Тема 14. Задачи по стереометрии
14.03 Задачи формата ЕГЭ на многогранники. Пирамида, призма
Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по стереометрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#20620

В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD  сторона основания ABCD  равна 12, а боковое ребро PA  равно   √ -
12  2.  Через вершину A  проведена плоскость α,  перпендикулярная прямой P C  и пересекающая ребро PC  в точке K.

а) Докажите, что плоскость α  делит высоту PH  пирамиды P ABCD  в отношении 2:1,  считая от вершины P.

б) Найдите расстояние между прямыми PH  и BK.

Показать ответ и решение

а) Прямая AK  ⊥ CP,  так как AK  принадлежит плоскости α,  перпендикулярной PC.  Пусть AK  пересекает PH  в точке G,  тогда нам нужно доказать, что

P G:GH  = 2:1

Рассмотрим треугольник PAC.  Его сторона AC  равна   √-
12 2  как диагональ квадрата со стороной 12. Получили, что

            √-
PC = PA = 12 2 =AC

Следовательно, треугольник PAC  равносторонний. Поскольку AK  и PH  — его высоты, а значит, и медианы, то медиана AK  делит медиану P H  в отношении 2:1,  считая от точки P.

PIC

б) Отрезок CH  является проекцией отрезка CP  на плоскость основания. Пусть L  — проекция середины K  отрезка  CP  на основание пирамиды. Тогда L  — середина CH  и KL  ⊥ (ABC ),  откуда KL  ∥PH.  Из этого следует, что прямая PH  параллельна плоскости (KBL  ).

Таким образом, расстояние между прямыми PH  и BK  равно расстоянию между прямой PH  и плоскостью (KBL ).

PIC

Рассмотрим высоту h  из вершины H  треугольника LBH.  Имеем h ⊥ PH,  а также h  перпендикулярна прямым LK  (так как LK ∥P H)  и LB  плоскости (KBL ).  Тогда длина h  — это и есть расстояние между прямой PH  и плоскостью (KBL ).

Далее имеем:

      1      √-
LH =  4AC = 3 2

Тогда по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника LBH  :

     ∘ ----------
BL  =  HL2 + HB2 = √18-+72 = 3√10-

Значит, окончательно из прямоугольного треугольника LBH :

h= HL-⋅HB--= -3√6--= √12-
     LB      3 10    10
Ответ:

б) 6√10-
 5

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#1226

Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1  является прямоугольный треугольник ABC,  причем ∠C =90∘.  Диагонали боковых граней AA1B1B  и BB1C1C  равны 26 и 10 соответственно, AB = 25.

а) Докажите, что △BA1C1  — прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды AA1C1B.

Показать ответ и решение

а) Так как BB1  ⊥(A1B1C1),  B1C1 ⊥ A1C1,  то по теореме о трех перпендикулярах BC1 ⊥ A1C1.  Следовательно, △A1C1B  — прямоугольный.

PIC

 

б) Заметим, что BC  ⊥AC  и BC  ⊥ CC1,  следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости BC  ⊥(AA1C1 ).  Следовательно, BC  — высота пирамиды BAA1C1  с основанием AA1C1.

Так как △AA1C1  — прямоугольный, то

          12 ⋅AA1-⋅A1C1⋅BC-
VBAA1C1 =        3

По теореме Пифагора имеем:

      ∘ --------  √-----
A1C1 =  262− 102 =  16⋅36= 24
      ∘--2----2  √----   √--
AA1 =  26 − 25 =  1 ⋅51 =  51
BC = ∘102-− 51-=√49-= 7

Тогда искомый объем равен

          1⋅24⋅√51⋅7     √--
VBAA1C1 =-2---3----- = 28 51

PIC

Ответ:

б) 28√51-

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80520

На ребре DD1  куба ABCDA1B1C1D1  взята точка Q,  такая, что DQ  :QD1 = m.

а) Докажите, что плоскость α,  перпендикулярная прямой C1Q  и содержащая A1D1,  делит ребро CD  на отрезки CM  и MD  , отношение которых равно m.

б) На диагонали A1B  грани ABB1A1  взята точка P  — середина этой диагонали. Найдите расстояние между скрещивающимися прямыми C Q
  1  и DP,  если ребро куба равно √--
 35,  а     2
m = 3.

Показать ответ и решение

а) Заметим, что A1D1 ⊥(CC1D1 ),  следовательно, A1D1 ⊥ C1Q.  Проведем через точку D1  прямую l :  l ⊥ C1Q,  l∩ C1Q = O.  Тогда C1Q  перпендикулярна двум пересекающимся прямым A1D1  и l  следовательно, C1Q  перпендикулярна плоскости, построенной на этих прямых. Значит, M = l∩CD  и (A1D1M ) =α.

Пусть ∠D1C1Q  = φ.  Тогда D1QC1 = 90∘ − φ,  следовательно, ∠QD1O  = 90∘− (90∘− φ)= φ.  Следовательно, △D1C1Q  =△DD1M  как прямоугольные по острому углу и равным катетам D C  = DD  .
  1 1     1  Следовательно, D1Q = DM.  Следовательно, так как по условию       --1--
D1Q = m + 1DD1,  то DM  = --1--DD1 = --1--CD,
      m + 1      m + 1  откуда следует, что DM  :MC = 1 :m,  то есть CM  :MD  = m.  Что и требовалось доказать.

PIC

б) 1. Так как     2
m = 3,  то можно принять DQ  = 2x,  QD1 = 3x.  Тогда      √ --
AB =   35= 5x  — ребро куба.

Вспомним, что для того, чтобы найти расстояние между двумя скрещивающимися прямыми a  и b,  нужно провести плоскость перпендикулярно прямой a,  спроецировать прямую b  на эту плоскость и найти расстояние от точки O  пересечения прямой a  с этой плоскостью до проекции b′ прямой b  (см. рис.)

PIC

Из пункта а) следует, что плоскость, перпендикулярная прямой C1Q = a,  уже найдена — это плоскость α = (A1D1M  ).  Сечение куба этой плоскостью — прямоугольник A1D1MN,  N ∈ AB,  CM  :MD = BN  :NA  (прямоугольник, так как A1D1 ⊥(CC1D1 )  ⇒   A1D1 ⊥D1M,  а A1N ∥ D1M,  A1D1 ∥MN  ).

Точка пересечения прямой C1Q  с α  — точка O.

2. Осталось найти проекцию прямой DP  на α.  Для этого спроецируем точки D  и P  на нее.

Найдем проекцию D  на плоскость α.  Проведем DL ∥ C1Q,  тогда DL ⊥ α.  Пусть DL ∩D1M  = D′,  значит, D ′ — проекция D  на α.  Заметим сразу, что CL :LC1 = 3:2.

Найдем проекцию P  на плоскость α.  Проведем AL  ∥DL   ⇒   AL  ⊥ α  ⇒   AL  ⊥ A N.
   1             1            1   1  Тогда A ′ = AL ∩ A N
       1   1  — проекция точки A  на α.  Проведем EF ∥AL1  через точку P,  как показано на рисунке:

PIC

Тогда   ′
P  = EF ∩A1N  — проекция точки P  на α.

3. Опустим перпендикуляр из точки O  на D ′P ′.  Получим отрезок OH.  Это и есть искомое расстояние.

PIC

Заметим, что если   ′
P K ⊥ D1M,  то       ′     ′  ′
△OHD   ∼ △P KD как прямоугольные по общему острому углу   ′ ′
∠P D K.  Следовательно,

OH     OD′            P ′K ⋅OD ′      OD ′
P′K-= P-′D-′  ⇔   OH = --P-′D-′--= 5x⋅P-′D-′

Необходимо выразить отрезки OD ′ и P′D′ через x.

4. Найдем необходимые отношения.

Так как P  — середина AB  ,
   1  PF ∥ AL ,
       1  то по теореме Фалеса B1F = FL1 = x.

AA ′ — высота, опущенная из вершины прямого угла △AA1N,  следовательно,

  ′  AA1 ⋅AN      5x⋅3x     15√ --
AA = --A1N--- = √25x2+-9x2 = 34 34x

Пусть                     √--
A ′N = y  ⇒   A1A ′ = 34x− y.  Так как по свойству высоты из прямого угла AA′2 = A1A′⋅A′N,  то получаем квадратное относительно y  уравнение:

(√--    )     225 2       2  √--    225 2
  34x − y ⋅y = 34 x   ⇔   y −  34xy + 34 x = 0

Тогда

    √--   16√--              √--          √--
y = -34x±-34-34x-  ⇒   y1 = 25 34x, y2 = 9 34x
          2                34           34

PIC

Заметим, что A1A ′ > A′N,  следовательно,

A A′ = y = 25√34x
 1     1  34
          9 √--
A′N = y2 = 34 34x

По теореме Фалеса

                        ′  4   ′  10√ --
                    A1P  = 5A1A = 17  34x
   ′                                                  ′
A1′P′ = A1E = 4  ⇒   P ′A′ = 1 A1A′ =-5√34x     ⇒   A1P′- = 10
P A    EA    1            5       34              P N    7
                      ′      ′   ′   -7√ --
                    P N = PA  +A N = 17  34x

Заметим, что

    ′      ′
D1D--= A1A- = 25
 D′M    A′N    9

△D  C Q = △AA  N
   1 1        1  как прямоугольные по двум катетам. Следовательно,

D1O = AA ′,  D1M = A1N   ⇒   OM  = D1M − D1O = 19√34x
                                              34

Тогда

D1O   15             15
OM--= 19  ⇒   D1O  = 34D1M

Значит,

                                      √--
OD ′ = D1D ′− D1O = 25D1M − 15D1M = 10 34x
                   34      34       34

Так как NP ′KM  — прямоугольник, то KM  =P ′N,  следовательно,

   ′   ′     ′     5√ --
KD  = P N − D M = 34  34x

Тогда по теореме Пифагора

      ∘ -----------   √ --
P′D′ =  P′K2 +KD ′2 = 5√-35-x
                       34

5. Таким образом, мы нашли, что OD ′ = √10-x,
        34         √ --
P′D′ = 5√-35x,
        34    ′
P K = A1D1 = 5x,  значит,

      10
OH  = √--x
       35

Так как ребро куба равно 5x = √35,  то

OH  =2
Ответ:

б) 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80519

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1  AB = AA1 = a,  AD  =2a.  На ребрах CC1  и AD  взяты соответственно точки P  и Q  такие, что CP :CC1 = AQ :AD  = 1:3.

а) Докажите, что общий перпендикуляр к прямым B1C1  и P Q  не имеет общих точек с гранью CC1D1D.

б) Найдите расстояние между прямыми B1C1  и PQ.

Показать ответ и решение

а) Общим перпендикуляром к двум скрещивающимся прямым называется отрезок, перпендикулярный обеим прямым, концы которого лежат на этих прямых. Длина этого перпендикуляра равна расстоянию между скрещивающимися прямыми.

Проведем P N ∥BC ∥ B1C1.  Тогда (P QN )∥B1C1  (плоскость P QN  — это плоскость ADP  ), следовательно, ρ(B1C1,PQ )= ρ(B1C1,(P QN))= ρ.  Поэтому построим отрезок [h],  один конец которого лежит на прямой B C ,
 1 1  а другой — в плоскости PQN,  так, чтобы этот отрезок был перпендикулярен (P QN ).  Тогда этот отрезок будет параллелен общему перпендикуляру к B1C1  и P Q,  а длина его будет равна длине общего перпендикуляра.

(Заметим, что плоскость P QN  пересекает параллелепипед по многоугольнику ADP N  )

PIC

Пусть C1H ⊥ DP.  Так как P N ∥BC,  а BC  ⊥ (CC1D1 ),  то P N ⊥ (CC1D1 ),  следовательно, PN ⊥ C1H.  Тогда C1H ⊥ P N  и C1H ⊥ DP,  следовательно, C1H ⊥ (ANP ),  следовательно, [h]= C1H.  Заметим, что C1H ⊂ CC1D1D  (так как C1 ∈ CC1D1D,  H ∈ DP  ⊂CC1D1D  ), а общий перпендикуляр к прямым B1C1  и PQ  параллелен отрезку C1H.  Следовательно, этот общий перпендикуляр параллелен грани CC1D1D,  то есть не имеет с ней общих точек. Что и требовалось доказать.

б) △DP C ∼ △C1P H  как прямоугольные по острому углу: ∠DP C = ∠C1P H  как вертикальные. Следовательно,

C1H-= C1P-  ⇔   C H =  CD-⋅C1P-= ∘-a⋅ 23a--= √2--a
CD     DP         1      DP        a2+ 1a2    10
                                       9
Ответ:

б) √2-a
 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80090

В основании пирамиды с вершиной S  лежит прямоугольник ABCD  со сторонами AB = 9  и BC = 12.  Все боковые рёбра пирамиды равны   √-
7,5 2.  На рёбрах BC  и AD  отмечены точки M  и N  соответственно так, что BM = 4 =DN.  Плоскость сечения проходит через точки M  и N  перпендикулярно ребру AS.

а) Докажите, что плоскость сечения пересекает ребро AS  в его середине.

б) Найдите расстояние от точки C  до плоскости сечения.

Показать ответ и решение

а)

1. Проведём диагональ AC  и отрезок NM,  которые пересекаются в точке G.

2. Рассмотрим △AGN  и △CGM.
∠ANG  = ∠CMG  как накрест лежащие, ∠NAG  =∠GCM  как накрест лежащие и AN = CM,  откуда △AGN  и △CGM  равны по двум углам и стороне.

3. У равных треугольников равные соответствующие элементы, следовательно, AG = GC.  Это в свою очередь означает, что точка G  — точка пересечения диагоналей прямоугольника в основании, то есть принадлежит плоскости сечения.

4. Рассмотрим прямоугольный △ABC.  По теореме Пифагора:
AC2 = AB2 + BC2 = 81+ 144 = 225,  откуда AC = 15.

5. Рассмотрим △ASC.  По обратной теореме Пифагора: AC2 = AS2 + CS2 = 225= 112,5+ 112,5,  откуда получаем, что △ASC  — прямоугольный.

6. Провед̈eм GF ∥ SC.  Тогда FG  — средняя линия по определению, откуда F  — середина ребра AS.

7.          ∘
∠GF S =90 ,  поскольку          ∘
∠ASC  = 90 .  Следовательно, точка F  также принадлежит плоскоскости сечения, ведь эта плоскость перпендикулярна ребру AS.  Ч.Т.Д.

PIC

Для профилактики доведём построение сечения до конца.

1. Продлим прямую NM  до точки пересечения с прямой AB  — точки J.  Проведём отрезок JF,  пересекающий BS  в точке K.  Проведём KM.

2. Поскольку ABCD  — прямоугольник, то длины противоположных сторон равны, откуда AN  = AD − DN = BC − DN  = 8.

3. Рассмотрим △ANJ  и △BMJ.
                  ∘
∠NAJ  = ∠MBJ  = 90 ,  ∠NJA  и ∠MJB  — один и тот же угол, откуда △ANJ  ∼ △BMJ.

4. Из выявленного подобия выводим отношения отрезков:

AN    8   AJ   2
BM--= 4 = BJ-= 1.

5. Запишем теорему Менелая для △ABS  и секущей FK :

BK--⋅ SF ⋅ AJ-= 1,
 KS  F A  JB

BK   1  2
KS--⋅1 ⋅ 1 = 1,

BK-- 1
KS = 2 .

Теперь мы знаем положение всех вершин сечения и его построение полностью завершено.

б)

1.

Факт: расстояние от точки до плоскости равно длине перпендикуляра, опущенного из этой точки на эту плоскость.

2. Заметим, что раз CS ∥ FG  и FG ∈ плоскости сечения, то CS ∥ плоскости сечения. То есть расстояния от каждой точки данной прямой до этой плоскости одинаковы.

3. Таким образом, мы можем найти расстояние от точки S  до плоскости сечения и автоматически найти ответ.

4. Поскольку ребро AS ⊥ плоскости сечения, то SF  — перпендикуляр, опущенный из точки S  на плоскость сечения (то есть его длина равна искомому расстоянию). Длина SF  равна половине длины ребра AS  (F  — середина AS  ), то есть    √-
3,75 2.

Ответ:

б)     √-
3,75 2

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80010

На ребре CC1  правильной призмы ABCDA1B1C1D1,  боковое ребро которой в два раза больше стороны основания, взята точка P  такая, что CP = 0,25CC1,  а на ребрах CD  и BC  взяты их середины — точки K  и N  соответственно.

а) Докажите, что прямая DN  перпендикулярна плоскости (AA1K ).

б) Найдите угол между прямой DP  и плоскостью (AA1K ).

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим основание ABCD.  Пусть DK = KC  = CN = NB = x,  ∠KAD  = α,  ∠AKD  = β.  Так как        ∘
∠D = 90 ,  то          ∘
α + β = 90 .  Заметим, что △AKD   = △DNC  как прямоугольные по двум катетам. Следовательно, ∠NDC  = α.  Тогда, если O =AK  ∩DN,  то ∠DOK  = 180∘− (α + β)= 90∘.  Следовательно, DN  ⊥ AK.

Так как призма правильная, то AA1 ⊥ (ABC ),  следовательно, AA1 ⊥ DN.  Таким образом, прямая DN  перпендикулярна двум прямым AK  и AA
  1  из плоскости (AA1K ),  значит, DN  ⊥(AA1K ).  Что и требовалось доказать.

PIC

б) Пусть K1  — проекция K  на плоскость верхнего основания. Пусть DP  ∩KK1 = M.  Так как DO  ⊥ (AA1K ),  то OM  — проекция прямой DP  на плоскость (AA K ).
   1  Следовательно, φ= ∠(DP,OM  )= ∠DMO  — угол между прямой DP  и плоскостью (AA1K ).  Его и нужно найти.

△DOM  прямоугольный, следовательно, sinφ = DO :DM.  Найдем эти отрезки.

Из условия задачи следует, что CP = x,  P C1 = 3x.  Так как MK  ∥ CP,  то по теореме Фалеса M  — середина DP.  Следовательно, DM  = 1DP.
      2  По теореме Пифагора      ∘ ---2---2   √ -
DP =   (2x)+ x = x  5.  Следовательно,

      x√5-
DM  = --2-

DO  — высота из прямого угла в △AKD.  Следовательно,

     AD  ⋅DK       2x⋅x      2x
DO = --AK----= ∘-(2x)2-+x2 = √5-

Следовательно,

                      √-
sin φ= DO  :DM =  2√x-: x-5-= 4 ⇒   φ = arcsin 4
                  5   2    5               5
Ответ:

б) arcsin 4
     5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75432

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD  сторона основания AB  равна боковому ребру SA.  Медианы треугольника SBC  пересекаются в точке P.

а) Докажите, что AP  = SB.

б) В треугольнике ASP  проведена медиана AG.  Найдите площадь треугольника AGP,  если AB = 8.

Показать ответ и решение

а)

PIC

1. Проведём медиану SE  в △SBC.  По свойству точки пересечения медиан в треугольнике SP :PE = 2:1.

2. Пирамида правильная, следовательно, все боковые ребра равны и все стороны основания ABCD  также равны. По условию AB = SA,  то есть боковое ребро равно стороне основания, значит, вообще все ребра пирамиды равны.

3. Обозначим длину SB  за x.  В таком случае SB = SD = SC = SA = AB = BD = DC  = AC = x.

4. △SBC  равносторонний, следовательно SE  — это ещё и высота и △SBE  – прямоугольный.

5. По теореме Пифагора для △SBE  :

SB2 = BE2 + SE2,

x2 =(x )2+ SE2,
     2

     ∘ ------
SE =   0,75x2.

6. Из пунктов 1) и 5) получаем, что

             ∘-----
SP = 2SE- = 2-0,75x2-.
       3       3

7. Проведём AE.  В основании пирамиды лежит квадрат, так как пирамида правильная, поэтому △ABE  — прямоугольный.

8. По теореме Пифагора для △ABE  :

   2     2     2
AE  = BE  + AB ,

   2  (x)2   2
AE  =  2  + x ,

AE = ∘1,25x2.

9. По теореме косинусов для △ASE  найдём cos(∠ASE ):

AE2 = AS2 +SE2 − 2⋅AS ⋅SE ⋅cos(∠ASE ),

              2    2     2    2      2      2
cos(∠ASE )= AS--+-SE--− AE- = x-+-0,75x∘-−-1,25x-=  0,√5.
              2 ⋅AS ⋅SE         2⋅x ⋅ 0,75x2       3

10. По теореме косинусов для △ASP  найдём AP :

AP 2 = AS2 +SP 2− 2⋅AS ⋅SP ⋅cos(∠ASE ),

     ┌ -----------------------------------
     ││     (  ∘-----2)2        ∘-----2
AP = ∘ x2+   2-0,75x-  − 2⋅x ⋅ 2-0,75x-⋅ 0√,5-,
                3                3       3

AP = x.

11. Таким образом, AP = SB = x.  Ч.Т.Д.

б)

1. Раз G  — середина SP,  то, помня об отношении SP :PE,  делаем вывод: SG = GP = P E.

2. Опустим перпендикуляр AI  на SE.  В таком случае △ASI  — прямоугольный.

3. ∠ASE  и ∠ASI  — один и тот же угол, тогда по формуле косинуса для △ASI  :

cos(∠ASE )= -SI = SI-= 0√,5,
           AS    8     3

SI = √4-.
      3

4. По теореме Пифагора для △ASI :

   2    2    2
AS  = SI + AI ,

 2    4 2    2
8 = (√3) + AI ,

     4√33-
AI =   3 .

5. Помня вычисленные в пункте а) величины, находим, что

     ∘ -------
     --0,75⋅82   4--
GP =    3     = √3.

6. По формуле площади треугольника:

                           √ --   √ --
S     = 1 ⋅GP ⋅AI = 1⋅√4-⋅ 4-33= 8--11.
 △AGP   2           2   3   3      3
Ответ:

б) √--
8131-

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#72210

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD  с вершиной S  боковое ребро SD = 5,  а высота пирамиды равна √--
 15.  Точки M  и N  — середины ребер CD  и AB  соответственно. В пирамиде NSCD  точка N  является вершиной, а NT  — высотой пирамиды.

а) Докажите, что точка T  является серединой SM.

б) Найдите расстояние между прямыми NT  и SC.

Показать ответ и решение

а)

PIC

1. NT  — высота пирамиды NSCD,  значит, NT ⊥ (CDS )  и NT ⊥ MS  в частности.

2. Пирамида SABCD  правильная, в её основании лежит квадрат. Раз так, то очевидно, что ANMD  — прямоугольник, где AN = MD  и AD  =MN.

3. Более того, основание высоты пирамиды SABCD  точка H  — центр основания, делящий отрезок MN  пополам.

4. Ну и в конце концов раз пирамида правильная, то боковые рёбра равны и △ASB  — равнобедренный, где SN  — высота и медиана одновременно.

5. △BNS  — прямоугольный, в нём по теореме Пифагора:

BS2 = BN2 + SN2,

   2     2     2
SN  = BS  − BN  .

6. △NHS  — прямоугольный, в нём по теореме Пифагора:

SN2 = NH2 + SH2,

BS2 − BN2 = NH2 + SH2.

Поскольку BN  = AB-= NH = MN-,
      2          2  имеем:

  2     2      2
BS  − SH = 2NH  ,

     ∘ -------
NH  =  25-− 15 = √5.
          2

7. В таком случае MN  = 2√5,  а SN = √25−-5 =2√5.  То есть △MNS  — равнобедренный, где NT  — высота и медиана одновременно, а значит, точка T  — середина SM.  Ч.Т.Д.

б) Расстояние между двумя прямыми равно длине их общего перпендикуляра.

1. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Из приведённого тезиса следует, что NT  перпендикулярна любой прямой в плоскости (CDS ).

То есть чтобы построить искомый общий перпендикуляр, нам всего лишь следует провести перпендикуляр TV  из точки T  на прямую SC.

В таком случае TV ⊥ NT  по озвученному факту и TV ⊥ SC  по построению.

2. Найдём TV  из подобия △CMS   ∼ △T VS,  поскольку ∠T SV = ∠CSM  и ∠T VS = ∠CMS.

3. SM = SN,  поскольку △NMS  — равнобедренный, где SH  — высота и медиана одновременно.

4. Из подобия треугольников имеем следующие отношения их соответствующих сторон:

            √-
-TV-= ST- = -5-= T√V-,
CM    SC    5      5

TV = 1.
Ответ: б) 1
Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#47230

В кубе ABCDA1B1C1D1  точки M  и N  — середины ребер AB  и AD  соответственно.

а) Докажите, что прямые B1N  и CM  перпендикулярны.

б) Плоскость α  проходит через точки N  и B1  параллельно прямой CM.  Найдите расстояние от точки C  до плоскости α,  если        √-
B1N = 3 5.

Показать ответ и решение

а) Пусть E = NB ∩ MC.  △NAB  = △MBC  по двум катетам, следовательно,

∠MEB   =180∘− (∠EMB  + ∠EBM  )= 180∘ − (∠EMB + ∠MCB  )= 90∘.

Отрезок BN  — проекция отрезка B1N  на плоскость ABC.  Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах B N ⊥ CM.
 1

PIC

б) Пусть CD  ∩α = L.  Прямые NL  ∥CM,  так как α ∥CM  и α  пересечет плоскость, в которой лежит CM,  по прямой, параллельной CM.  Следовательно, ∠DLN  = ∠DCM   =∠BMC,  а значит, прямоугольные △DLN   ∼ △BMC  по острому углу. Получаем:

          DN--  AB- -AD-   CD-
DL = BM  ⋅BC  =  2 ⋅2BC  =  4 .

B1N ⊥ NL.  Пусть AB  = a.  Получаем:

        2     2    2     2  9a2           √-
45= B1N  = AN  + AB  +BB 1 = 4    ⇒   a= 2 5.

Тогда           √ -
BB1 = a =2  5,       √ -
DN  =  5,       3√ -
CL = 2  5,       √5    5
LN = -4 a = 2.

Запишем объем пирамиды CNLB1  двумя способами:

1     (1        )            1      ( 1         )
3⋅BB1⋅ 2 ⋅CL⋅DN   = VCNLB1 = 3⋅ρ(C,α)⋅ 2 ⋅NB1 ⋅LN    ⇒   ρ(C,α) = 2.
Ответ:

б) 2

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47224

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1  на диагонали BD1  отмечена точка N  так, что BN :ND1  =1 :2.  Точка O  — середина отрезка CB1.

а) Докажите, что прямая NO  проходит через точку A.

б) Найдите объем параллелепипеда ABCDA1B1C1D1,  если длина отрезка NO  равна расстоянию между прямыми BD1  и CB1  и равна √6.

Показать ответ и решение

а) O  — точка пересечения диагоналей прямоугольника BCC1B1,  следовательно, O ∈ (ABC1 ),  как и N  и A.  △AD1N  ∼ △OBN  (AD1 :BO = 2 =D1N  :BN  , ∠AD1N  = ∠AD1B  = ∠D1BC1 = ∠NBO  ). Следовательно,

                                                     ∘
∠ANO  = ∠AND1  +∠D1NO  = ∠ONB  + ∠D1NO  = ∠D1NB  = 180 .

Следовательно, точки A,  N  и O  лежат на одной прямой. Чтд.

PIC

б) BD1  и CB1  — скрещивающиеся прямые. Так как отрезок NO  равен расстоянию между ними, то NO  перпендикулярен обеим этим прямым. Следовательно, CB1 ⊥ (ABC1 ),  так как CB1 ⊥ AB  и CB1 ⊥ AO.  Следовательно, диагонали прямоугольника BCC1B1  взаимно перпендикулярны, значит, он является квадратом.

Из △AD1N  ∼ △OBN  следует, что             √ -
AN = 2NO  =2  6.  BN ⊥ AO.  Следовательно, по свойству высоты прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе, имеем

BN  =√AN--⋅NO--=2√3.

Также

BD1 = 6√3
     ∘ ----------   √-
BO = ∘ BN2-+-NO2-= 3 2
AB =   AO2 − OB2 = 6

Значит, BC = BB1 = BO √2= 6.  Таким образом, в прямоугольном параллелепипеде ABCDA  B C D
      1  1 1 1  все ребра равны 6, то есть он является кубом. Тогда его объем равен 216.

Ответ:

б) 216

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#47221

Дана четырехугольная пирамида SABCD,  в основании которой лежит прямоугольник ABCD,  а основание высоты пирамиды — центр этого прямоугольника. Точка M  — середина ребра SC,  точка N  лежит на ребре BC.  Через точки M  и N  проведена плоскость α,  параллельная ребру SA  и пересекающая ребро SD  в точке K.

а) Докажите, что DK :KS  =BN  :NC.

б) Найдите отношение объемов многогранников, на которые плоскость α  делит пирамиду SABCD,  если BN :BC  =1 :3.

Показать ответ и решение

а) Если H  — точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD,  то SH  — высота пирамиды SABCD  (по условию). Так как AH  :HC = SM  :MC = 1 :1,  то по обратной теореме Фалеса MH  ∥ SA,  следовательно, MH  ⊂ α.

Пусть NH  ∩AD  = L.  Тогда △BNH   = △DLH  (BH  = DH,  ∠BHN  = ∠DHL  как вертикальные, ∠NBH  = ∠LDH  как накрест лежащие при прямых BC  ∥AD  ). Следовательно, BN = LD,  NC  =AL.  Следовательно,

BN :NC  =LD  :AL.

Так как α ∥SA,  то α  пересечет плоскость SAD,  в которой лежит SA,  по прямой LK,  параллельной SA  (K  ∈SD  ). По теореме Фалеса

LD :AL = KD  :SK   ⇒   BN :NC  = KD :SK.

Чтд.

PIC

б) Будем искать объем V1  многогранника LKDNMC  как разность объемов треугольных пирамид MNXC  и KLXD,  где X  — точка пересечения прямых NL,  CD  и MK.

Так как BN :BC  = 1:3,  то BN  :NC = 1:2.  Тогда, так как △LXD  ∼ △NXC,  имеем

1   LD-  XD--
2 = NC =  XC   ⇒

D  — середина XC.

Пусть BN  = a,  NC = 2a,  AB  =b  и XC  = 2b.  Тогда

SABCD = 3ab
        2a+ a     3
SNCDL = --2-- ⋅b = 2ab
       1
SNXC = 2 ⋅2a ⋅2b = 2ab

SLXD = 1SNXC = 1ab
       4       2

PIC

Проведем перпендикуляры KHK  и MHM  на плоскость ABC.

Докажем лемму: если AO  — наклонная к плоскости α  , B  — точка на AO  , AHA  ⊥ α  , BHB ⊥ α  , то △AOHA  ∼ △BOHB  . Действительно, HB ∈ HAO  , так как AHA  ∥BHB  и эти прямые задают плоскость AOHA  . Тогда △AOHA   ∼△BOHB  как прямоугольные с общим углом ∠O  .

PIC

Тогда, если SH = h,  то

MHM  = 1h, KHK  = 1h.
       2          3

Следовательно,

V      = 1⋅ 1h ⋅ 1ab=-1abh
 KLXD    3 3   2    18
         1  1       1
VMNXC  = 3 ⋅2h⋅2ab= 3abh

V1 = VMNXC − VKLXD = -5abh
                     18
             1
V = VSABCD = 3 ⋅h⋅3ab= abh

V2 = V − V1 = 13-abh
             18

Следовательно,

V1 :V2 = 5:13.
Ответ:

б) 5 :13

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47219

Дана четырехугольная пирамида SABCD,  в основании которой лежит параллелограмм ABCD.  На ребрах AD  и SC  отмечены точки M  и N  соответственно так, что AM  :MD  = 2:1,  SN :NC  = 4:1.

а) Докажите, что плоскость BMN  делит ребро SD  в отношении 12 :1,  считая от точки S.

б) Найдите отношение объемов многогранников, на которые плоскость BMN  разделила пирамиду SABCD.

Показать ответ и решение

а) Назовем плоскость BMN  плоскостью α.  Пусть прямые BM  и CD  пресекаются в точке X.  Тогда NX  ∩ SD = K  — точка пересечения α  с ребром SD.  Требуется доказать, что SK :KD = 12 :1.

△MXD   ∼ △BXC,  следовательно,

1 = MD--= XD--.
3   BC    XC

По теореме Менелая для △SCD  и прямой NX  получаем

SN-⋅ CX-⋅ DK-= 1  ⇒   4 ⋅ 3⋅ DK-= 1 ⇒    SK-= 12.
NC  XD   KS           1  1  KS           KD    1

Чтд.

PIC

б) Найдем объем V1  многогранника MKDBNC  как разность объемов треугольных пирамид NBXC  и KMXD.

Проведем перпендикуляры SH,  KHK  и NHN  на плоскость ABC.

Докажем лемму: если AO  — наклонная к плоскости α  , B  — точка на AO  , AHA  ⊥ α  , BHB ⊥ α  , то △AOHA  ∼ △BOHB  . Действительно, HB ∈ HAO  , так как AHA  ∥BHB  и эти прямые задают плоскость AOHA  . Тогда △AOHA   ∼△BOHB  как прямоугольные с общим углом ∠O  .

PIC

Тогда, если SH = h,  то

NH   = 1h, KH  = -1h.
   N   5     K   13

Пусть также BP ⊥ AD,  BP = p,  AM  = 2a,  MD  = a.  Тогда

        a-+3a
SBCDM =   2   ⋅p= 2ap

SABCD = 3ap
       1
SABM = 2 ⋅2a ⋅p= ap
       1        1
SMXD = 4SABM  = 4ap
       1         9
SBXC = 4ap+ 2ap= 4ap

Следовательно,

         1 -1   1
VKMXD  = 3 ⋅13h ⋅4ap

VNBXC = 1 ⋅ 1h⋅ 9ap
        3  5   4
                     1  28-
V1 = VNBXC − VKMXD = 3 ⋅ 65 ahp
             1
V = VSABCD = 3 ⋅h ⋅3ap = ahp

V2 = V − V1 = 1 ⋅ 167ahp
            3  65

Следовательно,

V1 :V2 = 28:167.
Ответ:

б) 28 :167

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#47079

Дана четырехугольная пирамида SABCD,  в основании которой лежит прямоугольник ABCD,  а боковые ребра пирамиды равны диагонали основания. Точки M  и N  отмечены на ребрах SA  и SB  соответственно так, что SM  :MA = 1 :2,  SN :NB  =1 :3.

а) Докажите, что плоскость (CMN  )  параллельна ребру SD.

б) Найдите площадь сечения пирамиды SABCD  плоскостью (CMN  ),  если боковое ребро пирамиды равно 24, AD > AB,  а угол между диагоналями основания равен   ∘
60 .

Показать ответ и решение

а) Пусть MN  ∩AB = X.  Рассмотрим грань SAB.  По теореме Менелая для △SAB  и прямой NX  получаем

    SN-- BX-- AM--
    NB  ⋅XA  ⋅MS  =1
1 BX   2          BX    3
3 ⋅XA-⋅1 = 1  ⇔   XA--= 2

Далее, △AXK  ∼ △BXC  как прямоугольные по общему острому ∠BXC.  Следовательно,

3 = BX--= BC-  ⇒   AK--= 2 = AM--
2   XA    AK       KD    1   MS

Тогда по обратной теореме Фалеса MK  ∥SD.  Так как MK  ⊂ (CMN  )  по построению, то (CMN  )∥SD.  Что и требовалось доказать.

PIC

б) Так как боковые ребра пирамиды равны, то основание высоты SH  пирамиды — центр описанной около основания ABCD  окружности, то есть точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD.  Сечение пирамиды SABCD  плоскостью (CMN  )  — четырехугольник CKMN.  Будем искать его площадь по формуле

       Sпроекции-
cosα = Sсечения

Здесь α  — угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции.

Спроецируем четырехугольник CKMN  на плоскость (ABC ).  Опустим перпендикуляры MHM  и NHN  на эту плоскость. Тогда по теореме Фалеса

AHM  :HM H = 2:1,  BHN :HN H = 3:1

Следовательно,

HM H = 4, HN H = 3,  HM C = 4 +12 =16

Так как △BOC  ∼ △KOD,  то

3   BC--  BO-            1
1 = KD  = OD   ⇒   OD  = 4BD = 6

Следовательно, O  — середина отрезка HD.  Тогда, так как △CHD  правильный, то CO  — медиана и высота этого треугольника. Следовательно, HO  ⊥ CO,  то есть HO ⊥ CK.

Так как AD > AB,  то ∠CHD  = 60∘.

PIC

Заметим, что

AHM  :HM H = 2:1 = AK :KD

Отсюда по обратной теореме Фалеса следует, что HM K  ∥HD.  Следовательно, ∠CKHM   = 90∘,  а ∠CHM  K = 60∘,  откуда ∠HM CK = 30∘.

Тогда имеем:

       1                √ -
HM K = 2HM C = 8, CK  =8  3

Следовательно,

              √-    √ -
SCHMK = 1 ⋅8⋅8 3 =32  3
        2

Также имеем:

    SCHNHM = SCHNH  +SHMHNH  =
                                √-
= 1 ⋅sin60∘⋅HN H ⋅(HM H + HC )= 12 3
  2

Следовательно,

Sпроекции =32√3-+ 12√3= 44√3

PIC

Так как HM K ⊥ CK,  CK  — линия пересечения плоскостей (CMN  )  и (ABC ),  MHM  ⊥ (ABC ),  то по теореме о трех перпендикулярах MK  ⊥ CK.  Следовательно, α = ∠MKHM   .

Так как △AMK   ∼ △ASD,  то

MK  = 2SD = 2 ⋅24= 16
      3     3

Следовательно,

       HM-K-  -8   1
cosα = MK   = 16 = 2

Тогда окончательно имеем:

1   44√3-                 √ -
2 = SCKMN-  ⇔   SCKMN  = 88 3
Ответ:

б) 88√3-

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#44875

Дана правильная треугольная призма ABCA1B1C1,  у которой сторона основания AB = 4,  а боковое ребро AA1 =9.  Точка M  — середина ребра AC,  а на ребре AA1  взята точка T  так, что AT = 5.

а) Докажите, что плоскость (BB1M )  делит отрезок C1T  пополам.

б) Плоскость (BTC1)  делит отрезок MB1  на две части. Найдите длину меньшей из них.

Показать ответ и решение

а) Так как BB1  ∥(ACC1),  то плоскость (BB1M )  пересечет грань ACC1A1  по прямой MM1  ∥BB1,  точка M1  — середина A1C1.  Пусть MM1  ∩C1T = N.  Требуется доказать, что точка N  — середина отрезка C1T.

Так как M1  — середина A1C1,  M1N  ∥A1T ∥BB1,  то по теореме Фалеса N  — середина C1T.  Что и требовалось доказать.

PIC

б) Прямая MB1  лежит в плоскости (BB1M  ).  Следовательно, плоскость (BT C1)  пересечет прямую MB1  в той точке, в которой линия пересечения плоскостей (BB1M  )  и (BTC1)  пересекает прямую MB1.  Так как (BB1M )∩ (BTC1) =BN,  то

(BT C1)∩ MB1 = BN ∩ MB1 = O

Так как M1N  — средняя линия в △A1C1T,  то        1
M1N  = 2A1T = 2.  Значит, NM  = 9− 2= 7.

Треугольники △BOB1  ∼ △NOM  по двум углам: ∠BOB1 = ∠NOM  как вертикальные, ∠BB1O = ∠NMO  как накрест лежащие при BB1 ∥MM1  и секущей MB1.  Следовательно,

B1O- = BB1-= 9  (∗)
 OM    MN    7

PIC

Высота BM  правильного треугольника ABC  со стороной AB = 4  равна

      AB√3    √ -
BM  = --2--= 2  3

По теореме Пифагора из △BB1M  :

       ∘----------
MB1  =  BB21 +BM2  = √93

Тогда с учетом равенства (∗)  получаем

                           √--
OM  < B1O и OM = -7MB1  = 7-93-
                 16        16
Ответ:

б)  √--
7-93-
 16

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#43880

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1  известны длины ребер: AB = 4,  BC  = 3,  AA1 = 2.  Точки P  и Q  — середины ребер A1B1  и CC1  соответственно. Плоскость (AP Q)  пересекает ребро B1C1  в точке U.

а) Докажите, что B1U :UC1 =2 :1.

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда ABCDA1B1C1D1  плоскостью (AP Q).

Показать ответ и решение

а) Назовем плоскость (AP Q)  плоскостью α.  Так как плоскости (ABB1 )  и (CDD1 )  параллельны, то плоскость α  пересечет их по параллельным прямым. Следовательно, пусть T  — середина CD.  Тогда C1T ∥AP.  Значит, плоскость α  пересечет грань CDD1C1  по отрезку QS ∥C1T.  Так как Q  — середина CC1,  то по теореме Фалеса S  — середина CT,  то есть CS = 1.

Так как плоскости (ABC  )  и (A B C )
  1  1 1  параллельны, то α  пересечет их по параллельным прямым. Проведем A1F ∥ AS,  C1F = 1.  Тогда α  пересечет грань A1B1C1D1  по отрезку PU ∥A1F.

Пусть A1F ∩ B1C1 = R.  Тогда △A1D1F  ∼ △RC1F,  значит, так как A1D1 = D1F = 3,  то RC1 = C1F = 1.  Так как P U ∥ A1R  и P  — середина A1B1,  то по теореме Фалеса U  — середина B1R.  Следовательно, так как B1R = 4,  то B1U =2,  значит, UC1 = 1,  откуда B1U :UC1 = 2:1.

PIC

б) Пусть AS ∩ UQ = E.  Так как (ABC  )∩(BCC1 )= BC,  то E ∈ BC.  Тогда AP UE  — трапеция. Будем искать площадь сечения как

Sα =SAPUE − SSQE

Заметим, что аналогично работе в верхней грани, CE = CS = 1.  Проведем CH  ⊥ SE.  Тогда H  — середина SE.  По ТТП QH ⊥ SE.  Так как QH  — средняя линия в △USE,  то QH  ∥US,  следовательно, US ⊥ AE,  US  — высота трапеции AP UE.

Найдем CH :

1                 1                    -1-
2 ⋅CE ⋅CS =SSCE = 2 ⋅CH ⋅SE   ⇔   CH = √2.

Тогда

     ∘ -----  ∘--
QH =   1+ 1 =   3  ⇒   US = 2QH = √6-
          2     2

Из равнобедренного прямоугольного △ABE  имеем       √ -
AE  =4  2.  Из равнобедренного прямоугольного △P B1U  имеем       √-
PU = 2 2.

Следовательно,

                             √ -  √ -    √ -
Sα = PU-+-AE-⋅US − SE-⋅QH- =6  3− --3= 11  3.
        2             2            2    2
Ответ:

б) 11√3
2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#43562

Основание шестиугольной пирамиды SABCDEF  — правильный шестиугольник ABCDEF.  Точки M  и N  — середины ребер SA  и SC  соответственно.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки M,  N  и B.

б) В каком отношении плоскость сечения делит отрезок, соединяющий вершину S  с центром основания пирамиды, считая от вершины S?

Показать ответ и решение

а) Назовем плоскость (MNB  )  плоскостью α.  Пусть X1 = BE ∩ AC.  Рассмотрим △ASC  . Пусть X2 = MN ∩ SX1.  Тогда BX2  — прямая, по которой α  пересекает плоскость (BSE ).  Пусть BX2 ∩ SE =K.  Тогда K  — одна из вершин сечения, лежащая на отрезке SE.

Заметим, что так как MN  ⊂ α,  MN  ∥AC,  то α∥ AC.  Так как FD ∥AC  по свойству правильного шестиугольника, то плоскость α  пересекает плоскость (FSD )  по прямой a  , параллельной FD.  Пусть F D ∩BE  =X  ,
            3  SX3 ∩ BK = X4.  Тогда прямая a  проходит через точку X4,  следовательно, проведем P R ∥ FD  через точку X4,  P ∈ SD,  R ∈ SF.

PIC

Тогда BNP  KRM  — сечение пирамиды плоскостью α.

Найдем положения вершин сечения.

Так как MN  ∥AC,  MN  — средняя линия △ASC,  то X2  — середина отрезка SX1.

PIC

Пусть O  — центр шестиугольника ABCDEF,  тогда O  — середина BE,  X
  1  — середина BO.  Следовательно, если BE  =4a,  то BX  = a.
   1

По теореме Менелая для △X1SE  и прямой BK  получаем

X1X2   SK   EB           1  SK  4          SK    1
-X2S- ⋅KE-⋅BX1- = 1  ⇔   1 ⋅KE-⋅1 = 1  ⇔   KE--= 4

То есть K  делит отрезок SE  в отношении 1 :4,  считая от вершины S.

X3  — середина отрезка OE,  следовательно, EX3 = BX1 = a.  По теореме Менелая для △X1SX3  и прямой BX4  получаем

X1X2-⋅-SX4- ⋅ X3B-= 1 ⇔   1 ⋅ SX4-⋅ 3 = 1 ⇔   SX4--= 1
 X2S  X4X3   BX1          1  X4X3  1          X4X3   3

Так как PR ∥ FD,  X4 ∈ P R,  то P  и R  — точки, делящие в отношении 1 :3,  считая от вершины S,  отрезки SD  и SF  соответственно.

б) Рассмотрим △BSE.  Пусть SO ∩BK  = Q.

PIC

Запишем теорему Менелая для △X  SO
   1  и прямой BQ :

X1X2- SQ-  OB--         1  SQ- 2          SQ-   1
X2S  ⋅QO ⋅ BX1 = 1  ⇔   1 ⋅QO ⋅1 = 1  ⇔   QO  = 2

Следовательно, плоскость α  делит отрезок SO  в отношении 1 :2,  считая от вершины S.

Ответ:

б) 1 :2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#41108

В основании пирамиды SABCD  лежит прямоугольник ABCD  со стороной AB = 3  и диагональю BD = 5.  Все боковые ребра пирамиды равны 3. На отрезке BD  отмечена точка E,  а на ребре AS  — точка F  так, что SF = BE = 2.

а) Докажите, что плоскость (CEF )  параллельна ребру SB.

б) Плоскость (CEF )  пересекает ребро SD  в точке Q.  Найдите расстояние от точки Q  до плоскости (ABC ).

Показать ответ и решение

а) Пусть CE ∩ AB = G.  Тогда △BEG  ∼ △CED,  следовательно,

BG :CD  = BE :ED = 2:3

Отсюда с учетом BD  = 5  получаем BG  = 2.  Следовательно,

BG  :GA = 2:1= SF :F A

Значит, по обратной теореме Фалеса GF ∥ BS.  Так как GF ∈(CEF ),  то из этого следует, что BS  ∥(CEF ).

PIC

б) Проведем QH ∥SO,  H ∈ BD.  Тогда QH ⊥ (ABC ).  Так как △QHD   ∼ △SOD,  то

QH :SO = QD  :SD

Так как BS ∥(CEF )  и (BSD )∩ (CEF ) = EQ,  то BS ∥EQ.  Следовательно, по теореме Фалеса имеем:

QD :SQ = ED :BE  = 3:2  ⇒   QD :SD  =3 :5

Тогда окончательно имеем:

      3     3∘ ---25-    √--
QH  = 5SO = 5  9− -4 =0,3 11
Ответ:

б) 0,3√11

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#27981

Дана четырёхугольная пирамида SABCD,  в основании которой лежит прямоугольник ABCD.  Основанием высоты пирамиды является точка пересечения диагоналей основания. Известно, что       √ -
AB = 2  3,        √-
BC = 2 6.  Из точек A  и C  опущены перпендикуляры AP  и CQ  на ребpo SB.

a) Докажите, что P  — середина BQ.

б) Найдите угол между гранями SBA  и SBC,  если AS = 6.

Показать ответ и решение

а) Высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, значит, боковые рёбра пирамиды равны. Обозначим SA = SB = SC =SD  =a.  Тогда по теореме Пифагора для треугольников ABP  и SAP  :

AB2− BP 2 = AP 2 = SA2 − SP 2 ⇔

           2   2         2            6
⇔   12− BP  = a − (a− BP)   ⇒   BP =  a

Из прямоугольных треугольников BCQ  и SCP :

BC2 − BQ2 = CQ2 = SC2 − SQ2  ⇔

⇔   24− BQ2 = a2 − (a− BQ )2 ⇒   BQ = 12
                                      a

Следовательно, BP = 1 BQ,
     2  то есть P  — середина BQ.

PIC

б) В равнобедренном треугольнике SBC  через точку P,  лежащую на боковой стороне SB  , проведём прямую, параллельную высоте CQ.  Пусть M  — точка её пересечения со стороной BC.  По теореме о пропорциональных отрезках   M  — середина BC.  Значит, если a= SA = 6,  то имеем:

                             ∘----------
      1      1∘ --2-----2-  1     ( 12)2   1√-----  √ -
P M = 2CQ  = 2  BC  − BQ =  2 24 −  a   =  2 24− 4=   5

Из прямоугольного треугольника ABP :

                  ∘ ---------
     ∘ ---2----2-       ( 6)2  √ -----  √--
AP =   AB  − BP  =  12−   a  =   12− 1=  11

Из прямоугольного треугольника ABM  :

                        (     )2
AM2  =AB2 + BM2  = AB2+   1BC   = 12+ 6= 18
                          2

PIC

Так как AP ⊥ SB  и MP  ⊥ SB,  то ∠AP M = φ  — линейный угол двугранного угла, образованного гранями SBA  и SBC.  По теореме косинусов для △ APM  :

      AP 2+ MP 2 − AM2   11+ 5− 18     1      √55
cosφ= ----2AP-⋅MP----- = 2⋅√11-⋅√5-= −√55-= − 55-- ⇒

             (  √--)           √ --
⇒   φ = arccos − -55- = π− arccos--55
                55              55

Следовательно, угол между гранями SBA  и SBC  равен

            √55
φ= π − arccos55--
Ответ:

б)          √55-
π − arccos 55

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#26640

ABCDA1B1C1D1  — прямоугольный параллелепипед, все грани которого не квадраты. M  — середина CD  , K  — середина грани BB1C1C  , L  — середина грани A1B1C1D1  . Косинус угла между прямыми M D1  и KL  равен √3-.
  10

а) Докажите, что CD  = 2DD1.

б) Найдите расстояние между прямыми M D1  и KL  , если объем параллелепипеда равен   √-
54 3  , угол между прямой B1C  и гранью CC1D1D  равен 60∘.

Показать ответ и решение

а) В треугольнике △D1B1C  отрезок KL  — средняя линия, следовательно, KL ∥ D1C  . Значит, угол α  между прямыми KL  и M D1  равен углу между прямыми D1C  и M D1  .

PIC

Введем обозначения CD = 2x  , DD1 = y  . Тогда по теореме Пифагора из △DD1M  и △DD1C  соответственно:

CD2 = 4x2 +y2
   1
M D21 = x2 + y2

Следовательно, по теореме косинусов для △M  D1C  :

    2     2      2
CM   = CD 1 + M D1 − 2 ⋅CD1 ⋅M D1 ⋅cosα
 2     2   2   2    2    ∘ --------∘ -------  3
x  = 4x + y + x  + y − 2⋅  4x2 + y2 ⋅ x2 + y2 ⋅√10
√ --              ∘-------- ∘ -------
  10⋅(2x2 + y2) = 3 4x2 + y2 ⋅ x2 + y2

10(4x4 + y4 +4x2y2) = 9(4x4 + y4 + 5x2y2)

4x4 − 5x2y2 + y4 = 0

(x2 − y2)(4x2 − y2) = 0
 ⌊
  x = y
 ⌈
  2x = y

Из равенства 2x = y  следует, что CD  = DD1  , то есть грань CDD1C1  представляет собой квадрат, что противоречит условию. Следовательно, возможно только равенство x = y  , из которого следует, что CD  = 2DD1,  что и требовалось доказать.

б) Так как ABCDA1B1C1D1  — прямоугольный параллелепипед, то B1C1 ⊥ (CDD1  )  , следовательно, CC1  — проекция CB1  на плоскость (CDD1 )  . Значит, угол между прямой CB1  и плоскостью (CDD1 )  равен ∠B1CC1  = 60∘ .

PIC

Тогда из прямоугольного △B1CC1  следует, что √ -
  3 = tg60∘ = B1C1 : CC1  , откуда        √ -
B1C1 =   3y.  Объем параллелепипеда равен

  √ -                             √ -    √ -
54  3 = V = AB ⋅B1C1 ⋅DD1 = 2x ⋅y⋅  3y = 2 3y3  ⇔   y = 3

Так как KL ∥ CD1  , то расстояние между скрещивающимися прямыми KL  и M D1  (M D1 ∈ (CDD1  )  ) равно расстоянию между прямой KL  и плоскостью (CDD  )
     1  , что равно отрезку KH  ∥ B C
       1 1  . KH  — средняя линия в △B1CC1  , откуда

                        √ -
      1        1  √ -  3--3
KH  = 2B1C1 =  2 ⋅y 3 =  2
Ответ:

б) 3√3
----
 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#23597

В основании пирамиды PABCD  лежит трапеция ABCD,  в которой           ∘
∠BAD  = 60 ,            ∘
∠CDA  = 30.  Боковые грани P AB  и P CD  перпендикулярны основанию пирамиды.

а) Докажите, что плоскости (PAB )  и (PCD )  перпендикулярны.

б) Найдите расстояние между прямыми PB  и CD,  если известно, что BC = 6,  а высота пирамиды P ABCD  равна 4.

Показать ответ и решение

а) Пусть E  — точка пересечения продолжений боковых сторон AB  и CD  трапеции ABCD.  Тогда плоскости (P AB)  и (PCD )  пересекаются по прямой PE.

Так как плоскости (P AB)  и (PCD )  перпендикулярны плоскости (ABC ),  то по свойству перпендикулярных плоскостей их общая прямая P E  тоже перпендикулярна плоскости (ABC  ).  Это значит, что PE  перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости (ABC ),  в частности, P E ⊥ AE  и P E ⊥CE.  Следовательно, угол между плоскостями (PAB )  и (PCD )  равен углу AED.

PIC

Рассмотрим треугольник AED.  В нём по условию ∠EAD  = 60∘ и ∠EDA  = 30∘.  Тогда по сумме углов треугольника имеем:

∠AED  = 180∘− ∠EAD  − ∠EDA =

     = 180∘− 60∘− 30∘ = 90∘

Значит, плоскости (PAB )  и (PCD )  перпендикулярны.

б) Из решения пункта а) следует, что CD ⊥ P E  и CD  ⊥ AE,  значит, CD ⊥ (PAE ).

Опустим в плоскости (P AE)  перпендикуляр EH  из точки E  на прямую P B.  Тогда EH ⊥ P B  и так как EH  лежит в плоскости (P AE),  то EH ⊥ CD.  Значит, EH  — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых PB  и CD.

Рассмотрим треугольник BCE  в плоскости (ABC ).  Так как ABCD  — трапеция и BC ∥AD,  то

∠BCE  = ∠CDA  = 30∘,  ∠CEB  =90∘

Тогда в прямоугольном треугольнике BCE  с острым углом 30∘ имеем:

BE  = 1BC = 1 ⋅6= 3
      2     2

PIC

В пункте а) доказано, что PE ⊥ (ABC ),  значит, PE  — высота пирамиды. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике PEB :

     ∘ ---2-----2  ∘ 2---2- √ --
P B =  BE  + PE  =   3 +4  =  25= 5

Тогда отрезок EH  как высота в прямоугольном треугольнике P EB  равен

     BE-⋅P-E   3⋅4-  12
EH =   P B   =  5  = 5 = 2,4
Ответ: б) 2,4
Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)

3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)

2

ИЛИ

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)

1

ИЛИ

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

ИЛИ

обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

3
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!