Метод объемов —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.20 Метод объемов

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#46501

Дана треугольная пирамида $ABCD$ объемом 40. Через вершину $A$ и середину $M$ ребра $BC$ проведена плоскость, пересекающая ребро $BD$ в точке $N.$ Расстояние от вершины $B$ до этой плоскости равно 4, а площадь треугольника $AMN$ равна 5.

а) Докажите, что точка $N$ делит ребро $BD$ в отношении $1:2,$ считая от точки $B.$

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью $ABC$ пирамиды, если дополнительно известно, что ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ABC$ и равно 15.

Показать ответ и решение

а) Из условия следует, что $VBAMN = 1⋅4⋅5 = 20. 3 3$ Объемы тетраэдров, имеющих общий трехгранный угол, относятся как произведения ребер, образующих этот трехгранный угол. Следовательно,

230 VBAMN- BA-⋅BM--⋅BN- -BN- BN-- 1 BN-- 1 40 = VABCD = BA ⋅BC ⋅BD = 2BD ⇒ BD = 3 ⇒ ND = 2.

Чтд.

$PIC$

б) По условию $BD$ — высота тетраэдра $ABCD.$ Следовательно,

1 40 =VABCD = 3 ⋅BD ⋅SABC ⇒ SABC = 8.

Так как медиана треугольника делит его на два равновеликих треугольника, то $SAMB = 12SABC = 4.$ $△AMB$ — проекция $△AMN$ на плоскость $ABC.$ Следовательно, косинус угла между плоскостями $AMN$ и $ABC$ равен

SAMB- 4 4 cosα = SAMN = 5 ⇒ α= arccos5 .

Ответ:

б) $arccos 4 5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#46500

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ проведено сечение плоскостью, проходящей через сторону основания $AB$ перпендикулярно ребру $SC.$

а) Докажите, что площадь сечения относится к площади основания пирамиды так же, как высота пирамиды относится к ее боковому ребру.

б) Найдите площадь сечения пирамиды, если боковое ребро $SA = 5,$ а сторона основания $AB = 4.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $ABK$ — сечение пирамиды $SABC$ плоскостью, перпендикулярной $SC$ и проходящей через $AB.$ Так как $SC ⊥ (ABK ),$ то $SK$ — высота пирамиды $SABK.$

Объемы тетраэдров, имеющих общий трехгранный угол, относятся как произведения ребер, образующих этот трехгранный угол. Следовательно,

VSABK-= SA-⋅SB-⋅SK-= SK-. VSABC SA ⋅SB ⋅SC SC

С другой стороны,

VSABK- 13SK-⋅SABK- VSABC = 13SH ⋅SABC .

Отсюда

1 SK-= -31SK-⋅SABK ⇒ SH-= SABK-. SC 3SH ⋅SABC SC SABC

Чтд.

$PIC$

б) Из пункта а) следует, что

SH ⋅S SH ⋅ AB2√3 SABK = ---SCABC-= ----SC-4--.

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $√ - a23 ,$ следовательно, $CC1 = 2√3,$ а $CH = 2CC1 = √4-. 3 3$ Тогда по теореме Пифагора $∘ -- SH = 59. 3$ Следовательно,

∘-59-⋅ 42√3 SABK = --3---4--= 4√59. 5 5

Ответ:

б) $√-- 4-59- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#46499

В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A1B1C1D1E1F1$ все ребра равны 1.

а) Докажите, что точки $F$ и $C$ равноудалены от плоскости $BED1.$

б) Найдите расстояние между прямыми $ED1$ и $FE1.$

Показать ответ и решение

а) Так как плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым, то плоскость $A1B1C1$ плоскость $BED1$ пересечет по прямой $C1D1 ∥BE.$ Пусть $FC ∩ BE = O.$ Тогда $O$ — центр правильного шестиугольника, следовательно, $FO = CO = AB = 1.$ Пусть $FHF$ и $CHC$ — перпендикуляры из точек $F$ и $C$ на плоскость $BED1$ соответственно. Тогда $△F OHF = △COHC$ как прямоугольные по гипотенузе и острому углу ( $∠F OH = ∠COH F C$ как вертикальные). Следовательно, $FH = CH . F C$ Чтд.

$PIC$

В задаче 41859 была доказана формула

V = 1abdsin α, 6

где $a,b$ — противоположные ребра тетраэдра, $d$ — расстояние между ними, $α$ — угол между ними. Будем пользоваться этой формулой, чтобы найти расстояние между ребрами $ED1$ и $FE1$ тетраэдра $FED1E1.$

В наших обозначениях объем этого тетраэдра равен

V = 1 ⋅ED1 ⋅F E1⋅d⋅sin α, 6

где $α$ — угол между $ED1$ и $FE1.$

Заметим, что отрезки $ED1$ и $FE1$ равны $√2.$ Так как $FO = E1D1$ и $F O ∥ E1D1,$ то $FE1D1O$ — параллелограмм, следовательно, $OD1 ∥F E1,$ следовательно, $∠OD1E =α$ — угол между $ED1$ и $F E1.$ Найдем его по теореме косинусов из $△OD1E,$ где $√ - OD1 = ED1 = 2,$ $OE = 1:$

√ - cosα= 2+√2−√1-= 3 ⇒ sinα = --7. 2⋅ 2⋅ 2 4 4

С другой стороны, объем тетраэдра $FED E 1 1$ равен

2 SEFE1 ⋅SED1E1 ∘ V = 3 ⋅ EE1 ⋅sin120

по формуле, которая доказывалась в задаче 41979 ( $∘ ∠F ED = 120$ и есть угол между гранями $EF E1$ и $ED1E1$ ).

Заметим, что $SEFE1 = SED1E1 = 12.$ Следовательно,

√-- 1 ⋅ED1 ⋅F E1⋅d⋅sin α= 2 ⋅ SEFE1-⋅SED1E1-⋅sin120∘ ⇒ d= -21. 6 3 EE1 7

Ответ:

б) $√-- -21- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#46498

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ со стороной основания $AB = 4$ и высотой 7 на ребре $AA1$ взята точка $M$ так, что $AM = 2.$ На ребре $BB1$ взята точка $K$ так, что $B1K = 2.$ Найдите угол между плоскостями $D1MK$ и $CC1D1.$

Показать ответ и решение

Так как $(CC1D1 )∥(AA1B1),$ то можно искать угол между плоскостью $D1MK$ и плоскостью $AA1B1.$ Назовем этот угол $α.$

В задаче 41979 была доказана формула

2SP V = 3-a-sinα.

для объема треугольной пирамиды, где $S$ и $P$ — площади двух граней, $a$ — их общее ребро, $α$ — угол между плоскостями этих граней.

Если рассмотреть тетраэдр $D1A1MK,$ то его объем равен

2 SA1MK-⋅SD1MK- V = 3 ⋅ MK ⋅sinα.

С другой стороны, его объем равен

1 V = 3D1A1 ⋅SA1MK.

Отсюда

D1A1-⋅MK-- sin α= 2SD1MK .

$PIC$

$√ - B1D1 =4 2$ $⇒$ $D1K = 6.$
Пусть $M1$ — проекция $M$ на $(BB1C1 ).$ Тогда $BM1 = 2,$ $M1K = 3,$ следовательно, $MK = 5.$
$√ -- MD1 = 41.$
Рассмотрим $△D1MK.$ Его полупериметр равен $-- √-41-+11- p= 2 .$ Следовательно, по формуле Герона его площадь равна
$∘ --------------------------------- √41+ 11 11− √41 √41− 1 √41+ 1 S = ---2----⋅---2----⋅--2----⋅--2----= 1 ∘ (-----(√---)2)-((√---)2---)- = 4 ⋅ 112 − 41 41 − 12 = √- = 10 2.$

Следовательно,

4⋅5 √2- sinα = ----√--= -2- ⇒ α =45∘. 2⋅10 2

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#46497

Точки $M$ и $N$ — середины ребер $AD$ и $AB$ соответственно куба $ABCDA1B1C1D1.$ Найдите расстояние между прямыми $D1M$ и $A1N,$ если ребро куба равно 6.

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — середина $CD.$ Тогда $A1N ∥D1K.$ Следовательно, расстояние между прямыми $A1N$ и $D1M$ равно расстоянию от любой точки прямой $A1N$ до плоскости $MD1K.$ Пусть $h$ — расстояние от точки $N$ до этой плоскости. Рассмотрим тетраэдр $NMD1K.$ Запишем его объем двумя способами:

1 ⋅DD1 ⋅SMNK = V = 1 ⋅h⋅SMD1K ⇒ h= DD1--⋅SMNK--. 3 3 SMD1K

$PIC$

$MK = 3√2,$ $MD1 = 33√5.$ Пусть $DH ⊥ MK.$ Так как $△MD1K$ равнобедренный, то $√3 MH = 2$ $⇒$ $√9 D1H = 2.$
$△AMN$ и $△DMK$ — прямоугольные и равнобедренные, следовательно, $∠AMN = ∠DMK = 45∘.$ Тогда $∠NMK = 90∘.$ Следовательно, $△MNK$ — прямоугольный и равнобедренный.

Тогда

DD1 ⋅ 1 ⋅MK2 h= -1⋅D12H-⋅MK-- =4. 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#46496

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S,$ все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина бокового ребра $SB.$ Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $ACE.$

Показать ответ и решение

Пусть $h$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $AEC.$ Рассмотрим тетраэдр $EABC.$ Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD,$ $EP ∥SH,$ следовательно, $EP$ — высота тетраэдра $EABC,$ причем, так как $E$ — середина $SB,$ то $△SHB ∼ △EP B$ и $EP = 12SH.$

Запишем объем тетраэдра $EABC$ двумя разными способами:

1⋅h⋅SAEC = V = 1 ⋅EP ⋅SABC ⇒ h = EP-⋅SABC. 3 3 SAEC

$PIC$

$√- AC = 2$ $⇒$ $√1 AH = 2$ $⇒$ $1√- SH = 2$ $⇒$ $1√-- EP = 22.$

Так как $BH ⊥AC,$ то по теореме о трех перпендикулярах $EH ⊥ AC.$ Следовательно, $EH$ — высота $△AEC.$ Но $EH$ — медиана прямоугольного треугольника $SHB,$ проведенная к гипотенузе. Следовательно, $EH = 12SB = 12.$ Следовательно,

EP--⋅ 12AB2 1 h = 12 ⋅EH ⋅AC = 2.

Ответ:

$1 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#46495

В тетраэдре $ABCD$ грани $ABC$ и $ABD$ имеют площади $p$ и $q$ и образуют между собой угол $α.$ Найдите площадь сечения, проходящего через ребро $AB$ и центр вписанного в тетраэдр шара.

Показать ответ и решение

В задаче 41979 была доказана формула

V = 2 pqsinα. 3 x

для объема треугольной пирамиды, где $p$ и $q$ — площади двух граней, $x$ — их общее ребро, $α$ — угол между плоскостями этих граней. Если обозначить $AB = x,$ $SABD =p,$ $SABC = q,$ то по этой формуле объем тетраэдра $ABCD$ равен

V = 2 ⋅ pq⋅sin α. 3 x

Заметим, что центр шара, вписанного в тетраэдр, лежит на пересечении биссекторных плоскостей тетраэдра. Следовательно, плоскость $AOB$ — биссектор, то есть делит двугранный угол, образованный гранями $ABD$ и $ABC,$ пополам.

$PIC$

В задаче 46419 в ходе решения была доказана формула

VD- p --q- VC = q ⇒ VC = p+ qV,

где $VD = VDAOB,$ $VC = VCAOB.$

Проведем $CH ⊥ (AOB ).$ Пусть $CX ⊥ AB,$ тогда по теореме о трех перпендикулярах $HX ⊥AB.$ Следовательно, $∠CXH = α. 2$ Пусть $CX = c,$ $OK = h$ — высота $△AOB,$ проведенная к $AB = x.$ Тогда $CH = csin α 2$ и

1 α 1 VC = 3 ⋅csin 2-⋅2 ⋅hx.

Тогда из $VC = pq+qV$ получаем равенство

1 α 1 q 2 pq 1 2pq α 3 ⋅csin 2-⋅2 ⋅hx = p+-q ⋅3 ⋅x-⋅sin α ⇔ SAOB = 2hx = p+-q cos2.

(так как $cx =2q$ )

Ответ:

$-2pq cos α p + q 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#46421

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1,$ в которой $AB = a,$ $AA1 = 2a.$ Найдите расстояние между прямыми $AB1$ и $BC1.$

Показать ответ и решение

Проведем $C1D ∥AB1.$ Тогда расстояние между прямыми $aB1$ и $BC1$ равно расстоянию от любой точки прямой $AB1$ до плоскости $BC1D.$ Пусть $h$ — расстояние от точки $A$ до этой плоскости. Рассмотрим тетраэдр $ABC1D.$ Запишем его объем двумя способами:

1 ⋅h⋅SBC1D = V = 1⋅CC1 ⋅SABD ⇒ h= CC1-⋅SABD-. 3 3 SBC1D

$PIC$

$△BC D 1$ равнобедренный с основанием $BD.$ Пусть $C K ⊥ BD. 1$ Тогда, так как $√- BD = a 2,$ $√ - BC1 = a 5,$ имеем:

3a 1 3 2 C1K = √2- ⇒ SBC1D = 2 ⋅C1K ⋅BD = 2a .

Тогда

2a ⋅ 1a2 2 h= --3a22- = 3a. 2

Ответ:

$2 a 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#46420

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1,$ в которой $AB = a,$ $AA1 = 2a.$ Найдите расстояние от точки $O1$ до плоскости $BDC1,$ где $O1$ — точка пересечения диагоналей основания $A1B1C1D1.$

Показать ответ и решение

Пусть $A1H$ и $O1P$ — перпендикуляры на плоскость $BC1D.$ Тогда $△A1HC1 ∼ △O1P C1$ с коэффициентом подобия $k =2 = A1C1 :O1C1.$ Следовательно, $1 O1P = 2A1H.$ Будем искать $A1H.$

Рассмотрим тетраэдр $A1BC1D.$ Его объем равен $13$ от объема параллелепипеда. Действительно,

1 1 1 Vт = Vп−(VA1ABD +VC1CBD )− (VBA1B1C1 + VDA1D1C1)= Vп−3Vп− 3Vп = 3 Vп.

$PIC$

С другой стороны, если обозначить за $h$ расстояние от точки $A1$ до плоскости $BC1D,$ объем этого тетраэдра равен

1 Vт = 3 ⋅h⋅SBC1D.

Следовательно,

--Vп-- h = SBC1D.

$Vп = a⋅a⋅2a =2a3.$
$△BC1D$ равнобедренный с основанием $BD.$ Пусть $C1K ⊥ BD.$ Тогда, так как $√ - BD = a 2,$ $√- BC1 = a 5,$ имеем:
$3a- 1 3 2 C1K = √2 ⇒ SBC1D = 2 ⋅C1K ⋅BD = 2a .$

Следовательно,

O1P = 1h = 1⋅ -Vп---= 2a. 2 2 SBC1D 3

Ответ:

$2 a 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#46419

Докажите, что биссектор двугранного угла при ребре тетраэдра делит противоположное ребро на части, пропорциональные площадям граней тетраэдра, лежащих на гранях этого угла.

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — тетраэдр, плоскость $DOC$ — биссекторная плоскость, $O ∈ AB.$ Пусть $SA = SACD,$ $SB = SBCD,$ $AO = a,$ $BO =b.$ Докажем, что

a SA b = SB.

Проведем перпендикуляры $OHA ⊥ (ACD ),$ $OHB ⊥ (BCD ).$ Проведем также $OH ⊥ CD.$ Тогда по ТТП $HAH ⊥CD,$ $HBH ⊥ CD.$ Тогда $∠OHHA = ∠OHHB,$ так как это линейные углы двугранных углов, образованных биссекторной плоскостью и гранями двугранного угла. Следовательно, по острому углу и общей гипотенузе $△OHHA = △OHHB.$ Отсюда $OHA = OHB.$ Следовательно, если обозначить за $VA = VADOC,$ $VB = VBDOC,$ то

VA-= SA-. VB SB

$PIC$

Проведем теперь $APA ⊥ (DOC ),$ $BPB ⊥ (DOC ).$ Тогда

VA- 13APA-⋅SDOC- APA- VB = 13BPB ⋅SDOC = BPB .

Но точки $PA,O,PB$ лежат на одной прямой и $△OAPA ∼ △OBPB,$ причем

APA- = a. BPB b

Следовательно, получаем нужное равенство

a APA VA SA b = BPB-= VB-= SB-.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#46309

Длина ребра $AA1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA1B1C1D1$ равна $a,$ угол $B1AB$ равен $α,$ а угол $C1BC$ равен $β.$ Найдите расстояние между прямыми $AD1$ и $DC1.$

Показать ответ и решение

Так как $AB1 ∥ DC1,$ то расстояние между прямыми $AD1$ и $DC1$ равно расстоянию от любой точки прямой $DC1$ до плоскости $AB1D1.$ Пусть $h$ — расстояние от $C1$ до этой плоскости. Рассмотрим тетраэдр $AB1C1D1$ . Запишем его объем двумя способами:

1 1 AA1⋅SB1C1D1- 3 ⋅AA1 ⋅SB1C1D1 = V = 3 ⋅h ⋅SAB1D1 ⇒ h= SAB1D1 .

$PIC$

$AB = actg α,$ $BC = actgβ$ $⇒$
$3 Vп = a ctgαctgβ.$
Пусть $∠B1AD1 =φ.$
$AD1 = BC1 = -a-, sinβ$ $AB1 = -a-, sinα$ $∘ ----------- ∘ --------------- B1D1 =a ctg2α +ctg2β = a --12--+ --12--− 2. sin α sin β$
Следовательно,
$2 2 2 cosφ = AD-1 +-AB-1 −-B1D1 = sinα sinβ. 2⋅AD1 ⋅AB1$
Тогда $∘ -----2----2-- sinφ= 1− sin α sin β.$ Следовательно,
$∘ ------------- SAB D = 1 ⋅AD1 ⋅AB1 ⋅sin φ= a2--1−-sin2α-sin2β. 1 1 2 2sinα sinβ$
$SB1C1D1 = 1a2ctg αctgβ. 2$

Тогда

a⋅ 1a2ctgαctgβ acosαcosβ h = a22√1−sin2αsin2β-= ∘1-−-sin2αsin2β-. ---2sinαsinβ---

Ответ:

$∘--acosαcosβ--- 1 − sin2 αsin2β$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#46305

Длина ребра $AA1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA1B1C1D1$ равна $a,$ угол $B1AB$ равен $α,$ а угол $C1BC$ равен $β.$ Найдите расстояние от точки $A1$ до плоскости $BC1D.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим тетраэдр $A1BC1D.$ Его объем равен $1 3$ от объема параллелепипеда. Действительно,

Vт = Vп−(VA ABD +VC CBD )− (VBA B C + VDA D C )= Vп− 1Vп− 1Vп = 1 Vп. 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3

$PIC$

С другой стороны, если обозначить за $h$ расстояние от точки $A1$ до плоскости $BC1D,$ объем этого тетраэдра равен

Vт = 1 ⋅h⋅SBC1D. 3

Следовательно,

Vп h = SBC1D.

$AB = actg α,$ $BC = actgβ$ $⇒$
$Vп = a3ctgαctgβ.$
Пусть $∠BC1D = φ.$
$-a-- BC1 = sinβ,$ $-a-- DC1 = sinα,$ $∘ --------------- BD = a∘ctg2α+-ctg2β-= a --1--+ --1--− 2. sin2α sin2β$
Следовательно,
$BC21 +-DC21 −-BD2 cosφ= 2⋅BC1 ⋅DC1 = sinαsin β.$
Тогда $------------- sinφ= ∘ 1− sin2α sin2β.$ Следовательно,
$2∘------2---2-- SBC1D = 1⋅BC1 ⋅DC1 ⋅sinφ = a--1-−-sin-αsin-β-. 2 2 sinα sinβ$

Тогда

2acosα cosβ h = ∘1-−-sin2αsin2β-.

Ответ:

$∘-2a-cosα-cosβ--- 1 − sin2 αsin2β$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#46304

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ с ребром, равным 3, найдите расстояние между прямыми $A1B$ и $B1C.$

Показать ответ и решение

Проведем $CD1 ∥BA1.$ Тогда $BA1 ∥ (B1CD1 ),$ следовательно, расстояние между прямыми $BA1$ и $CB1$ равно расстоянию между прямой $BA1$ и плоскостью $B1CD1,$ а оно в свою очередь равно расстоянию от любой точки прямой $BA1$ до этой плоскости.

Пусть $h$ — расстояние от точки $A1$ до плоскости $B1CD1.$ Рассмотрим тетраэдр $CA1B1D1.$ Запишем его объем:

1⋅CC1 ⋅SA1B1D1 = V = 1 ⋅h ⋅SB1CD1 ⇒ h= CC1⋅SA1B1D1. 3 3 SB1CD1

$PIC$

$S = 1⋅3 ⋅3 = 9. A1B1D1 2 2$
$△B1CD1$ — равносторонний, его стороны равны диагоналям квадратов со стороной 3. Так как $B1D1 = 3√2,$ то
$√ - √ - SB CD = B1D21--3= 9--3. 1 1 4 2$

Следовательно,

3⋅ 9 √ - h = 9√23-= 3. 2

Ответ:

$√3-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#46286

В правильной треугольной пирамиде отношение бокового ребра к высоте пирамиды равно 2. Найдите отношение радиуса вписанного в пирамиду шара к стороне основания пирамиды.

Показать ответ и решение

Пусть боковое ребро пирмиды равно $2x,$ высота пирамиды $SH = x,$ сторона основания равна $a,$ а радиус вписанного в пирамиду шара равен $r.$ Запишем объем пирамиды $SABC$ двумя разными способами:

1 1 -SH--⋅SABC--- 3 ⋅SH ⋅SABC =V = 3 (SABC + 3SSBC)⋅r ⇔ r = SABC +3SSBC .

Пусть $AA1 ⊥ BC.$ Тогда по теореме Пифагора $√- AH = 3x,$ следовательно, $- AA1 = 32AH = 3√23 x.$ Так как высота правильного треугольника равна $- a√32 ,$ то

√- √- 3-3- a-3- 2 x= 2 ⇒ a= 3x.

$PIC$

Следовательно,

a2√3- 9√3 2 SABC = --4--= -4--x.

$√- HA1 = 12AH = 23x.$ Следовательно, по теореме Пифагора $√- SA1 = -72 x.$ Тогда

√- SSBC = 1⋅SA1 ⋅BC = 3-7-x2 2 4

Следовательно,

√ - ----3-- -r -r ---1--- r = √3 +√ 7x ⇒ a = 3x = 3+ √21.

Ответ:

$---1√-- 3 + 21$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#46282

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ сторона основания $√ - AB = 2,$ а боковое ребро $AA1 = 2.$ Точка $M$ — середина ребра $AA1.$ Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $DA1C1.$

Показать ответ и решение

Пусть $h$ — расстояние от точки $m$ до плоскости $DA1C1.$ Рассмотрим тетраэдр $C1A1MD.$ Запишем его объем:

1 ⋅C1B1⋅SA MD = V = 1 ⋅h ⋅SDA C ⇒ h= C1B1⋅SA1MD-. 3 1 3 1 1 SDA1C1

$PIC$

По теореме Пифагора $A1C1 = 2,$ $√- A1D = C1D = 6.$ Пусть $DO ⊥ A1C1.$ Так как $△DA1C1$ равнобедренный, то $OC1 = 1.$ Следовательно, по теореме Пифагора $DO =√5.$

Следовательно,

C1B1 ⋅ 1⋅AD ⋅A1M √2-⋅ 1⋅√2-⋅1 1 h= ---1-⋅D2O--⋅A1C1-- = --1-2⋅√5-⋅2--= √5. 2 2

Ответ:

$√1- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#46281

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ на сторонах $AB$ и $AC$ выбраны точки $M$ и $K$ соответственно так, что треугольник $AMK$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом подобия $2 3.$ На прямой $MK$ выбрана точка $E$ так, что $ME :EK = 7:9.$ Найдите расстояние от точки $E$ до плоскости $SBC,$ если сторона основания пирамиды равна 6, а высота пирамиды равна $√6.$

Показать ответ и решение

Так как $△ABC$ равносторонний, то $△AMK$ также равносторонний, следовательно, $∘ ∠AMK = ∠ABC = 60$ как соответственные, значит, $MK ∥ BC.$ Из условия следует, что

AM 2 AM 2 AB--= 3 ⇒ MB--= 1.

Пусть $AA1$ — высота основания, тогда если $SH$ — высота пирамиды, то $H ∈ AA1.$ По обратной теореме Фалеса, так как $AM :MB = AH :HA1 = 2:1$ имеем $MH ∥BC.$ Следовательно, $H ∈ MK.$

$PIC$

Заметим, что так как $MK ∥BC,$ то $MK ∥(SBC ),$ следовательно, то расстояние от любой точки прямой $MK$ до плоскости $SBC$ будет одинаковым. Пусть $h$ — расстояние от точки $H$ до плоскости $SBC.$ Запишем объем пирамиды $SHBC$ двумя разными способами:

1 1 SH-⋅SBHC- 3 ⋅SH ⋅SBHC = V = 3 ⋅h ⋅SBSC ⇒ h = SBSC .

Так как высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $√- a32 ,$ то $√- AA1 = 3 3$ $⇒$ $√- HA1 = 3.$ Тогда

1 √- √ - SBHC = 2 ⋅ 3⋅6 = 3 3.

По теореме Пифагора апофема

∘ √------√---- 1 SA1 = ( 6)2+ ( 3)2 = 3 ⇒ SBSC = 2 ⋅3 ⋅6= 9.

Следовательно,

√- √ - h = -6-⋅3--3= √2. 9

Ответ:

$√2-$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#46246

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S,$ со стороной основания, равной $√- 4 2,$ и боковым ребром, равным 5, найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью, проходящей через середины $BC$ и $DC$ и вершину $S.$

Показать ответ и решение

Пусть $M$ и $N$ — середины $BC$ и $CD$ соответственно. Назовем плоскость $SMN$ плоскостью $α.$ Так как $AB ∥ CD,$ то угол между $AB$ и $α$ равен углу между $CD$ и $α.$ Проведем $CP ⊥ α.$ Тогда $NP$ — проекция $CN$ на $α.$ Следовательно,

φ= ∠(CN, α)= ∠CNP.

Найдем $CP.$ Запишем объем пирамиды $SCMN$ двумя разными способами:

1 ⋅SH ⋅SCMN = V = 1⋅CP ⋅SSMN ⇒ CP = SH-⋅SCMN-, 3 3 SSMN

где $SH$ — высота пирамиды $SABCD.$

$PIC$

Вычислим нужные величины.

$AC = 8 ⇒ AH = 4 ⇒ SH =3.$
$√ - 1 √- √ - CM = CN = 2 2 ⇒ SCMN = 2 ⋅2 2 ⋅2 2= 4.$
$SN ⊥ CD$ и $SN = SM$ $⇒$ $SM = SN = √17.$
$MN = 12BD = 4.$
$√ -- MO = NO ⇒ SO ⊥MN ⇒ SO = 13.$
$√ -- √-- SSMN = 1 ⋅ 13⋅4= 2 13. 2$

Следовательно,

CP = -3√⋅4-= √6--. 2 13 13

Тогда

CP 3 3 sin φ= CN- = √26- ⇒ φ= arcsin√26-.

Ответ:

$arcsin √3-- 26$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#46245

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ с ребром 1, $T$ — середина ребра $AD.$

а) Докажите, что объем пирамиды $AA1T B$ в 12 раз меньше объема куба.

б) Найдите расстояние от вершины $A$ до плоскости $A1BT.$

Показать ответ и решение

а) Объем куба равен $Vкуб = 1.$ Объем пирамиды $AA1T B$ равен

V = 1 ⋅AA1⋅SABT = 1 ⋅AA1⋅ 1⋅AB ⋅AT = 1 ⋅1 ⋅ 1⋅1⋅ 1=-1 = 1-Vкуб 3 3 2 3 2 2 12 12

$PIC$

б) Запишем объем пирамиды $AA1BT$ двумя разными способами, обозначив за $h$ искомое расстояние от точки $A$ до плоскости $A1BT :$

1 1 1 1 12 = 3 ⋅AA1 ⋅SABT = V = 3 ⋅h ⋅SA1BT ⇒ h= S--4--. A1BT

Заметим, что $△AA1T = △ABT$ как прямоугольные по двум катетам. Следовательно, $A1T = BT,$ значит, $△A1BT$ равнобедренный. Пусть $TP$ — его высота, проведенная к основанию. По теореме Пифагора $∘ ---1- √5 A1T = 1+ 4 =-2 ,$ $√ - A1B = 2.$ Следовательно, $√- TP = -32 .$ Тогда

1 √3 √- 1√- SA1BT = 2 ⋅-2-⋅ 2 = 4 6.

Следовательно,

1 h= -1√4-= 1√-. 4 6 6

Ответ:

б) $1√-- 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#46234

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с основанием $ABC$ боковое ребро равно 5, а сторона основания равна 6.

а) Докажите, что $AS ⊥ BC.$

б) Найдите расстояние от вершины $A$ до плоскости $SBC.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $AA1$ и $CC1$ — высоты основания пирамиды, которые пересекаются в точке $H.$ Тогда $SH$ — высота пирамиды. $AA1$ — проекция наклонной $SA$ на плоскость $ABC.$ Следовательно, так как $AA1 ⊥ BC,$ по теореме о трех перпендикулярах $SA ⊥ BC.$

$PIC$

б) Объем пирамиды $SABC$ равен

1⋅SH ⋅S = V = 1⋅h ⋅S ⇒ h = SH-⋅SABC, 3 ABC 3 SBC SSBC

где $h$ — искомое расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC.$

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $a√3- 2 ,$ следовательно, $√- AA1 = 3 3$ $⇒$ $√- HA1 = 3.$
По теореме о трех перпендикулярах $SA1 ⊥ BC.$ По теореме Пифагора $SA = 4. 1$ Следовательно, $SH = √13.$ Тогда
$1 1 SSBC = 2SA1 ⋅BC = 2 ⋅4⋅6.$
Площадь правильного треугольника со стороной $a$ равна $a2√3, 4$ следовательно,
$62√3 SABC = --2--.$

Тогда

√- √13 ⋅ 6243 3√ -- h = --1⋅4⋅6--= 4 39. 2

Ответ:

б) $√-- 3-39- 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#46210

Плоскость пересекает боковые ребра $SA$ и $SB$ треугольной пирамиды $SABC$ в точках $K$ и $L$ соответственно и делит объем пирамиды пополам.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, если $SK :SA =2 :3,$ $SL :SB = 4:5.$

б) В каком отношении эта плоскость делит медиану $SN$ грани $SBC?$

Показать ответ и решение

а) Докажем, что плоскость, которую мы назовем $α,$ пересекает ребро $SC.$ Для этого покажем, что плоскость $CKL$ отсекает от пирамиды $SABC$ пирамиду $SCKL,$ объем которой больше половины объема пирамиды $SABC.$

Так как объемы треугольных пирамид с общим трехгранным углом относятся как произведения ребер, выходящих из вершины этого трехгранного угла, то

VSCKL- SK-⋅SL⋅SC-- 2 4 8- 1 VSABC = SA ⋅SB ⋅SC = 3 ⋅5 = 15 > 2.

Следовательно, плоскость $α$ пересекает ребро $SC.$ Пусть она его пересекает в точке $M.$ Определим положение точки $M$ на ребре $SC.$ Тогда по той же самой теореме

1= VSKLM- = SK-⋅SL-⋅SM-= 2 ⋅ 4 ⋅ SM ⇒ SM-= 15. 2 VSABC SA ⋅SB ⋅SC 3 5 SC SC 16

Сечение пирамиды плоскостью $α$ определено и построено.

$PIC$

б) Пусть плоскость $α$ пересекает $SN$ в точке $Q.$ Пусть прямая $LM$ пересекается с прямой $BC$ в точке $O.$ Запишем теорему Менелая для $△BSC$ и прямой $LO :$