Задачи из сборника И.В. Ященко ЕГЭ —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.02 Задачи из сборника И.В. Ященко ЕГЭ

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#72044

Основанием правильной треугольной пирамиды $PABC$ является треугольник $ABC,$ при этом $AP = 1,3AB.$ Через точку $A$ перпендикулярно апофеме грани $BCP$ проведена плоскость $α.$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит апофему грани $BCP$ в отношении $119:25,$ считая от точки $P.$

б) Найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $α.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 3

Показать ответ и решение

а) Так как пирамида правильная, то в основании лежит правильный треугольник $ABC,$ а основание высоты этой пирамиды — центр $H$ этого треугольника. Пусть $AA1 ⊥ BC,$ $CC1 ⊥ AB,$ Тогда $H = AA1 ∩ CC1$ и по теореме о трех перпендикулярах $PA1 ⊥ BC.$ Следовательно, $PA1$ — апофема грани $BCP.$

Проведем $AO ⊥P A1,$ а через точку $O$ проведем $MN ∥BC.$ Тогда $(AMN )= α.$ Докажем, что $PO :OA = 119:25. 1$

Пусть $∠AA1P = φ.$ Тогда

OA1 HA1 AA1-= cosφ= PA1-

Пусть $AB =a.$ Тогда

√ - AA1 = a--3 2 1 -a-- HA1 = 3AA1 = 2√3 ------------- P A1 = ∘ 1,69a2− 0,25a2 = 1,2a

Следовательно,

HA1-⋅AA1- 5a OA1 = PA1 = 24

Значит,

OA1-= -25- ⇔ PO--= 119 PA1 144 OA1 25

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Проведем $CK ∥P A1,$ как показано на рисунке. Тогда $CK ⊥ α,$ следовательно, $AK$ — проекция наклонной $AC$ на плоскость $α.$ Так как угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость, то нужно найти $∠CAK = μ.$

$△CAK$ — прямоугольный с прямым углом $K.$ Следовательно,

CK sinμ = AC-

Так как $BC ∥ MN,$ то $BC ∥α,$ следовательно, расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $α$ одинаково, откуда следует, что $5a- CK =OA1 = 24.$ Значит,

5 5 sinμ = 24 ⇒ μ = arcsin 24-

Ответ:

б) $arcsin 5- 24$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#72045

На ребрах $AB$ и $B1C1$ правильной треугольной призмы $ABCA1B1C1$ отметили соответственно точки $T$ и $K$ так, что $AT :TB = 2:1$ и $B1K = KC1.$ Через точки $K$ и $C$ параллельно прямой $TB1$ проведена плоскость $α.$

а) Докажите, что точка пересечения плоскости $α$ с ребром $AB$ является серединой отрезка $AT.$

б) Найдите площадь сечения призмы $ABCA B C 1 1 1$ плоскостью $α,$ если $AB = 42,$ $√- AA1 = 3 7.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 5

Показать ответ и решение

а) Проведем $TN ∥ B1C1.$ Отметим на $T N$ точку $P$ так, что $T P =B1K.$ Тогда $TB1KP$ — параллелограмм, откуда $KP ∥ TB1.$ Следовательно, $KP, CP ⊂ α.$

Пусть $AB =a.$ Тогда так как $TN ∥ BC,$ то $△ ATN ∼ △ABC.$ Следовательно,

T-N = AT-= 2 ⇒ TN = 2a BC AB 3 3

Следовательно,

2 1 1 NP = TN − TP = 3 a− 2a= 6 a

По теореме Менелая для $△ ANT$ и прямой $CE :$

-AC ⋅ NP ⋅ TE-= 1 CN P T EA 1- 16- TE- 13 ⋅12 ⋅EA =1 TE- =1 EA

Следовательно, точка $E$ — середина отрезка $AT.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то $KF ∥CE.$ Значит, сечение $CEF K$ — трапеция (заметим, что $CK ⁄∥ EF.$ )

Пусть $M$ — середина $BC.$ Тогда $TM$ — средняя линия в $△ BCE,$ значит,

1 TM ∥CE, TM = 2CE

Но так как $CE ∥KF,$ то $TM ∥ KF.$ Тогда так как точки $K$ и $M$ — середины $B1C1$ и $BC$ соответственно, то

KF = TM = 1CE 2

Так как $TB1 ∥α,$ то $TB1 ∥EF.$ Следовательно, так как $KP ∥ TB1,$ то $KP ∥EF.$ Значит, $EFKP$ — параллелограмм, значит,

1 PE = KF = 2CE

Следовательно, $P$ — середина $CE.$

По теореме косинусов для $△ BCE :$

CE2 = a2+ 4 a2 − 2 ⋅a⋅ 2a⋅cos60∘ = 7a2 9 3 9

Таким образом,

a √- √- CE = 3 7 ⇒ CE = 14 7

Тогда

1 √- KF =CP = 2CE = 7 7

Также имеем:

2 2 2 2 KP = EF = T B1 = 14 + 9⋅7= 7⋅37 CK2 = 212+ 9⋅7= 21⋅24

Следовательно, по теореме косинусов для $△ CKP$ имеем:

CP-2+-CK2-−-KP-2 -1- cosφ =cos∠KCP = 2 ⋅CP ⋅CK = √2-

Таким образом,

∘ 1 φ= 45 ⇒ sinφ = √2-

Путь $KR ⊥ CE.$ Тогда $KR$ — высота сечения. Из $△ CKR :$

sin φ= KR- ⇒ KR = 6√7 CK

Значит, искомая площадь сечения равна

S = KF-+-CE-⋅KR = 2 7√7-+ 14√7 √ - = ----2-----⋅6 7= 441

Ответ: б) 441

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#72046

Основанием четырехугольной пирамиды $SABCD$ является квадрат $ABCD,$ при этом ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания. Через середины ребер $BC$ и $CD$ параллельно прямой $SC$ проведена плоскость $α.$

а) Докажите, что точка пересечения плоскости $α$ с ребром $SA$ делит его в отношении $1:3,$ считая от вершины $S.$

б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $α,$ если $AB = 4,$ $SA = 3√2.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 7

Показать ответ и решение

а) Проведем диагонали основания $AC$ и $BD,$ пересекающиеся в точке $H,$ а также отметим точки $M$ и $N$ — середины ребер $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда $MN ⊂α.$

Рассмотрим плоскость $(ASC ).$ Прямая $MN$ пересекает эту плоскость в точке $P,$ лежащей на отрезке $AC.$ Проведем через точку $P$ отрезок $KP ∥ SC,$ $K ∈ SA.$ Тогда $KP ⊂α.$ Следовательно, $(KMN )= α.$ Значит, требуется доказать, что $SK :KA = 1 :3.$

Так как $MN$ — средняя линия в $△BCD,$ то $MN ∥BD.$ Тогда по теореме Фалеса $BM :MC = HP :P C,$ откуда следует, что $P$ — середина $CH.$ Значит, $CP :P A =1 :3.$ А так как $KP ∥SC,$ то теореме Фалеса $SK :KA = CP :PA = 1:3.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $KP ∩SH = Q.$ Так как плоскость $α$ проходит через $MN$ и $MN ∥ BD,$ то $α ∥BD.$ Следовательно, плоскость $α$ пересекает плоскость $(BSD )$ по прямой $EF,$ проходящей через точку $Q$ и параллельной $BD.$ Тогда $MEKF N$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$

Так как $AS ⊥ (ABC ),$ $AC ⊥ BD,$ то по теореме о трех перпендикулярах $SC ⊥ BD.$ Значит, так как $KP ∥ SC,$ $MN ∥ BD,$ то верно следующее: $KP ⊥ MN.$ Также, так как $SC ∥ α,$ то $α$ пересечет плоскости, в которых лежит $SC,$ по прямым, параллельным $SC.$ Значит, $EM ∥ SC ∥FN.$

Следовательно, сечение состоит из двух многоугольников: прямоугольника $EF NM$ и равнобедренного $△EKF$ (ребра $SB$ и $SD$ равны, так как равны прямоугольные $△SAB$ и $△SAD$ ; по теореме Фалеса $E$ и $F$ — середины $SB$ и $SD$ соответственно, значит, $KE = KF$ ).

Найдем необходимые длины отрезков:

MN = 1BD = 1⋅AB √2 = 2√2- 2 2 ∘ --------- ∘ -√-------√--- √- SC = SA2+ AC2 = (3 2)2 +(4 2)2 = 5 2 √- EM = 5 2 2 3 15√- KP = 4SC = 4 2 5√- KQ =KP − QP = KP − EM = 4 2

Тогда

1 5 SMEKFN = SEFNM + SEKF = EM ⋅MN + 2 ⋅EF ⋅KQ = 10+ 2 = 12,5

Ответ:

б) 12,5

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 4#73001

Основанием четырехугольной призмы $ABCDA1B1C1D1$ является прямоугольная трапеция $ABCD,$ в которой $∘ ∠BAD = 90,$ а основания $AB$ и $CD$ соответственно равны $c$ и $b.$

а) Докажите, что если $c= 4b,$ то объемы многогранников, на которые призму $ABCDA1B1C1D1$ делит плоскость $(CDA1 ),$ относятся как $3:2.$

б) Объемы многогранников $DA1D1CB1C1$ и $ADA1BCB1,$ на которые призму $ABCDA B C D 1 1 1 1$ делит плоскость $(CDA ), 1$ соответственно равны 30 и 20. Найдите высоту призмы $ABCDA1B1C1D1,$ если $CD =5,$ $AD = 4.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 9

Показать ответ и решение

а) Обозначим $AD = p,$ $h$ — высота призмы. Тогда объем призмы $ABCDA1B1C1D1$ равен

b+4b- 5 V0 = 2 ⋅p⋅h= 2bph

Проведем $CN ∥AD,$ $NN1 ∥AA1.$ Тогда $ANCDA1N1C1D1$ — призма, в основании которой лежит прямоугольник, а высота этой призмы равна $h.$ Следовательно, ее объем равен

Vprism = bph

Пусть $D1K ⊥ AD,$ $D1K = k,$ $BM ⊥ (AA1D1 ),$ $BM = m.$ Тогда

Vprism = k ⋅p ⋅ 1m 4

Тогда получаем

1 bph = 4kpm ⇔ km = 4bh

Значит,

1 1 V1 =VA1D1DN1C1C = 2Vprism = 2bph

$B1N1C1C$ — треугольная пирамида, высота которой, проведенная из вершины $B1,$ равна $3m. 4$ Следовательно, ее объем равен

V2 = VBN C C = 1⋅ 3m ⋅ 1kp= 1kpm = 1bph 1 11 3 4 2 8 2

$PIC$

Следовательно, объем многогранника $DA1D1CB1C1,$ образованного плоскостью $(CDA1 ),$ равен

1 1 V01 = V1+ V2 = 2bph+ 2 bph = bph

Тогда объем оставшейся части равен

5 3 V02 = V0− V01 = 2bph − bph = 2bph

Следовательно,

V02 :V01 = 3bph:bph= 3 :2 2

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $c = αb,$ $α> 1.$ Определим, возможен ли такой случай, учитывая данные. Этому случаю соответствует рисунок, приведенный в решении пункта а). Используя обозначения пункта а), получаем

b+-αb 1+-α- V0 = 2 ⋅p⋅h = 2 bph

Тогда

1 bph =Vprism = kp⋅α-m ⇒ km = αbh V1 = 1Vprism = 1bph 2 2 1 α-−-1 1 α-−-1 α−-1- V2 = 3 ⋅ α m ⋅2kp= 6α kpm = 6 bph V01 = V1 +V2 = α+-2bph 6 2α-+-1 V02 = V0 − V01 = 6 bph

Следовательно,

1 2:3= V02 :V01 = (2α+ 1):(α+ 2) ⇒ α= 4

Следовательно, этот случай невозможен, так как $α> 1.$

Пусть $b =αc,$ $α> 1.$ Проверим возможность такого случая. Рассмотрим рисунок, соответствующий этому случаю:

$PIC$

α+ 1 V0 = -2--cph cph= V = 1mpk ⇒ km = αch prism α 1 V1 = 2cph V2 = 1⋅ α-−-1m ⋅ 1kp= α-−-1cph 3 α 2 6 1 1 1 α − 1 V3 =VCB1C1N1 = 3h⋅SB1C1N1 = 3h ⋅2p⋅(α− 1)c=--6-cph V01 = S1+ S2+ S3 = 2α+-1cph 6 α + 2 V02 = V0− V01 =-6--cph

Тогда

2 V02 α + 2 3 = V01-= 2α+-1- ⇔ α = 4

Этот случай является единственно возможным.

По условию $αc= 5,$ $p = 4.$ Следовательно, $4c= 5 ⇔ c= 5 . 4$

Тогда можем найти высоту призмы:

α+-1cph= V = 30+ 20= 50 ⇔ 25h = 50 ⇔ h= 4 2 0 2

Ответ:

б) 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45315

В основании пирамиды $SABCD$ лежит трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD.$ Диагонали трапеции пересекаются в точке $O.$ Точки $M$ и $N$ — середины боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Плоскость $α$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно прямой $SO.$

а) Докажите, что сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $α$ является трапецией.

б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $α,$ если $AD =9,$ $Bc= 7,$ $SO = 6,$ а прямая $SO$ перпендикулярна прямой $AD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 11

Показать ответ и решение

а) Пусть $MN$ пересекает диагонали $AC$ и $BD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Так как $SO ∥ α,$ то $α$ пересечет плоскости, в которых находится $SO,$ по прямым, параллельным $SO.$ Следовательно, проведем в плоскостях $ASC$ и $BSD$ прямые $PE ∥SO,$ $KF ∥SO$ (см.рис.). Получим сечение пирамиды плоскостью $α$ — четырехугольник $MNKP.$

Так как $MN ∥AD,$ то $AD ∥ α,$ следовательно, $α$ пересечет плоскость $ASD,$ в которой лежит $AD,$ по прямой, параллельной $AD.$ Следовательно, $P K ∥AD$ $⇒$ $P K ∥MN.$

Осталось доказать, что $P K ⁄= MN.$

По теореме Фалеса $E$ и $F$ — середины диагоналей. Следовательно, $AE :AO >AE :AC = 1:2.$

$△AP E ∼ △ASO$ ( $∠SAO$ — общий, $∠AP E =∠ASO$ как соответственные при $EP ∥SP$ и секущей $AS$ ). Следовательно,

AP AE 1 PS AS − AP AP 1 -AS = AO-> 2 ⇒ AS-= ---AS---= 1 − AS-< 2

$△P SK ∼ △ASD$ ( $∠ASD$ — общий, $∠SP K = ∠SAD$ как соответственные при $PK ∥ AD$ и секущей $AS$ ). Следовательно,

P-K = PS-< 1 ⇒ PK < 1AD AD AS 2 2

Так как $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD,$ то

AD-+-BC- 1 MN = 2 > 2AD

Следовательно, $MN > PK,$ то есть $MN ⁄= P K,$ значит, $MNKP$ — трапеция. Чтд.

$PIC$

б) По свойству трапеции $△AOD ∼ △BOC$ $⇒$ $AO :OC = 9:7$ $⇒$ $AO = 9x,$ $OC = 7x.$ Тогда $AC = 16x.$ Так как $1 AE = 2AC,$ то $AE = 8x$ $⇒$ $EO = x.$

Из $△AP E ∼ △ASO,$ описанного в пункте а), следует, что

P-E = AE-= 8 ⇒ PE = 8SO = 16 SO AO 9 9 3

Из $△P SK ∼ △ASD,$ описанного в пункте а), следует, что

PK PS EO 1 1 AD- = AS-= AO- = 9 ⇒ PK = 9AD = 1

Также средняя линия равна

MN = AD-+-BC-= 8 2

Так как $SO ⊥ AD,$ $PE ∥ SO,$ $MN ∥ AD$ $⇒$ $PE ⊥ MN$ $⇒$ $P E$ — высота трапеции $MNKP.$ Следовательно, ее площадь равна

MN--+-PK- 8+-1 16 S = 2 ⋅P E = 2 ⋅ 3 = 24.

Ответ:

б) 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#45316

В прямой пятиугольной призме $ABCDEA1B1C1D1E1$ высота $AA1$ равна $3√5,$ $BC =CD = 6,$ а четырехугольльник $ABDE$ — прямоугольник со сторонами $AB = 5,$ $√ - AE = 4 5.$

а) Докажите, что плоскости $CA1E1$ и $AED1$ перпендикулярны.

б) Найдите объем многогранника $CAED1B1.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 13

Показать ответ и решение

а) Сечение призмы плоскостью $AED1$ — четырехугольник $AB1D1E.$ Построим сечение призмы плоскостью $CA1E1.$ Назовем эту плоскостью плоскостью $α.$ Найдем линию пересечения $α$ и плоскости $BB1D1.$ Плоскости $BB1D1$ и $AA1E1$ параллельны, следовательно, плоскость $CEE1$ пересечет их по параллелльным прямым. Значит, если $CE ∩BD = X1,$ то проведем $X1X2 ∥ EE1.$ Получается, что $X2$ — точка пересечения прямой $CE1$ с плоскостью $BB D , 1 1$ а значит и плоскости $α$ с плоскостью $BB D . 1 1$ Так как $BD ∥ AE ∥A1E1,$ то $α$ пересечет плоскость $BB1D1$ по прямой $MN ∥ BD$ (см.рис.). Следовательно, $CNE1A1M$ — сечение призмы плоскостью $α.$

Докажем, что $ED1 ⊥ α.$ Тогда по признаку получим, что $AED1 ⊥ α.$ $EE1 ⊥ (A1B1C1),$ $D1E1 ⊥ A1E1$ $⇒$ по ТТП $ED1 ⊥ A1E1.$

Докажем, что $ED1 ⊥ E1N,$ то есть докажем, что $∘ ∠NOD1 = 90 .$ План такой: 1) найдем $ND1$ и $E1Nl$ 2) найдем $cos∠D1NE1;$ 3) найдем $NO;$ 4) докажем, что $NO :ND1 = cos∠D1NE1.$ Отсюда будет следовать, что $∠NOD1 = 90∘.$

1.

Проведем $CH ⊥ AE.$ $CH ∩ BD = K$ $⇒$ $CK ⊥ BD.$ Так как $△BCD$ равнобедренный, то $K$ — середина $BD.$ Следовательно, по теореме Пифагора

∘------√--- CK = 62 − (2 5)2 = 4

Так как $KH ∥ AB,$ то $KH = AB = 5.$ Следовательно, $CH =9.$

$△CKX1 ∼ △CHE$ $⇒$

CX1 CK 4 CE--= CH- = 9

$△CX1X2 ∼△CEE1$ $⇒$

X1X2 CX1 4 EE1--= -CE- = 9

$ND = X1X2 = 4EE1 9$ $⇒$ $ND1 = 5EE1 = 5 ⋅3√5-= 5√5. 9 9 3$

По теореме Пифагора

∘ ----------- 2 ( 5√-)2 5√-- E1N = 5 + 3 5 = 3 14

2.

$∠D1NE1 = ϕ.$

∘--- cosϕ = D1N- = 5- EN1 14

3.

$△NOD ∼ △E OE 1 1$ $⇒$

-NO- ND1- 5 OE1 = EE1 = 9

Следовательно, можно принять $NO = 5x, 9$ $OE1 = x.$ Тогда $E N = 14x 1 9$ $⇒$

5 5 5√-- NO = 14E1N = 14 ⋅3 14

4.

5- 5√-- ∘--- NO--= 145⋅3√14-= 5-= cosϕ ND1 9 ⋅3 5 14

Таким образом, $ED1 ⊥ E1N$ и $ED1 ⊥ A1E1$ $⇒$ $ED1 ⊥ α$ $⇒$ $(AED1 )⊥ α.$

$PIC$

б) $ABKH$ — параллелограмм, следовательно, $AH = BK = 1BD. 2$ Следовательно, $H$ — середина $AE.$ Следовательно, $CH$ — медиана и высота в $△ACE$ $⇒$ $AC = CE.$ Тогда $△ABC =△CDE$ $⇒$ $VB1ABC = VD1CDE.$

Объем многогранника $CAED1B1$ равен ( $V$ — объем всей призмы)

V0 = V − 2 ⋅ VD1CDE − VAA1B1EE1D1 − VCB1C1D1 тре◟уг.◝ п◜ира◞мида пр◟ямаят◝р◜еуг. при◞зма тр◟еуг. п◝◜ирам◞ид&#x043

1.: Найдем $√- ( √ - √ ) VABCDEA1B1C1D1E1 = V = AA1 ⋅(SABDE + SBCD )= 3 5⋅ 5⋅4 5+ 12 ⋅4⋅4 5 = 420$
2.: Найдем $VD1CDE = 1 ⋅DD1 ⋅SCDE. 3$ $( √- 1 √ - 1 √ -) √ - SCDE = (SABDE + SBCD − SACE):2 = 5⋅4 5 + 2 ⋅4⋅4 5− 2 ⋅9⋅4 5 :2 = 5 5$
Следовательно,
$1 √- √ - VD1CDE = 3 ⋅3 5 ⋅5 5= 25$
3.: Найдем $1 √- 1 √- VAA1B1EE1D1 = A1E1 ⋅2 ⋅AA1 ⋅A1B1 = 4 5⋅2 ⋅3 5⋅5 = 150$
4.: Найдем $1 1 √ - 1 √ - VCB1C1D1 = 3 ⋅CC1 ⋅SB1C1D1 = 3 ⋅3 5⋅2 ⋅4⋅4 5= 40$

Следовательно,

V0 = 420− 25 ⋅2− 150 − 40 = 180.

Ответ:

б) 180

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#45318

В правильную треугольную пирамиду с боковым ребром $√13-$ и стороной основания $6$ вписан шар. Плоскость $α$ перпендикулярна высоте пирамиды и проходит через ее середину.

а) Докажите, что плоскость $α$ и шар пересекаются более чем в одной точке.

б) Найдите площадь сечения шара плоскостью $α.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 15

Показать ответ и решение

а) Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с основанием $ABC.$ По свойству правильной пирамиды центр $O$ вписанного в нее шара лежит на ее высоте $SH.$ Пусть $CC1$ — высота основания, $M$ — середина высоты $SH.$

Плоскость пересекает шар в более чем одной точке, если расстояние от центра шара до плоскости меньше радиуса шара. Так как $α ⊥ SH,$ то $OM ⊥ α,$ следовательно, требуется доказать, что $OM <r.$ Это равносильно тому, что $1 1 OM < OH ⇔ OH > 2MH ⇔ OH > 4SH.$

$PIC$

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $√ - a23 ,$ следовательно, $CC1 = 3√3 ⇒ CH = 2√3.$ Тогда по теореме Пифагора $SH = √13−-12= 1.$ Так как $HC =√3, 1$ то по теореме Пифагора $SC = √3-+1 = 2. 1$ Рассмотрим $△SHC1.$ $OK = OH = r$ — радиусы шара. Так как $△SKO ∼ △SHC1,$ то

1− r r √ - -2--= √-- ⇔ r = 2 3− 3 3

Так как $2√3 − 3 > 2⋅ 3− 3 > 1, 2 4$ то $r > 1SH. 4$ Чтд.

$PIC$

б) Сечение шара плоскостью $α$ — окружность с центром в точке $M$ радиуса $MN.$ $OM = 12SH − r = 12 − r.$ Рассмотрим прямоугольный $△OMN :$

2 2 ( 1 )2 2 1 √- MN = r − 2 − r ⇒ MN = 4(8 3− 13)

Следовательно, площадь сечения равна

S = π ⋅MN2 = π-(8√3-− 13). 4

Ответ:

б) $π(8√3-− 13) 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#45347

Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$ относится к боковому ребру как $√- 1: 2.$ Через вершину $D$ проведена плоскость $α,$ перпендикулярная боковому ребру $SB$ и пересекающая его в точке $M.$

а) Докажите, что $M$ — середина $SB.$

б) Найдите расстояние между прямыми $AC$ и $DM,$ если высота пирамиды равна $6√3.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 17

Показать ответ и решение

а) Пусть $AB = a,$ тогда $AS = a√2.$ Так как $ABCD$ — квадрат, то $BD = a√2,$ следовательно, $△BSD$ — правильный. Значит, в этом треугольнике высота $DM$ является также и медианой, то есть $M$ — середина $SB.$

$PIC$

б) $SH$ — высота пирамиды, $H$ — точка пересечения диагоналей основания. Следовательно, $SH ⊥AC.$ Так как $AC ⊥ BD,$ то $AC ⊥ (BSD ).$ Проведем $HK ⊥ DM.$ Тогда $AC ⊥ HK,$ следовательно, по определению $HK$ — расстояние между $AC$ и $DM.$

Так как $H$ — середина $BD,$ $HK ∥BM,$ то по теореме Фалеса $K$ — середина $DM.$ Следовательно, $HK$ — средняя линия $△BDM$ и $HK = 1BM = 1BS = 1BD. 2 4 4$

Высота правильного треугольника со стороной $x$ равна $x√3, 2$ следовательно,

√- √ - 6√3 = DM = a-2⋅--3 ⇔ a√2 = 12 ⇒ HK = 1 ⋅12= 3. 2 4

Ответ:

б) 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 9#72047

а) Докажите, что сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $α$ — это четырехугольник, диагонали которого перпендикулярны.

б) Найдите площадь этого сечения, если боковое ребро пирамиды равно $6.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 18

Показать ответ и решение

а) Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD.$ Так как эта пирамида правильная, то $H$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD.$

Так как $α ⊥SB,$ то $SB$ перпендикулярна любой прямой из $α.$ Следовательно, $DM ⊥ SB.$ Пусть $O = DM ∩SH.$

Так как $SH ⊥ (ABC ),$ $BH ⊥ AC,$ то по теореме о трех перпендикулярах $SB ⊥ AC.$ Проведем через точку $O$ прямую $EF ∥AC$ (см. рис.). Тогда $EF ⊥SB.$ Следовательно, $DEMF$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$ Также по теореме о трех перпендикулярах $DM ⊥ AC.$ Следовательно, так как $EF ∥AC,$ то диагонали сечения $DM$ и $EF$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как диагонали сечения $DEMF$ взаимно перпендикулярны, то площадь сечения можно искать по формуле

1 S = SDEMF = 2 ⋅DM ⋅EF

По условию $SA = 6,$ а $√- AB :SA =1 : 2.$ Следовательно, $√ - √- AB =SA : 2= 3 2.$ Следовательно, $BD = AB√2-= 6.$ Значит, $△BSD$ равносторонний. Тогда

√- DM = BD--3-=3√3- 2

Так как $△BSD$ равносторонний, то $DM$ и $SH$ — не только высоты, но и медианы этого треугольника. Следовательно, точкой пересечения они делятся в отношении $2:1,$ считая от вершины. Тогда

SO- = 2 OH 1

$△F SE ∼ △ASC,$ следовательно,

EF-= SO- = 2 ⇒ EF = 2AC = 2BD = 4 AC SH 3 3 3

Тогда искомая площадь равна

1 √ - S = 2 ⋅DM ⋅EF = 6 3

Ответ:

б) $6√3$

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 10#45364

Грань $ABCD$ куба $ABCDA1B1C1D1$ является вписанной в основание конуса, а сечением конуса плоскостью $A1B1C1$ является круг, вписанный в четырехугольник $A1B1C1D1.$

а) Высота конуса равна $h,$ ребро куба равно $a.$ Докажите, что $3a <h < 3,5a.$

б) Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $SA1D,$ где $S$ — вершина конуса.

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 19

Показать ответ и решение

а) Радиус основания конуса равен половине диагонали квадрата $ABCD,$ то есть равен $√a R = 2.$ Радиус окружности, вписанной в $A1B1C1D1,$ равен половине стороны этого квадрата, то есть $a r = 2.$

$△SQO1 ∼ △SAO,$ следовательно,

1a √- SO1-= QO1- ⇒ h−-a-= 2√a- ⇔ h= (2+ 2)a SO AO h 2

Так как $√ - 1< 2< 1,5,$ то $h ∈(3a;3,5a).$

$PIC$

б) Найдем линию пересечения плоскости $SA1D$ с плоскостью $ABC.$ Для этого найдем точку пересечения прямой $SA1$ с плоскостью $ABC$ — это точка $X = SA ∩OA. 1$ Тогда $DX$ — искомая линия пересечения.

пусть $OH ⊥ DX.$ Тогда по ТТП $SH ⊥ DX.$ Следовательно, $φ = ∠SHO$ — угол между $(SA1D )$ и $(ABC )$ .

$△SA1O1 ∼ △SXO$ $⇒$

√ - a√- SO1-= A1O1- ⇒ (1-+√-2)a-= --2 ⇔ XO = a SO XO (2 + 2)a XO

Из $△DOX$ по теореме Пифагора

∘ 1------ ∘ 3- DX = 2a2 +a2 = 2 a

По свойству высоты, опущенной из вершины прямого угла треугольника, получаем

a OH = DO-⋅XO--= √∘2-⋅a= √a- DX 3a 3 2

Тогда из $△SHO :$

√- tgφ= -SO = (2+-a2)a =2√3-+ √6 ⇒ φ = arctg(2√3-+ √6). HO √3

Ответ:

б) $arctg(2√3-+ √6)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#45368

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания $AB$ равна $16,$ высота $SH$ равна $10.$ Точка $K$ — середина бокового ребра $SA.$ Плоскость, параллельная плоскости $(ABC ),$ проходит через точку $K$ и пересекает ребра $SB$ и $SC$ в точках $Q$ и $P$ соответственно.

а) Докажите, что площадь четырехугольника $BCP Q$ составляет $3 4$ площади треугольника $SBC.$

б) Найдите объем пирамиды $KBCP Q.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 21

Показать ответ и решение

а) Параллельные плоскости пересекают любую плоскость по параллельным прямым. Следовательно, так как $(KP Q )∥(ABC ),$ то $KQ ∥AB,$ $KP ∥AC.$ Следовательно, так как $K$ — середина $SA,$ то по теореме Фалеса $P$ и $Q$ — середины $SC$ и $SB$ сооветственно. Тогда $△P SQ ∼ △CSB$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,

S (SP )2 1 1 3 SPSQ-= SC- = 4 ⇒ SPSQ = 4SCSB ⇒ SBCPQ = 4SCSB CSB

Что и требовалось доказать

$PIC$

б) Пусть $VSABC = V,$ $VKBCPQ = V0.$ Тогда

V0 = V − VSKPQ − VKABC

1.

Найдем $VSKPQ = 1 ⋅SO ⋅SKPQ. 3$

Так как все стороны $△KP Q$ в 2 раза меньше сторон $△ABC,$ то эти треугольники подобны, следовательно, $SKPQ = 14SABC.$ Обозначим $SABC =S.$

Пирамида $SKP Q$ — правильная, так как ее боковые ребра равны $1 2$ боковых ребер пирамиды $SABC,$ а $△KP Q$ — равносторонний. Следовательно, основание высоты $SO$ этой пирамиды — точка $O$ — центр $△KP Q.$ Так как $SH ⊥ (ABC ),$ $(KP Q)∥ (ABC ),$ то $SH ⊥ (KP Q ),$ следовательно, $O$ лежит на высоте $SH.$

$△SOP ∼ △SHC$ ( $∠S$ — общий, оба треугольника прямоугольные). Следовательно,

-SO = SP-= 1 ⇔ SO = 1SH. SH SC 2 2

Тогда

VSKPQ = 1⋅ 1SH ⋅ 1 S = 1V 3 2 4 8

2.

Найдем $VKABC = 1⋅KL ⋅SABC. 3$

Провели $KL ∥SH ⇒ KL ⊥ (ABC ).$ По теореме Фалеса $L$ — середина $AH,$ следовательно, $KL$ — средняя линия в $△ASH$ и $KL = 12SH.$ Тогда

1 1 1 VKABC = 3 ⋅2SH ⋅S = 2V

3.

Найдем $1 V = 3 ⋅SH ⋅SABC.$ Так как $△ABC$ — правильный, то $AB2√3- SABC = --4---,$ следовательно,

2√- V = 1⋅10⋅ 16-3 3 4

Таким образом,

√ - 1 1 3 3 1 162-3 √ - V0 = V − 8 V − 2V = 8 V = 8 ⋅3 ⋅10 ⋅ 4 = 80 3.

Ответ:

б) $80√3-$

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#45375

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ на ребрах $AC$ и $BC$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AM :MC = CN :NB = 2:1.$

а) Докажите, что плоскость $MNB1$ проходит через середину ребра $A1C1.$

б) Найдите площадь сечения призмы $ABCA1B1C1$ плоскостью $MNB1,$ если $AB = 6,$ $AA1 = √3.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 23

Показать ответ и решение

а) Пусть $AM = CN = 2x,$ $MC =NB = x.$ Пусть также $M1$ и $N1$ — проекции точек $M$ и $N$ на плоскость $A1B1C1.$ Так как $(ABC )∥ (A1B1C1 ),$ то плоскость $MNB1$ пересечет эти плоскости по параллельным прямым. Следовательно, $B1K ∥ M1N1 ∥MN,$ $B1K = (MNB1 )∩ (A1B1C1).$ Тогда $△KB1C1 ∼ △M1N1C1,$ следовательно,

-C1K- = B1C1-= 3 ⇒ C1K = 3x = 1A1C1 C1M1 N1C1 2 2 2

Значит, $K$ — середина $A C . 1 1$ Чтд.

$PIC$

б) Из условия следует, что $x = 2 ⇒ 2x= 4 ⇒ C1K =3.$ Тогда $C1M1 = 2 ⇒$ $KM1 =3 − 2= 1.$ Тогда по теореме Пифагора $∘ --------- MK = (√3)2+ 12 = 2.$

Заметим, что так как $B1K ∥ MN,$ то $MNB1K$ — трапеция (из пункта а) также следует, что $B1K > MN$ ). Так как $B1K ∥M1N1$ и $B1K ⊥ A1C1,$ то $M1N1 ⊥ A1C1$ $⇒$ $MN ⊥ AC.$ Так как $MN ⊥ CC1,$ то $MN ⊥ (ACC1 )$ $⇒$ $MN ⊥ MK$ $⇒$ $MK$ — высота трапеции $MNB1K.$

$B1K$ — высота правильного $△A1B1C1,$ следовательно,

√ - B1K = A1C1--3= 3√3- 2

Из $△KB1C1 ∼△M1N1C1$ следует, что

2 √- √ - M1N1 = 3B1K = 2 3 ⇒ MN =2 3

Тогда площадь сечения равна

MN + B K 2√3+ 3√3- √ - SMNB1K = ----2--1--⋅MK = ----2----⋅2= 5 3.

Ответ:

б) $5√3$

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 13#45376

В правильной призме $ABCDA1B1C1D1$ с основанием $ABCD$ боковое ребро равно $√ - 3,$ а сторона основания равна $2.$ Через точку $A1$ перпендикулярно плоскости $AB1D1$ проведена прямая $l.$

а) Докажите, что прямая $l$ пересекает отрезок $AC$ и делит его в отношении $3 :1.$

б) Найдите угол между прямыми $l$ и $CB1.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 25

Показать ответ и решение

а) Пусть $O1$ — точка пересечения диагоналей основания $A1B1C1D1.$ Так как $B1D1 ⊥ A1C1$ и $B1D1 ⊥ AA1,$ то $B1D1 ⊥ (AA1O1).$ Проведем $A1H ⊥ AO1.$ Тогда $B1D1 ⊥ A1H,$ следовательно, $A1H ⊥ (AB1D1).$ Пусть прямая $A1H$ пересекает луч $AC$ в точке $K.$ $φ =∠HA1O1 = ∠A1AO1 = ∠A1KA,$ причем

2 2 A1O1-= tg φ= AA1- ⇒ AK = AA-1-= AAAB1= 3√2- AA1 AK A1O1 √2- 2

Так как $√- AC = 2 2$ и $AK < AC,$ то точка $K$ лежит между точками $A$ и $C,$ то есть на отрезке $AC,$ причем $√- √- √ - KC = 2 2 − 32 2= 12 2$ $⇒$ $AK :KC = 3:1.$ Чтд.

$PIC$

б) Так как $CB1 ∥ DA1,$ то $γ = ∠(l,CB1 )= ∠(l,DA1 ).$

По теореме косинусов из $△ADK :$

DK2 = AD2 + AK2 − 2 ⋅AD ⋅AK ⋅cos45∘ = 52

По теореме Пифагора

DA21 = 7 KA21 = 15 2

Следовательно, по теореме косинусов из $△DA1K :$

DA21+ KA21− DK2 ∘ 6-- ∘ -6- cosγ = --2⋅DA1-⋅KA1----= 2 35 ⇒ γ =arccos2 35.

Ответ:

б) $∘--- arccos2 6- 35$

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#45377

Основание пирамиды $SABC$ — прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C.$ Высота пирамиды проходит через точку $B.$

а) Докажите, что середина ребра $SA$ равноудалена от вершин $B$ и $C.$

б) Найдите угол между плоскостью $SBC$ и прямой, проходящей через середины ребер $BC$ и $SA,$ если известно, что $BS = AC.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 27

Показать ответ и решение

а) Так как $BS ⊥(ABC ),$ то $∠SBA = 90∘.$ Так как $BS ⊥ (ABC ),$ $BC ⊥ AC,$ то по теореме о трех перпендикулярах $CS ⊥ AC.$ Следовательно, $∘ ∠SCA = 90 .$

Пусть $M$ — середина $AS.$ Требуется доказать, что $BM = CM.$ Но $BM$ и $CM$ — медианы в прямоугольных треугольниках $SBA$ и $SCA,$ проведенные к общей гипотенузе, следовательно, они равны половине гипотенузы, то есть

BM = 1 AS =CM 2

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $N$ — середина $BC.$ Так как $AC ⊥ CS,$ $AC ⊥ BC,$ то $AC ⊥ (BSC ).$ Проведем $MK ∥ AC.$ Тогда $MK ⊥ (BSC ).$ Следовательно, $NK$ — проекция $MN$ на плоскость $(BSC ).$ Следовательно, требуется найти $∠MNK.$

Так как $M$ — середина $AS$ и $MK ∥ AC,$ то $MK$ — средняя линия с треугольнике $SCA,$ то есть $K$ — середина $SC.$ Следовательно, $MK = 1AC. 2$

Так как $N$ и $K$ — середины $BC$ и $SC$ соответственно, то $NK$ — средняя линия треугольника $SBC,$ то есть $1 NK = 2BS.$

По условию $BS = AC,$ значит, $MK = NK.$ Следовательно,

tg∠MNK = MK-- =1 ⇒ ∠MNK = 45∘ NK

Ответ:

б) $45∘$

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 15#45378

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ точка $K$ — середина ребра $AA1,$ а $AB =AA1.$ Плоскость $α$ проходит через точки $K$ и $B1$ параллельно прямой $BC1.$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит ребро $A1C1$ в отношении $1 :2.$

б) Найдите расстояние от точки $A1$ до плоскости $α,$ если $AB = 6.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 29

Показать ответ и решение

а) Если $BC1 ∥α,$ то $α$ содержит прямую, параллельную $BC1.$ Отложим на продолжении отрезка $CC1$ за точку $C1$ отрезок $C1O = CC1.$ Тогда $C1O = BB1,$ $C1O ∥BB1,$ следовательно, $BB1OC1$ — параллелограмм, следовательно, $B1O ∥BC1.$ Тогда плоскость $α$ — это плоскость $KB1O.$

Пусть $KO ∩A1C1 = M.$ Докажем, что $A1M :MC1 = 1:2.$ Пусть $L$ — середина $CC1.$ Тогда $KL ∥ A1C1$ и $KL = A1C1.$ Тогда $△MOC1 ∼ △KOL,$ следовательно,

MC1- = OC1-= 2 ⇒ MC1 = 2KL = 2A1C1 ⇒ A1M = 1 A1C1 ⇒ A1M :MC1 = 1:2 KL OL 3 3 3 3

Чтд.

$PIC$

б) Рассмотрим треугольную пирамиду $KA1B1M.$ Пусть $h$ — длина перпендикуляра от точки $A1$ до плоскости $α.$ Тогда, с одной стороны, это пирамида с вершиной в точке $K$ и с основанием $A1B1M,$ а с другой стороны, это пирамида с вершиной в точке $A1$ и с основанием $KB1M.$ Следовательно, ее объем равен

1 ⋅KA1 ⋅SA1B1M =V = 1 ⋅h⋅SKB1M ⇔ h = KA1-⋅SA1B1M-- 3 3 SKB1M

Так как $1 A1M = 3A1C1,$ то

1 1 62√3 √- SA1B1M = 3SA1B1C1 = 3 ⋅-4--= 3 3

По теореме Пифагора

2 2 2 KB 1 = 3 + 6 = 45 KM2 = 32+ 22 = 13

По теореме косинусов из $△A1B1M :$

MB2 = A1M2 +A1B2 − 2⋅A1M ⋅A1B1 ⋅cos60∘ =28 1 1

Пусть $∠MKB1 = φ.$ Тогда по теореме косинусов из $△KB1M :$

KM2 +KB21 − MB21 ∘ 5-- cosφ = ---2⋅KM--⋅KB1----= 13

Следовательно,

∘ ------ ∘ --- sin α= 1− 5- =2 -2 13 13

Следовательно,

1 √ -- SKB1M = 2 ⋅KM ⋅KB1 ⋅sinα= 3 10

Тогда

3 ⋅3√3- ∘ -3- h= -3√10-= 3 10.

Ответ:

б) $∘ --- 3 -3 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#45409

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ точки $K$ и $N$ — середина ребер $AA1$ и $AC$ соответственно. Плоскость $α$ проходит через точки $K$ и $N$ параллельно прямой $CB1.$

а) Докажите, что сечением призмы $ABCA1B1C1$ плоскостью $α$ является равнобедренная трапеция.

б) Найдите угол между прямой $CC1$ и плоскостью $α,$ если $AB = 4,$ $AA = √3. 1$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 30

Показать ответ и решение

а) Пусть $O = KN ∩ CC1.$ Тогда $O$ — точка пересечения плоскости $α$ и плоскости грани $BCC1B1.$ Проведем через $O$ прямую $OL ∥CB1.$ Она пересечет $BC$ в точке $M.$ Тогда $KLMN$ — сечение призмы плоскостью $α.$

$△KNA =△ONC$ как пряямоугольные по катету $AN = NC$ и острому углу $∠KNA =∠ONC$ (вертикальные). Следовательно, $OC = KA = 1AA1 = 1CC1. 2 2$ Тогда, так как по построению $OCB L 1$ — параллелограмм, $L$ — середина $BB . 1$ Следовательно, $KL ∥AB.$

$△OMC =△LMB$ как прямоугольные по катету $OC = LB$ и острому углу $∠OMC =∠LMB$ (вертикальные). Следовательно, $M$ — середина $BC.$ Тогда $MN$ — средняя линия в $△ABC,$ значит, $MN ∥AB.$ Таким образом, $MN ∥ KL.$

Заметим также, что $KL = AB,$ $1 MN = 2AB,$ то есть $KL ⁄= MN,$ следовательно, $KLMN$ — трапеция.

$PIC$

б) Так как $CN = CM$ и равны половине стороны основания, то $△ONC = △OMC$ $⇒$ $ON =OM.$ Пусть $CP ⊥ AB,$ $CP ∩ MN = R$ $⇒$ $CR ⊥ MN,$ $R$ — середина $MN.$ Так как $△OMN$ равнобедренный, то $OR ⊥ MN.$ Следовательно, $MN ⊥ (OCR ).$ Если мы проведем $CH ⊥OR,$ то $CH ⊥ MN$ $⇒$ $CH ⊥ α.$ Следовательно, $OR$ — проекция прямой $CC1$ на плоскость $α.$ Следовательно, требуется найти $∠COR.$

√ - OC = 1CC1 = --3 2 2 √ - √ - CR = 1CP = 1⋅ 4-3= 3 2 2 2

Следовательно,

CR- tg∠COR = OC = 2 ⇒ ∠COR =arctg 2.

Ответ:

б) $arctg2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#45412

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ сторона основания $AB$ равна $2,$ а боковое ребро $SA$ равно $8.$ Точка $M$ — середина ребра $AB.$ Плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $ABC$ и содержит точки $M$ и $D.$ Прямая $SC$ пересекает плоскость $α$ в точке $K.$

а) Докажите, что $KM = KD.$

б) Найдите объем пирамиды $CDKM.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 31

Показать ответ и решение

а) Пусть $SO$ — высота пирамиды. Пусть $CO ∩ MD = H.$ Восстановим из точки $H$ перпендикуляр к плоскости $ABC,$ то есть проведем $′ K H ∥SO.$ Тогда $′ (K MD ) ⊥(ABC )$ . Таким образом, из одной точки $H$ проведены две плоскости $K ′MD$ и $KMD,$ перпендикулярные плоскости $ABC$ . Следовательно, эти плоскости совпадают, то есть совпадают точки $K$ и $K ′$ . Таким образом, $KH ⊥ (ABC ),$ то есть $KH ∥SO.$

Так как по свойству правильного шестиугольника $CO ∥AB,$ то по теореме Фалеса $H$ — середина $MD.$ Следовательно, $KH$ — медиана и высота $△KMD,$ следовательно, он равнобедренный, то есть $KM = KD.$ Чтд.

$PIC$

б) $KH$ — высота пирамиды $CDKM,$ $△CDM$ — ее основание. Так как $OH$ — средняя линия $△ADM,$ то $1 1 OH = 2AM = 2$ $⇒$ $CH = CO − OH = 2− 12 = 32.$

$△KHC ∼△SOC$ как прямоугольные с общим углом $∠C,$ следовательно,

∘ ------ √ -- KH--= CH- = 3 ⇒ KH = 3SO = 3 82− 22 = 3 ⋅2 15 SO CO 4 4 4 4

Трапеция $ABCD$ отрезками $BO$ и $CO$ разбивается на 3 правильных треугольника со стороной равной $AB = 2,$ следовательно,

AB2 √3 √- SABCD = 3⋅---4-- = 3 3

$AD = 2AB = 4,$ $∠MAD =60∘,$ следовательно,

√- SADM = 1⋅AM ⋅AD ⋅sin60∘ = 3 2

$∠MBC = 120∘,$ следовательно,

√ - SMBC = 1⋅MB ⋅BC ⋅sin120∘ =--3 2 2

Следовательно,

3√3- SCMD = SABCD − SADM − SMBC = 2

Тогда

√- √- 1 1 3 √ -- 3-3- 9-5- VCDKM = 3 ⋅KH ⋅SCDM = 3 ⋅4 ⋅2 15⋅ 2 = 4 .

Ответ:

б) $√- 9-5- 4$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#45414

В основании четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 8,$ $BC = 6.$ Длины боковых ребер пирамиды $√-- SA = 21,$ $√ -- SB = 85,$ $√-- SD = 57.$

а) Докажите, что $SA$ — высота пирамиды.

б) Найдите угол между прямыми $SC$ и $BD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 32

Показать ответ и решение

а) Так как $SB2 = SA2 + AB2 ⇔ 85 = 21 +64$ — верно, то по обратной теореме Пифагора $SA ⊥ AB.$

Аналогично по обратной теореме Пифагора, так как $2 2 2 SD = SA +AD ,$ имеем $SA ⊥ AD.$ Следовательно, $SA$ перпендикулярна двум пересекающимся прямыми из плоскости $ABC,$ следовательно, $SA ⊥ (ABC ).$ Следовательно, $SA$ — высота пирамиды.

$PIC$

б) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $ABCD.$ Тогда $O$ — середина $AC.$ Проведем $OM ∥ SC.$ Тогда $φ= ∠MOD$ — угол между прямыми $SC$ и $BD.$ Найдем его по теореме косинусов из $△MOD.$ Для этого найдем стороны этого треугольника.

По теореме Фалеса $M$ — середина $AS.$ $AC = √82-+62-=10$ $⇒$ $AO = DO = 5.$ Тогда

2 2 2 165 MD = MA + AD = 4 MO2 = MA2 + AO2 = 121 4 OD2 = 25

Следовательно,

MO2 +OD2 − MD2 14 14 cosφ = ---2-⋅MO-⋅OD-----= 55 ⇒ φ = arccos55.

Ответ:

б) $arccos 14 55$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#45430

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания $AB$ равна $6,$ а боковое ребро $SA$ равно $√ -- 21.$ На ребрах $AB$ и $SB$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причем $AM =4,$ $SK :KB = 1 :3.$

а) докажите, что плоскость $CKM$ перпендикулярна плоскости $ABC.$

б) Найдите объем пирамиды $BCKM.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 33

Показать ответ и решение

а) Проведем $BB1 ⊥ AC.$ Пусть $CM$ пересекает $BB1$ в точке $O.$ Тогда $KO$ — линия пересечения плоскостей $CKM$ и $ASB1.$ Проведем $SH$ — высоту пирамиды $SABC.$ Докажем, что $KO ∥SH,$ тогда из $SH ⊥ (ABC )$ будет следовать, что $KO ⊥ (ABC ),$ откуда будет следовать, что $(CKM )⊥ (ABC ).$

По теореме Менелая для $△ABB1$ и прямой $CM :$

AM--⋅ BO-⋅ B1C-= 1 ⇔ 2 ⋅ BO-⋅ 1 = 1 ⇔ BO--= 1 MB OB1 CA 4 OB1 2 OB1

Следовательно, $BO = 1BB . 2 1$ Так как $BH = 2BB , 3 1$ то

1 (2 1) 1 1 BO :OH = 2 : 3 − 2 = 2 :6 = 3:1

Так как $BO :OH = BK :KS = 3 :1,$ то по обратной теореме Фалеса $KO ∥SH.$ Чтд.

$PIC$

б) Объем пирамиды $BCKM$ равен

1 V = 3 ⋅KO ⋅SBCM

Из пункта а) следует, что $3 KO = 4SH.$ Высота правильного треугольника $ABC$ равна $√- √- BB1 = AB2-3= 3 3$ $⇒$ $√- BH = 2 3$ $⇒$

√------ SH = 21− 12= 3

Тогда

KO = 3 ⋅3= 9 4 4

Так как площади треугольников, имеющих общую высоту, относятся как основания, то

1 1 AB2 √3 √- SBCM = 3SABC = 3 ⋅--4-- = 3 3

Следовательно,

√- √ - V = 1⋅ 9 ⋅3 3 = 9-3. 3 4 4

Ответ:

б) $√- 9-3- 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#45431

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна $8,$ а боковое ребро $SA$ равно $7.$ На ребрах $AB$ и $SB$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причем $AM = 2,$ $SK = 1.$ Плоскость $α$ перпендикулярна плоскоссти $ABC$ и содержит точки $M$ и $K.$

а) Докажите, что плоскость $α$ содержит точку $C.$

б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $α.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 34

Показать ответ и решение

а) Проведем в плоскости $BSD$ прямую $KO ∥SH,$ где $SH$ — высота пирамиды (см.рис.). Тогда плоскость $α$ содержит точку $O,$ так как $KO ⊥(ABC ).$ По теореме Фалеса $BO :OH = 6 :1,$ то есть $BO = 6x,$ $OH = x.$ Тогда $OD =8x.$

Так как $BO :OD =BM :CD =6 :8$ и $∠OBM = ∠ODC,$ то $△OBM ∼ △ODC.$ Следовательно, $∠BOM = ∠COD.$ Следовательно, точки $M,$ $O$ и $C$ лежат на одной прямой, то есть плоскость $α$ содержит точку $C.$