Задание 15 ЕГЭ по профильной математике с ответами — стереометрия, страница 2

№ 3C8708

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ сторона основания $A B$ равна 8, а боковое ребро $S A$ равно 7. На рёбрах $A B$ и $S B$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причём $A M = 2$ , $S K = 1$ . Плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $A B C$ и содержит точки $M$ и $K$ .

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

б) Найдите площадь сечения пирамиды $S A B C D$ плоскостью $α$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим центр основания через O, а высоту пирамиды через SO. Введём в плоскости основания координаты: A(0; 0), B(8; 0), C(8; 8), D(0; 8). Тогда O(4; 4), M(2; 0).

Пусть H — ортогональная проекция K на основание. Поскольку SB = 7 и SK = 1, получаем BK/BS = 6/7.

В треугольнике BSO отрезок KH параллелен SO, поэтому треугольники BKH и BSO подобны и BH/BO = KH/SO = 6/7.

Следовательно, H лежит на BO и имеет координаты H(32/7; 24/7).

Прямая MC задаётся уравнением 4x − 3y − 8 = 0. Координаты H удовлетворяют этому уравнению: 128/7 − 72/7 − 8 = 0. Значит, M, H и C лежат на одной прямой.

Плоскость α перпендикулярна основанию, поэтому перпендикуляр к основанию, проведённый через её точку K, лежит в α. Следовательно, H принадлежит α.

Таким образом, прямая MH = MC лежит в α, откуда C принадлежит α. Ответ: утверждение доказано.

б) Найдём высоту пирамиды. Диагональ квадрата равна 8√2, поэтому OA = 4√2. По теореме Пифагора SO = √(SA² − OA²) = √(49 − 32) = √17.

Из подобия треугольников BKH и BSO получаем KH = 6√17/7.

Обоснуем вид сечения. След плоскости α на основании — прямая MC, а сама плоскость имеет уравнение 4x − 3y − 8 = 0 в пространственных координатах с вертикальной осью Oz.

Значения выражения 4x − 3y − 8 в вершинах A, B, C, D, S равны соответственно −8, 24, 0, −32, −4. Поэтому плоскость пересекает рёбра AB и SB в точках M и K, проходит через C и не пересекает внутренние точки остальных рёбер. Сечение — треугольник MKC.

В прямоугольном треугольнике MBC имеем MB = 6, BC = 8, поэтому MC = √(6² + 8²) = 10.

Так как KH перпендикулярен плоскости основания, то KH перпендикулярен MC и является высотой треугольника MKC.

S = MC · KH/2 = 10 · 6√17/(2 · 7) = 30√17/7.

Ответ: 30√17/7.

№ 416B0F

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ и $B$ ,
а на окружности другого основания $—$ точки $B_{1}$ и $C_{1}$ , причём $B B_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а отрезок $A C_{1}$ пересекает ось цилиндра.

а) Докажите, что угол $A B C_{1}$ прямой.

б) Найдите площадь боковой поверхности цилиндра, если $A B = 20$ , $B B_{1} = 15$ , $B_{1} C_{1} = 21$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим через C ортогональную проекцию C₁ на плоскость основания, содержащего A и B. Через O обозначим центр этого основания.

Поскольку цилиндр прямой, CC₁ — его образующая, а C лежит на окружности основания.

По условию отрезок AC₁ пересекает ось цилиндра. При ортогональном проектировании на основание отрезок AC₁ переходит в AC, а точка его пересечения с осью — в O. Следовательно, O лежит на AC.

Таким образом, AC — диаметр окружности основания. Вписанный угол ABC, опирающийся на диаметр, прямой: AB перпендикулярен BC.

Кроме того, AB перпендикулярен BB₁, поскольку BB₁ перпендикулярен плоскости основания.

Прямые BC и BB₁ пересекаются и лежат в плоскости BCC₁B₁. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости AB перпендикулярен этой плоскости, следовательно, AB перпендикулярен BC₁.

Значит, угол ABC₁ равен 90°. Ответ: утверждение доказано.

б) Четырёхугольник BCC₁B₁ — прямоугольник: его противоположные стороны BC и B₁C₁ параллельны и равны, а образующие перпендикулярны основаниям.

Поэтому BC = B₁C₁ = 21. В прямоугольном треугольнике ABC по теореме Пифагора AC = √(AB² + BC²) = √(20² + 21²) = 29.

Как доказано в пункте а), AC — диаметр основания. Следовательно, радиус цилиндра R = 29/2, а его высота h = BB₁ = 15.

Площадь боковой поверхности цилиндра равна S = 2πRh = 2π · (29/2) · 15 = 435π.

Ответ: 435π.

№ 429E53

В пирамиде $A B C D$ рёбра $D A$ , $D B$ и $D C$ попарно перпендикулярны,
а $A B = B C = A C = 5 \sqrt{2}$ .

а) Докажите, что эта пирамида правильная.

б) На рёбрах $D A$ и $D C$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причём $D M : M A = D N : N C = 2 : 3$ . Найдите площадь сечения $M N B$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 454D16

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ точки $M$ и $K$ $—$ середины боковых рёбер $S A$ и $S D$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $B C$ и $M K$ параллельны.

б) Найдите объём пирамиды $M A B F,$ если $A B = 8,$ а угол между плоскостью $B M C$ и плоскостью основания пирамиды $S A B C D E F$ равен $45 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) В треугольнике SAD отрезок MK соединяет середины сторон SA и SD, поэтому по теореме о средней линии MK ∥ AD.

Пусть O — центр правильного шестиугольника ABCDEF. Его центральные углы равны 60°, а радиусы равны стороне, поэтому треугольник BOC равносторонний.

В равнобедренном треугольнике AOB угол AOB равен 60°, следовательно, угол BAO = 60°. Точки A, O, D лежат на одной прямой, поэтому угол BAD = 60°.

Внутренний угол ABC правильного шестиугольника равен 120°. Следовательно, сумма внутренних односторонних углов BAD и ABC равна 180°, откуда AD ∥ BC.

Так как MK ∥ AD и AD ∥ BC, получаем MK ∥ BC.

Ответ: BC ∥ MK.

б) Пусть H — середина AO. В треугольнике ASO отрезок MH — средняя линия, поэтому MH ∥ SO и MH = SO/2. Так как SO перпендикулярно плоскости основания, MH также перпендикулярно этой плоскости.

Обозначим через Q середину BC. В равностороннем треугольнике BOC медиана OQ является высотой, поэтому OQ ⟂ BC и OQ = √(8² − 4²) = 4√3.

По пункту а) AH ∥ BC. Следовательно, расстояния от H и A до прямой BC равны. Найдём это расстояние через площадь треугольника ABC.

S(ABC) = AB · BC · sin 120°/2 = 8 · 8 · (√3/2)/2 = 16√3. Поэтому расстояние от A до BC равно 2S(ABC)/BC = 4√3.

Пусть T — основание перпендикуляра из H на прямую BC. Тогда HT = 4√3. По теореме о трёх перпендикулярах MT ⟂ BC.

Плоскости BMC и основания пересекаются по BC, поэтому угол MTH — линейный угол двугранного угла между ними. По условию он равен 45°.

В прямоугольном треугольнике MHT получаем MH = HT · tg 45° = 4√3.

В треугольнике ABF стороны AB = AF = 8, угол BAF = 120°, поэтому S(ABF) = 8 · 8 · sin 120°/2 = 16√3.

Высота пирамиды MABF равна MH, следовательно, V(MABF) = S(ABF) · MH/3 = 16√3 · 4√3/3 = 64.

Ответ: 64.

№ 4679B2

В правильной треугольной пирамиде $S A B C$ сторона основания $A B$ равна 6,
а боковое ребро $S A$ равно $\sqrt{21}$ . На рёбрах $A B$ и $S B$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причём $A M = 4$ , $S K : K B = 1 : 3$ .

а) Докажите, что плоскость $C K M$ перпендикулярна плоскости $A B C$ .

б) Найдите объём пирамиды $B C K M$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 55B421

В правильной треугольной призме $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ отметили точки $M$ и $K$
на рёбрах $A A_{1}$ и $A_{1} B_{1}$ соответственно. Известно, что $A_{1} M = 2 M A,$ $A_{1} K = K B_{1} .$ Через точки $M$ и $K$ провели плоскость $α$ перпендикулярно
грани $A B B_{1} A_{1} .$

а) Докажите, что плоскость $α$ проходит через вершину $C_{1} .$

б) Найдите площадь сечения призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ плоскостью $α,$ если все рёбра призмы равны $12.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Верхнее основание правильной призмы — равносторонний треугольник A₁B₁C₁. Поскольку K — середина A₁B₁, его медиана C₁K является высотой: C₁K ⟂ A₁B₁.

Прямая AA₁ перпендикулярна плоскости верхнего основания, поэтому её направление перпендикулярно C₁K. Через K проведём прямую l, параллельную AA₁.

Прямые l и A₁B₁ пересекаются в K и лежат в плоскости грани ABB₁A₁. Прямая C₁K перпендикулярна обеим этим прямым, следовательно, C₁K ⟂ (ABB₁A₁).

Плоскость α пересекает плоскость грани по прямой MK. По свойству перпендикулярных плоскостей прямая, проведённая в α через K перпендикулярно MK, перпендикулярна плоскости грани.

Через точку K существует единственная прямая, перпендикулярная данной плоскости. Значит, это прямая KC₁, поэтому C₁ принадлежит α.

Ответ: а) плоскость α проходит через C₁.

б) На грани ABB₁A₁ сечение проходит по отрезку MK, на верхнем основании — по KC₁, на грани ACC₁A₁ — по MC₁. Эти отрезки образуют замкнутый контур сечения выпуклой призмы, следовательно, сечение — треугольник MKC₁.

Из A₁M = 2MA и AA₁ = 12 получаем MA = 4 и A₁M = 8. Так как K — середина A₁B₁, A₁K = 6.

Треугольник MA₁K прямоугольный, поэтому MK = √(A₁M² + A₁K²) = √(8² + 6²) = 10.

Высота равностороннего треугольника A₁B₁C₁ равна C₁K = 12√3/2 = 6√3.

Поскольку C₁K перпендикулярна плоскости грани ABB₁A₁, она перпендикулярна MK. Поэтому S(MKC₁) = MK · KC₁/2 = 10 · 6√3/2 = 30√3.

Ответ: б) 30√3.

№ 5D991D

В пирамиде $A B C D$ рёбра $D A$ , $D B$ и $D C$ попарно перпендикулярны, а $A B = B C = A C = 6 \sqrt{2}$ .

а) Докажите, что эта пирамида правильная.

б) На рёбрах $D A$ и $D C$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причём $D M : M A = D N : N C = 1 : 2$ . Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $M N B$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках ADB, BDC и ADC имеем DA² + DB² = DB² + DC² = DA² + DC² = 72.

Вычитая равенства, получаем DA = DB = DC = 6. Основание ABC — равносторонний треугольник.

Пусть H — основание перпендикуляра из D на плоскость ABC. По теореме Пифагора AH² = DA² − DH², BH² = DB² − DH², CH² = DC² − DH², поэтому AH = BH = CH.

Следовательно, H — центр описанной окружности треугольника ABC. Значит, вершина D проектируется в центр правильного основания, поэтому пирамида DABC правильная.

Ответ: пирамида DABC правильная.

б) Из заданных отношений DM = DN = 6/3 = 2. Треугольник MDN прямоугольный равнобедренный, поэтому MN = 2√2.

Пусть P — середина MN. Медиана DP является также высотой треугольника MDN, поэтому DP ⟂ MN и DP = MN/2 = √2.

Поскольку DB перпендикулярна пересекающимся прямым DA и DC, она перпендикулярна плоскости ADC. Следовательно, DB ⟂ DP и DB ⟂ MN.

Таким образом, MN перпендикулярна двум пересекающимся прямым DB и DP плоскости DBP, значит, MN ⟂ (DBP).

В прямоугольном треугольнике DBP проведём высоту DH₁ к гипотенузе BP. Через H₁ в плоскости MNB проведём прямую, параллельную MN. Она перпендикулярна DH₁, поскольку MN ⟂ (DBP).

Прямая DH₁ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости MNB: BP и проведённой прямой. Поэтому DH₁ — искомое расстояние.

По теореме Пифагора BP = √(DB² + DP²) = √38. Выражая площадь треугольника DBP двумя способами, получаем DH₁ = DB · DP/BP = 6√2/√38 = 6√19/19.

Ответ: 6√19/19.

№ 5F0c14

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ точка $M$ $—$ середина ребра $A B .$ Через точку $M$ проведена плоскость $α,$ параллельная плоскости $S B C$ и пересекающая ребро $S D$ в точке $K .$

а) Докажите, что $K$ $—$ середина ребра $S D .$

б) Найдите объём пирамиды $S A B C D,$ если $A B = 24,$ а угол между прямой $M K$ и плоскостью основания пирамиды равен $30 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим через L точку пересечения плоскости α с ребром CD. Параллельные плоскости α и SBC пересекают плоскость основания по параллельным прямым, поэтому ML ∥ BC.

В квадрате ABCD прямая через середину AB, параллельная BC, пересекает CD в его середине. Следовательно, L — середина CD.

Плоскость SCD пересекает параллельные плоскости α и SBC по параллельным прямым LK и SC. Поэтому LK ∥ SC.

В треугольнике DSC прямая через середину L стороны DC, параллельная SC, пересекает DS в его середине по теореме о средней линии треугольника.

Ответ: K — середина SD.

б) Пусть O — центр квадрата ABCD, SO = h — высота пирамиды, Q — середина DO.

В треугольнике DSO отрезок KQ соединяет середины сторон DS и DO, поэтому KQ ∥ SO и KQ = h/2. Следовательно, KQ перпендикулярен плоскости основания и Q — ортогональная проекция K.

Проекцией MK на основание является MQ, поэтому ∠KMQ = 30°. В прямоугольном треугольнике MKQ получаем KQ = MQ · tg 30° = MQ/√3.

Так как AB = 24, имеем AM = 12, MO = 12, DO = AC/2 = 12√2.

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике AMD: MD² = AM² + AD² = 12² + 24² = 720.

Отрезок MQ — медиана треугольника MDO. По формуле длины медианы MQ² = (2MD² + 2MO² − DO²)/4 = (1440 + 288 − 288)/4 = 360.

Значит, MQ = 6√10, KQ = 6√10/√3 = 2√30 и h = 2KQ = 4√30.

Объём пирамиды V = AB² · h/3 = 24² · 4√30/3 = 768√30.

Ответ: 768√30.

№ 5c14cA

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ известно, что $A B = 1.$ Через точку $O$ пересечения диагоналей основания перпендикулярно ребру $S C$ провели плоскость $α .$

а) Докажите, что плоскость $α$ проходит через вершины $B$ и $D .$

б) В каком отношении плоскость $α$ делит ребро $S C ,$ считая от вершины $S,$ если площадь сечения равна $\frac{\sqrt{2}}{3} ?$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим через M основание перпендикуляра из O на SC. Тогда M принадлежит плоскости α.

В правильной пирамиде SO перпендикулярна плоскости основания, поэтому BD ⟂ SO. Диагонали квадрата перпендикулярны, следовательно, BD ⟂ AC.

Прямые SO и AC пересекаются и лежат в плоскости SAC. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости BD ⟂ (SAC), откуда BD ⟂ SC.

Плоскость α проходит через O и перпендикулярна SC, поэтому содержит проходящую через O прямую BD, перпендикулярную SC. Значит, B и D принадлежат α.

Ответ: плоскость α проходит через B и D.

б) Треугольник SOC прямоугольный, а OM — его высота к гипотенузе SC, поэтому M лежит внутри SC. Сечение пирамиды — треугольник BMD: его стороны лежат в гранях SBC, SCD и в основании.

Поскольку BD ⟂ (SAC), имеем BD ⟂ OM. Точка O лежит на BD, поэтому OM — высота треугольника BMD.

Диагональ основания BD = √2. Из условия площади получаем: (1/2)·√2·OM = √2/3, следовательно, OM = 2/3.

Обозначим SO = h. Так как OC = √2/2, по теореме Пифагора SC = √(h² + 1/2).

Вычисляя площадь треугольника SOC двумя способами, получаем OM·SC = SO·OC. После возведения в квадрат: (4/9)(h² + 1/2) = h²/2.

Отсюда 8h² + 4 = 9h², то есть h² = 4.

По свойствам высоты прямоугольного треугольника SO² = SM·SC и OC² = MC·SC. Поэтому SM/MC = SO²/OC² = 4/(1/2) = 8.

Ответ: SM : MC = 8 : 1.

№ 616CD3

Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды $S A B C D$ с основанием $A B C D$ равны 4. Точка $O$ — центр основания пирамиды. Плоскость, параллельная прямой $S A$ и проходящая через точку $O,$ пересекает рёбра $S C$ и $S D$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Точка $N$ делит ребро $S D$ в отношении $S N : N D = 1 : 3.$

а) Докажите, что точка $M$ — середина ребра $S C .$

б) Найдите длину отрезка, по которому плоскость $O M N$ пересекает грань $S B C .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим секущую плоскость через α. Плоскость SAC содержит прямую SA и точку O.

Прямая пересечения плоскостей α и SAC проходит через O и параллельна SA. Действительно, если бы она пересекала SA, то SA имела бы общую точку с α, что противоречит условию SA ∥ α.

Точка M принадлежит обеим плоскостям, поэтому OM ∥ SA.

Диагонали квадрата делятся точкой пересечения пополам, следовательно, O — середина AC. По теореме о средней линии треугольника SAC прямая через O, параллельная SA, пересекает SC в его середине.

Значит, M — середина SC и CM = 2.

Ответ: M — середина ребра SC.

б) В плоскости SAD проведём через N прямую NE ∥ SA, где E лежит на AD. Поскольку SA ∥ α и N принадлежит α, прямая NE целиком лежит в α.

Треугольники DNE и DSA подобны по двум углам. Поэтому DE/DA = DN/DS = 3/4, откуда DE = 3 и AE = 1.

Плоскость α пересекает основание по прямой EO. Обозначим через P точку, симметричную E относительно O. Центральная симметрия квадрата переводит A в C, D в B, поэтому P лежит на BC и CP = AE = 1.

Точки E, O, P лежат на одной прямой, значит, P принадлежит α. Следовательно, грань SBC пересекается с α по отрезку MP.

Все стороны треугольника SBC равны 4, поэтому он равносторонний и угол MCP равен 60°.

По теореме косинусов MP² = CM² + CP² − 2·CM·CP·cos 60° = 4 + 1 − 2 = 3.

Ответ: √3.

№ 637C89

В правильной треугольной пирамиде $S A B C$ с основанием $A B C$ точки $M$ и $K$ — середины рёбер $A B$ и $S C$ соответственно. На продолжении ребра $S B$ за точку $S$ отмечена точка $R .$ Прямые $R M$ и $R K$ пересекают рёбра $A S$ и $B C$ в точках $N$ и $L$ соответственно, причём $B L = 3 L C .$

а) Докажите, что отрезки $M K$ и $N L$ пересекаются.

б) Найдите отношение $A N : N S .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 69A4eD

В правильном тетраэдре $A B C D$ все рёбра равны 6. На рёбрах $A B$ и $A D$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно так, что $A M = A K = 4.$

а) Докажите, что плоскость $C M K$ делит тетраэдр $A B C D$ на два многогранника, объёмы которых относятся как $5 : 4.$

б) Найдите косинус угла между прямой $A C$ и плоскостью $C M K .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Поскольку AM/AB = AK/AD = 4/6 = 2/3, по обратной теореме Фалеса MK ∥ BD. Треугольники AMK и ABD подобны с коэффициентом 2/3, поэтому отношение их площадей равно 4/9.

Плоскость CMK отсекает тетраэдр ACMK. Тетраэдры ACMK и ABCD имеют общую высоту, проведённую из C к плоскости ABD, поэтому V(ACMK)/V(ABCD) = 4/9.

На оставшийся многогранник приходится 5/9 объёма исходного тетраэдра. Следовательно, объёмы оставшегося многогранника и тетраэдра ACMK относятся как (5/9):(4/9) = 5:4.

Ответ: отношение объёмов равно 5:4.

б) Пусть E — середина BD, T — середина MK. В равносторонних треугольниках ABD и CBD медианы AE и CE являются высотами: AE ⟂ BD, CE ⟂ BD; AE = CE = √(6² − 3²) = 3√3.

Прямая BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым AE и CE, поэтому BD ⟂ (ACE). Так как MK ∥ BD, получаем MK ⟂ (ACE).

Подобие треугольников AMK и ABD переводит середину E стороны BD в середину T стороны MK. Поэтому T лежит на AE и AT = (2/3)AE = 2√3.

Плоскости ACE и CMK пересекаются по прямой CT. Опустим из A перпендикуляр AH на CT. Через H в плоскости CMK проведём прямую, параллельную MK. Она перпендикулярна плоскости ACE, а значит, и AH. Таким образом, AH перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости CMK, то есть AH ⟂ (CMK).

Следовательно, CH — ортогональная проекция AC на плоскость CMK. Найдём угол между AC и CT.

По теореме косинусов в треугольнике ACE: cos ∠CAE = (AC² + AE² − CE²)/(2AC · AE) = 36/(36√3) = 1/√3.

Так как лучи AT и AE совпадают, в треугольнике ACT имеем CT² = AC² + AT² − 2AC · AT · cos ∠CAE = 36 + 12 − 24 = 24.

Тогда cos ∠ACT = (AC² + CT² − AT²)/(2AC · CT) = 48/(24√6) = √6/3.

Угол ACT острый, поэтому проекция луча CA направлена по лучу CT. Значит, ∠ACT — искомый угол между прямой и плоскостью.

Ответ: √6/3.

№ 6B5C41

Различные точки $A,$ $B$ и $C$ лежат на окружности основания конуса
с вершиной $S$ так, что отрезок $A B$ является её диаметром. Угол между образующей конуса и плоскостью основания равен $60 ° .$

а) Докажите, что $\cos ∠ A S C + \cos ∠ B S C = 1,5.$

б) Найдите объём тетраэдра $S A B C,$ если $S C = 1,$ $\cos ∠ A S C = \frac{2}{3} .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 6BFFF1

В правильной треугольной призме $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ все рёбра равны 4. Точка K $—$ середина ребра $A_{1} B_{1} .$

а) Докажите, что сечение призмы плоскостью $A K C$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите расстояние от точки B до плоскости $A K C .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Через K в плоскости верхнего основания проведём прямую, параллельную AC. Она пересечёт B₁C₁ в точке L. По теореме о средней линии треугольника A₁B₁C₁ точка L — середина B₁C₁, KL = A₁C₁/2 = 2.

Плоскости оснований параллельны, поэтому плоскость AKC пересекает их по параллельным прямым AC и KL. На боковых гранях её следами служат AK и CL. Следовательно, сечение — четырёхугольник AKLC, причём AC ∥ KL и AC = 4 ≠ KL.

Грани AA₁B₁B и CC₁B₁B — прямоугольники. По теореме Пифагора AK² = AA₁² + A₁K² = 16 + 4 = 20 и CL² = CC₁² + C₁L² = 16 + 4 = 20.

Таким образом, AKLC — трапеция с равными боковыми сторонами AK и CL, то есть равнобедренная.

Ответ а): сечение AKLC — равнобедренная трапеция.

б) Пусть D — середина AC, F — середина BD, а E — середина KL. В равностороннем треугольнике ABC медиана BD является высотой, поэтому BD ⟂ AC и BD = √(4² − 2²) = 2√3.

При перпендикулярном проектировании верхнего основания на нижнее точки K и L переходят в середины AB и BC. Отрезок между этими серединами получается из AC гомотетией с центром B и коэффициентом 1/2. Поэтому его середина — точка F, и EF перпендикулярен основанию, EF = 4.

Так как AC ⟂ BD и AC ⟂ EF, прямая AC перпендикулярна плоскости BDE: в этой плоскости через D можно провести прямую, параллельную EF.

Плоскость BDE пересекает плоскость сечения по DE. Проведём в плоскости BDE перпендикуляр BH к прямой DE. Прямая BH перпендикулярна также прямой плоскости сечения, проходящей через H параллельно AC. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости BH перпендикулярен плоскости AKC, поэтому искомое расстояние равно BH.

Имеем DF = BD/2 = √3. Из прямоугольного треугольника DFE получаем DE = √(DF² + EF²) = √19.

В треугольнике BDE высота к стороне BD равна EF = 4. Выражая его площадь двумя способами, получаем BD · EF/2 = DE · BH/2.

Следовательно, BH = BD · EF/DE = 2√3 · 4/√19 = 8√57/19.

Ответ б): 8√57/19.

№ 6F3F6D

На ребре $S D$ правильной четырёхугольной пирамиды $S A B C D$
с основанием $A B C D$ отмечена точка $M$ , причём $S M : M D = 2 : 1$ .
Точки $P$ и $Q$ $—$ середины рёбер $B C$ и $A D$ соответственно.

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью $M P Q$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите отношение объёмов многогранников, на которые плоскость $M P Q$ разбивает пирамиду.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) В треугольнике SDC проведём через M прямую MN ∥ DC, где N лежит на SC. По теореме о пропорциональных отрезках SN/SC = SM/SD = 2/3, MN = 2DC/3.

Отрезок PQ соединяет середины противоположных сторон квадрата, поэтому PQ ∥ DC и PQ = DC. Следовательно, прямые MN и PQ лежат в одной плоскости — плоскости MPQ.

Эта плоскость пересекает грани SAD, SDC, SBC и основание по отрезкам QM, MN, NP и PQ соответственно. Поэтому сечение — четырёхугольник QMNP, причём MN ∥ PQ и MN ≠ PQ.

Плоскость, проходящая через S и середины AB и DC, является плоскостью симметрии правильной пирамиды. При отражении относительно неё D переходит в C, Q — в P, а M — в N, поскольку SM/SD = SN/SC. Следовательно, QM = PN.

Ответ: сечение QMNP — равнобедренная трапеция.

б) Обозначим объём всей пирамиды через V. Прямоугольник DCPQ составляет половину квадрата ABCD, а диагональ DP делит его на два равновеликих треугольника. Поэтому V(SDCP) = V(SDPQ) = V/4: высоты этих пирамид совпадают с высотой исходной.

Плоскость сечения отсекает от тетраэдра SDCP тетраэдр SMNP, а от тетраэдра SDP Q — тетраэдр SMPQ.

Тетраэдры SMNP и SDNP имеют общую высоту к плоскости SDC. Их основания SMN и SDN имеют общую высоту из N к SD, поэтому V(SMNP)/V(SDNP) = SM/SD = 2/3.

Аналогично, по основаниям SDN и SDC в той же плоскости V(SDNP)/V(SDCP) = SN/SC = 2/3. Значит, V(SMNP) = (2/3)² · V/4 = V/9.

Тетраэдры SMPQ и SDP Q имеют общее основание SPQ. Отношение их высот равно SM/SD = 2/3, поскольку M лежит на SD, а S — в плоскости основания SPQ. Поэтому V(SMPQ) = (2/3) · V/4 = V/6.

Многогранник, прилегающий к ребру DC, получается из пирамиды SDCPQ удалением этих двух тетраэдров. Его объём равен V/2 − V/9 − V/6 = 2V/9.

Объём другого многогранника равен V − 2V/9 = 7V/9. Их отношение равно (7V/9):(2V/9) = 7:2.

Ответ: 7 : 2.

№ 72412D

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит равнобедренная трапеция $A B C D$ с основаниями $A D = 3$ и $B C = 2.$ Точка $M$ делит
ребро $A_{1} D_{1}$ в отношении $A_{1} M : M D_{1} = 1 : 2,$ а точка $K$ $—$ середина ребра $D D_{1} .$

а) Докажите, что плоскость $M K C$ параллельна прямой $B D .$

б) Найдите тангенс угла между плоскостью $M K C$ и плоскостью основания призмы, если $∠ M K C = 90 °,$ $∠ A D C = 60 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Продолжим MK до пересечения с прямой AD в точке E. В прямоугольной грани ADD₁A₁ треугольники KD₁M и KDE подобны: углы при D₁ и D прямые, а углы при K вертикальные.

Поскольку KD = KD₁, получаем DE = D₁M = 2. Точка E лежит на продолжении AD за D.

Отрезки BC и DE параллельны и равны. Следовательно, четырёхугольник BCED — параллелограмм, поэтому CE ∥ BD.

Прямая CE принадлежит плоскости MKC. Эта плоскость отлична от плоскости основания и пересекает её по CE. Прямые BD и CE различны и параллельны, поэтому BD не пересекает плоскость MKC.

Ответ: BD ∥ (MKC).

б) Обозначим высоту призмы через h, а проекцию M на AD — через T. Тогда AT = A₁M = 1, DT = 2, MT = h, KD = h/2.

Опустим из C перпендикуляр CH на AD. В равнобедренной трапеции DH = (AD − BC)/2 = 1/2. Из прямоугольного треугольника DHC при ∠CDH = 60° получаем CH = √3/2 и DC = 1.

Имеем TH = AD − AT − DH = 3/2. По теореме Пифагора TC² = TH² + CH² = 9/4 + 3/4 = 3, откуда MC² = MT² + TC² = h² + 3.

Из прямоугольных треугольников KD₁M и KDC получаем MK² = 4 + h²/4 и KC² = 1 + h²/4.

По условию MK ⟂ KC, поэтому MC² = MK² + KC². Следовательно, h² + 3 = 5 + h²/2, откуда h² = 4, h = 2 и KD = 1.

Плоскости MKC и основания пересекаются по CE. Проведём DF ⟂ CE, где F лежит на прямой CE. Так как KD перпендикулярна основанию, по теореме о трёх перпендикулярах KF ⟂ CE. Значит, ∠KFD — линейный угол двугранного угла между плоскостями.

В прямоугольном треугольнике EHC имеем EH = ED + DH = 5/2, поэтому CE² = EH² + CH² = 25/4 + 3/4 = 7.

Площадь треугольника DCE равна DE · CH/2 = √3/2. С другой стороны, она равна CE · DF/2, поэтому DF = √3/√7.

Из прямоугольного треугольника KDF получаем tg ∠KFD = KD/DF = √7/√3 = √21/3.

Ответ: √21/3.

№ 727800

В правильной треугольной призме $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ известно, что $A B = 2.$ Плоскость $α$ проходит через вершины $A_{1}$ и $B$ и середину $M$ ребра $C C_{1} .$

а) Докажите, что сечение призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ плоскостью $α$ является равнобедренным треугольником.

б) Найдите высоту призмы, если площадь сечения плоскостью $α$ равна $6.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 77C190

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ и $B$ ,
а на окружности другого основания $—$ точки $B_{1}$ и $C_{1}$ , причём $B B_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а отрезок $A C_{1}$ пересекает ось цилиндра.

а) Докажите, что угол $A B C_{1}$ прямой.

б) Найдите угол между прямыми $B B_{1}$ и $A C_{1}$ , если $A B = 6$ , $B B_{1} = 15$ , $B_{1} C_{1} = 8$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим через C основание образующей CC₁, проходящей через C₁, а через O — центр основания, содержащего A и B.

При ортогональном проектировании на это основание отрезок AC₁ переходит в AC, а точка его пересечения с осью цилиндра — в O. Следовательно, O лежит на AC.

Точки A и C принадлежат окружности, поэтому AC — её диаметр. По теореме о вписанном угле, опирающемся на диаметр, ∠ABC = 90°, то есть AB ⟂ BC.

Кроме того, AB ⟂ BB₁, поскольку образующая BB₁ перпендикулярна плоскости основания.

Прямые BC и BB₁ пересекаются и лежат в плоскости BCC₁. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости AB ⟂ (BCC₁). Поэтому AB ⟂ BC₁.

Ответ: а) ∠ABC₁ = 90°.

б) Четырёхугольник BCC₁B₁ — прямоугольник: образующие параллельны и перпендикулярны основаниям, а соответствующие хорды оснований параллельны и равны. Поэтому BC = B₁C₁ = 8 и CC₁ = BB₁ = 15.

В прямоугольном треугольнике ABC по теореме Пифагора AC = √(AB² + BC²) = √(36 + 64) = 10.

Так как BB₁ ∥ CC₁, искомый угол между прямыми BB₁ и AC₁ равен острому углу AC₁C.

Треугольник ACC₁ прямоугольный, поскольку CC₁ перпендикулярна плоскости основания. Поэтому tg ∠AC₁C = AC/CC₁ = 10/15 = 2/3.

Следовательно, искомый угол равен arctg(2/3).

Ответ: б) arctg(2/3).

№ 7ee2FA

На рёбрах $B C,$ $A B$ и $A D$ правильного тетраэдра $A B C D$ отмечены точки $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Известно, что $B L : L C = A M : M B = A N : N D = 1 : 2.$

а) Докажите, что плоскость $α,$ проходящая через точки $L,$ $M,$ $N,$ делит ребро $C D$ в отношении $2 : 1,$ считая от вершины $C .$

б) Найдите площадь сечения тетраэдра $A B C D$ плоскостью $α,$ если $A B = 6.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) В треугольнике ABD имеем AM/AB = AN/AD = 1/3. По обратной теореме Фалеса MN ∥ BD и MN = BD/3.

В грани BCD через L проведём прямую, параллельную BD, и обозначим её пересечение с CD через K. По подобию треугольников CLK и CBD получаем CK/CD = CL/CB = 2/3, поэтому CK : KD = 2 : 1.

Докажем, что K принадлежит плоскости α. Прямая LK параллельна MN, лежащей в α, и проходит через точку L этой плоскости. Следовательно, LK лежит в α, а значит, K принадлежит α. Таким образом, α пересекает CD именно в точке K.

Ответ к а): CK : KD = 2 : 1, что и требовалось доказать.

б) Сечение — четырёхугольник MLKN: его стороны лежат в гранях ABC, BCD, ACD и ABD соответственно. Поскольку MN ∥ LK, это трапеция. При ребре тетраэдра 6 получаем MN = 2, LK = (2/3)BD = 4.

В равносторонней грани ABC имеем BM = 4, BL = 2, ∠MBL = 60°. По теореме косинусов ML² = 4² + 2² − 2·4·2·cos 60° = 12.

Аналогично в грани ACD: DN = 4, DK = 2, ∠NDK = 60°, поэтому NK² = 12. Следовательно, трапеция MLKN равнобедренная.

Высота равнобедренной трапеции образует с боковой стороной прямоугольный треугольник, второй катет которого равен половине разности оснований: (4 − 2)/2 = 1. По теореме Пифагора высота равна √(12 − 1) = √11.

Площадь сечения S = ((2 + 4)/2)·√11 = 3√11.

Ответ к б): 3√11.

№ 82F7A1

В основании прямой призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный
треугольник $A B C$ с основанием $A B .$ Точка $P$ делит ребро $A B$
в отношении $A P : P B = 1 : 3,$ а точка $Q$ $—$ середина ребра $A_{1} C_{1} .$
Через середину $M$ ребра $B C$ провели плоскость $α,$ перпендикулярную отрезку $P Q .$

а) Докажите, что плоскость $α$ параллельна ребру $A B .$

б) Найдите отношение, в котором плоскость $α$ делит отрезок $P Q,$ считая от точки $P,$ если известно, что $A B = A A_{1},$ $A B : B C = 2 : 5.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Введём прямоугольную систему координат: начало — середина AB, ось x направлена к B, ось y — к C, ось z параллельна AA₁. Это возможно, поскольку в равнобедренном треугольнике медиана к основанию является высотой, а призма прямая.

Пусть AB = 2a, высота треугольника ABC равна h, высота призмы равна H, где a, h, H > 0. Тогда A(−a; 0; 0), B(a; 0; 0), C(0; h; 0).

Из AP : PB = 1 : 3 получаем P(−a/2; 0; 0). Поскольку Q — середина A₁C₁, имеем Q(−a/2; h/2; H). Кроме того, M(a/2; h/2; 0).

Вектор PQ имеет координаты (0; h/2; H). Так как α проходит через M и перпендикулярна PQ, её уравнение: (h/2)(y − h/2) + Hz = 0. Действительно, это равенство выражает перпендикулярность векторов MX и PQ для любой точки X плоскости.

Направляющий вектор AB равен (2a; 0; 0), его скалярное произведение с PQ равно нулю. При этом ни одна точка прямой AB не принадлежит α: подстановка y = z = 0 даёт −h²/4 ≠ 0. Следовательно, AB ∥ α.

Ответ к а): плоскость α параллельна ребру AB.

б) По условию H = AB = 2a, а BC = 5a. Из прямоугольного треугольника с катетами a и h получаем h² = BC² − a² = 25a² − a² = 24a².

Обозначим точку пересечения PQ с α через K. Введём t = PK/PQ. Точки прямой PQ имеют координаты K(−a/2; th/2; tH).

Подставляя координаты K в уравнение α, получаем (h²/4)(t − 1) + tH² = 0, откуда t = h²/(h² + 4H²).

Следовательно, t = 24a²/(24a² + 16a²) = 3/5. Поскольку 0 < t < 1, точка K лежит внутри отрезка PQ, и PK : KQ = t : (1 − t) = 3 : 2.

Ответ к б): 3 : 2.

Войти через Telegram