью в плоскости AMCПроведем KQ1MC(точка Q лежит на ребре MC).Построим в AABCВысо­ту АР, которая одновременно является его медианой, и соеди­ним точки PnQ.Так как точка PЯвляется серединой стороны ВС, а точка К — серединой стороны ACИ к тому же ABMC = AAMC,То, осуществляя наложение одного из них на другой, при котором общая сторона MCОстается неподвижной, мы обнаружим, что отрезки KQИ PQСовпадут. Следовательно, PQ 1 MC.Таким образом, KKQP = γ — линейный угол

Рис. 29 Двугранного угла, образованного боковыми гранями пирами­ды AMCИ ВМС.

Найдем величину угла у из AKQP.Используя теорему ко­синусов, которая также должна быть включена в базу знаний, можем записать KP2 = KQ2 + QP2- 2KQ ■ QP ∙ cosy. Отсюда cosγ = (KQ2 + QP2- KP 2)∕(2KQ ■ QP).

В данном случае KP — это средняя линия AABC(по построе­нию). Следовательно, KP = а/2 = 3 см.

Отрезок KQНайдем из прямоугольного AKQC,В котором КС = а/2 —3 см, KKCQ = β. Получаем

Х/1273

KQ = (α∕2)sinβ = 3 ■ ■ (см).

OO

Поскольку QP = KQ,То cosy = 1 — KP2/ (2KQ2) —29/67.

Отсюда γ — arccos (29/67).

5. Приступим к вычислению радиуса RnСферы, описанной около пирамиды MABC.Пополним базу знаний:

• Сфера называется описанной около многогранника, если все вершины этого многогранника лежат на сфере.

• Если около пирамиды можно описать сферу, то ее центр, будучи равноудаленным от всех вершин пира­миды, должен лежать на пересечении перпендикуляра, проведенного к плоскости основания через центр описан­ной около него окружности, и плоскости, перпендикуляр­ной к боковому ребру, проходящей через его середину.

• Вписанный в окружность угол равен половине дуги, на которую он опирается. Вписанный угол, который опира­ется на диаметр окружности, равен 90°.

• Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны (3-й признак подобия треугольников).

Отметим, что для вычисления радиуса описанной сферы нам нет необходимости изображать эту сферу на чертеже. Бо­лее того, не обязательно строить центр описанной сферы, так как в этом случае нам пришлось бы рассмотреть три различных ситуации, когда центр сферы лежит выше, ниже и непосред­ственно в плоскости основания. Впрочем, результат вычисле­ний не должен зависеть от расположения центра описанной сферы, однако это еще требуется доказать.

Мы применим другой метод решения, который будем услов­но называть Методом «протыкания». Рассмотрим правильную треугольную пирамиду MABC.Центр описанной около нее сфе­ры лежит на высоте этой пирамиды или ее продолжении. Это следует из того, что прямая, содержащая высоту правильной пирамиды, проходит через центр описанной около основания окружности и перпендикулярна к его плоскости. Продолжим высоту пирамиды MNДо пересечения в точке MχС описанной сферой, т. е. как бы проткнем высотой основание пирамиды. Тогда отрезок MM1Окажется диаметром сферы. Построим от­резок Af1В (см. рис. 30).

Плоскость MBMxПересекается с описанной около пирами­ды сферой по окружности, радиус которой равен радиусу сфе­ры. Таким образом, NMBM1вписан в указанную окружность, причем вписанный угол MBMxОпирается на диаметр окруж­ности MMxИ, следовательно, AMBMx—90°. Вынесем треуголь­ники MBMxИ KMB,Расположенные на секущей плоскости (рис: 31), на отдельный чертеж и обозначим их элементы.

Рис. 31

Так как в ΔMBΛf1и ΔMNBИмеется по два равных угла (ZMBM1 = ZMNB = 90o; ZBMMx— общий), то эти треугольни — _ M MN MB λ,,,, MB2 ки подобны. Тогда —— = . Отсюда ММ. = , т. е.

MB MMx 1 MN

5∙

27?О=—, R0 =—— = —— = 4,75 (см). Косвенный вывод, который

II 211 2 • 8

Можно сделать из полученного результата, состоит в том, что центр описанной сферы лежит выше плоскости основания пи­рамиды, т. е. на отрезке MN,Так как оказалось, что R0<Н.

6. Перейдем к вычислению радиуса R3Сферы, вписанной в пирамиду MABC.Включим в базу знаний факты, необходи­мые для решения этой проблемы:

• Сфера называется вписанной в многогранник, если она касается всех граней этого многогранника.

• Если в многогранник можно вписать сферу, то ее центр, будучи равноудаленным от всех граней многогранника, должен лежать на пересечения биссектральных плоско­стей всех его двугранных углов.

• Биссектральной плоскостью называется плоскость, ко­торая проходит через ребро двугранного угла и делит его пополам.

В силу того, что пирамида MABC — правильная, биссек — тральные плоскости двугранных углов, образованных боковы­ми гранями, пересекаются по высоте пирамиды MN.Проведем биссектральную плоскость двугранного угла, образованного боковой гранью MACИ плоскостью основания. Эта плоскость пересекается с плоскостью MBKПо лучу КО — биссектрисе AMKB(см. рис. 32). Точка О лежит на пересечении биссек­трисы КО и высоты MNИ является центром вписанной сферы. Тогда ON = R3.

Снова прибегнем к деталировке: вычертим прямоугольный MMNK(рис. 33). Обозначим на чертеже его элементы.

Найдем R3Из прямоугольного NKNO,Учитывая, что AOKN — = Ψ∕2:

7. Найдем расстояние √1от центра основания правильной треугольной пирамиды — точки У до боковой грани пирамиды МАС. Снова дополним базу знаний:

• Расстоянием от точки до плоскости называется длина пер­пендикуляра, опущенного из точки на данную плоскость.

• Прямая называется перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой прямой, лежащей в этой плоскости.

• Прямая перпендикулярна к плоскости, если она перпен­дикулярна к двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости (признак перпендикулярности прямой и плоскости).

Выполним дополнительное построение: опустим перпен­дикуляр NTИз точки NНа апофему MK,Лежащую в боковой грани MAC(рис. 34).

Докажем, что отрезок NTПерпендикулярен к плоскости МАС. Действительно, NTЛежит в плоскости KMN, которая пер­пендикулярна к прямой АС, так как две пересекающиеся прямые MKИ NK,Лежащие в плоскости KMN,Перпендикулярны к пря­мой АС. Тогда NT± АС, так как NTТакже лежит в плоскости KMN.Кроме того, по построению, NT 1 MK.Следовательно,

Отрезок NTПерпендикулярен к плоскости МАС, так как он перпендикулярен к пересекающимся прямым MKИ АС, лежа­щим в этой плоскости.

Рис. 35

M

 

Вычертим еще раз прямоугольный треугольник KMN (см. рис. 35). В этом треугольнике MN = H, NK = Rfι, MK = ∕ι1; NT = Dχ.Обозначим их на чертеже.

Очевидно, что Dλ ∙ A1 ≈ H • гя= 2Sskmn.

Отсюда D.= H • г : Л. = 8 • >/з : √67 = θv∙^θ- (см).

67

8. В заключение найдем угол λ и расстояние D,,Между боко­вым ребром MBИ скрещивающейся с ним стороной основания пирамиды АС. Для этого необходимо вспомнить и включить в базу знаний следующие сведения:

• Две прямые называются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости.

• Углом между скрещивающимися прямыми А и Ь назы­вается угол между пересекающимися прямыми α1и Bi, Которые соответственно параллельны прямым А и Ь.

• Расстоянием между скрещивающимися прямыми а и & называется расстояние от произвольной точки X, принад­лежащей одной из этих прямых (например, А), до плоско­сти μ, которая параллельна прямой А и содержит прямую Ь.

• Если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна ка­кой-нибудь прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна данной плоскости (признак параллельности прямой и плоскости).

Чтобы найти угол К между боковым ребром MBИ скре­щивающейся с ним стороной основания пирамиды ЛС, про­ведем через точку В прямую FG ∣∣ ACИ определим величину угла MBF.Это и будет искомое значение λ (рис. 36).

Рис. 36

В предыдущем пункте было показано, что плоскость KMB Перпендикулярна прямой АС. Следовательно, MB 1 АС, так как MBЛежит в плоскости KMB.Но тогда MB ± FG,Так как FG Il ACПо построению, т. е. λ = 90°.

Выполним еще одно дополнительное построение: на ри­сунке 36 проведем KJ 1 МВ. Докажем, что длина отрезка KJ Равна расстоянию D2Между скрещивающимися прямыми AC И МВ. Рассмотрим плоскость μ, образованную пересекающи­мися прямыми MBИ FG.Эта плоскость параллельна прямой АС, так как FG ∣∣ ACПо построению. Прямая KJПерпендику­лярна плоскости μ, так как KJ ± MBПо построению, и KJ1FG, Поскольку KJЛежит в плоскости KMB,Которая перпендику­лярна к прямой FG.Но тогда длина отрезка KJИ есть искомое расстояние D2Между прямыми ACИ МВ.

Выполним деталировку: вычертим M

NKMBИ обозначим на чертеже используе — мые в решении элементы (рис. 37). Здесь / \

KJ = D2; MB = I, MN = H,BK≈ H. /

Найдем D2Из равенства: / \

D2∙∕ = ∕ι∙H = 2S^s. / V

Отсюда /

D2 = A-Н:/ = 373 -8 :(2 719)= L»’∖ \

12√57 KNK В

= —19 — (см). Рис. 37

Ответы:

H = зТз см; Ro = 273 см; rj = 7з см;

/— > FJn 38767 3√67

∕ = 2√19cm; Λ1=√67 см; Г=——-— см; Rt =—==——- См;

67 β∙ 2√19÷3

Soch= θ√3 см2; Sflr = 3√67 см2; Sfln = 9√67 см2; V = 24√3 см3;

_ . 3√19 o 71273.

α = 2 arcsιn—- = 2 arccos———- ;

38 38

„ зТ19 . √1273 β = arccos = arcsιn ;

38 38

4719 Tδ7 x 473

φ = arcsιn—— = arccos—— = arctg— ;

19 19 3

. 8Тб7 7201 i 873 ψ = arcsιn = arccos = arctg ;

ψ 67 67 3

γ = arccos (29/67).

R0 =4,75 см; Rb= —- см;

, 87201 . qπo, 12757

D1= —см; λ = 90o; D2= 19См.

Примечание №1. В этой задаче можно также вычислить длины различных окружностей, площади кругов, площади сфер и объемы шаров, вписанных или описанных около пира­миды и ее элементов, пользуясь следующими формулами:

• Длина окружности: L = 2πr,Где Г — радиус окружности.

• Площадь круга: S = τιr2, где Г — радиус круга.

• Площадь сферы: Q =4πR2,Где R — радиус сферы.

4 ,

• Объем шара: V = — πRi,Где R — радиус шара.

О

Можно также вычислить, к примеру, площади поверхности и объемы шарового сегмента, в который вписана правильная треугольная пирамида (рис. 38, а):

• площадь поверхности шарового сегмента, включая пло­щадь основания сегмента S = π(2RςH + rθ);

• объем шарового сегмента V= — πH2(3/?о — Н).

3

Кроме того, если центр описанного шара лежит ниже осно­вания пирамиды (рис. 38, б), то можно вычислить

• площадь поверхности шарового сектора: S = τιRυ (2H + ro);

2

• объем шарового сектора: V = — τιR2H.

Здесь, как и прежде, были использованы обозначения: Rn— Радиус описанного около основания пирамиды круга, который совпадает с основанием шарового сегмента, Rn— радиус опи­санной около пирамиды сферы, H — высота пирамиды и соот­ветственно высота шарового сегмента.

Примечание №2. Рассмотренная задача может быть пре­образована в большое количество новых задач, если в качестве исходных данных принять любую пару из встречающихся в ней величин (при условии, что хотя бы одна из них не явля­ется углом). Остальные величины, включая и те, которые были заданы в условии базовой задачи, автоматически переходят при этом в разряд неизвестных и могут быть вновь найдены с использованием примененных ранее формул. Умение решать такие модифицированные задачи дает нам инструмент провер­ки правильности полученных ранее результатов. Оно также помогает выявить разнообразные связи, существующие меж­ду элементами изучаемого геометрического объекта. Отметим, что при решении модифицированных задач порою возникает необходимость выполнять более сложные алгебраические пре­образования, чем в исходной версии задачи, что также полезно, поскольку способствует улучшению техники подобных преоб­разований.

Проанализируем далее типовые задания ЕГЭ по стереомет­рии. В контрольно-измерительных материалах ЕГЭ нового об­разца содержатся три стереометрические задачи — это задачи B9, Bll и С2. Напомним, что задачи В9 и Bll требуется решить на черновике и записать в бланк ответ, представленный в виде целого числа или десятичной дроби. В задаче С2 надо записать в бланк полное решение и записать ответ.