Задание 15 ЕГЭ по профильной математике с ответами — стереометрия, страница 4

№ EA6B32

В основании пирамиды $S A B C D$ лежит прямоугольник $A B C D$ со стороной $A B = 5$ и диагональю $B D = 9$ . Все боковые рёбра пирамиды равны 5.
На диагонали $B D$ основания $A B C D$ отмечена точка $E$ , а на ребре $A S$ $—$ точка $F$ так, что $S F = B E = 4$ .

а) Докажите, что плоскость $C E F$ параллельна ребру $S B$ .

б) Плоскость $C E F$ пересекает ребро $S D$ в точке $Q$ . Найдите расстояние от точки $Q$ до плоскости $A B C$ .

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

Разбор

а) Доказательство.

Пусть прямая CE пересекает AB в точке T. Поскольку AB ∥ CD, треугольники BET и DEC подобны по двум углам: углы при E вертикальные, а углы EBT и EDC равны как накрест лежащие.

Имеем DE = BD − BE = 9 − 4 = 5. По подобию BT/CD = BE/DE = 4/5. Так как CD = AB = 5, получаем BT = 4.

Точка T лежит на отрезке AB, поэтому AT = AB − BT = 1. Кроме того, AF = AS − SF = 5 − 4 = 1.

В треугольнике ASB выполняется AF/AS = AT/AB = 1/5. По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, FT ∥ SB.

Прямая FT лежит в плоскости CEF. При этом B не принадлежит этой плоскости: её пересечение с плоскостью основания — прямая CE, а B не лежит на CE. По признаку параллельности прямой и плоскости SB ∥ (CEF).

Ответ: а) плоскость CEF параллельна ребру SB.

б) Нахождение расстояния.

В плоскости SBD проведём через E прямую, параллельную SB, до пересечения с SD в точке Q. Эта прямая лежит и в плоскости CEF, поскольку проходит через её точку E параллельно прямой FT этой плоскости. Следовательно, построенная точка Q — искомая.

Треугольники DEQ и DBS подобны по двум углам, поэтому DQ/DS = DE/DB = 5/9.

Пусть O — точка пересечения диагоналей прямоугольника. Докажем, что SO — высота пирамиды. Из SA = SC следует, что медиана SO равнобедренного треугольника SAC перпендикулярна AC. Аналогично из SB = SD получаем SO ⟂ BD. Значит, SO перпендикулярна плоскости основания по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому OD = BD/2 = 9/2. По теореме Пифагора в треугольнике SOD: SO = √(SD² − OD²) = √(25 − 81/4) = √19/2.

Опустим из Q перпендикуляр QH на плоскость основания. Поскольку QH ∥ SO, точки D, H, O лежат на одной прямой, а прямоугольные треугольники DQH и DSO подобны. Поэтому QH/SO = DQ/DS = 5/9.

Искомое расстояние равно QH = (5/9) · (√19/2) = 5√19/18.

Ответ: б) 5√19/18.

№ ED4407

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит параллелограмм $A B C D$
с углом $60 °$ при вершине $A .$ На рёбрах $A_{1} B_{1},$ $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены
точки $M,$ $K$ и $N$ соответственно так, что четырёхугольник $A M K N$ $—$ равнобедренная трапеция с основаниями 1 и 2.

а) Докажите, что точка $M$ $—$ середина ребра $A_{1} B_{1} .$

б) Найдите высоту призмы, если её объём равен 5 и известно, что точка $K$ делит ребро $B_{1} C_{1}$ в отношении $B_{1} K : K C_{1} = 2 : 3.$

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

Разбор

а) Обозначим через P и R ортогональные проекции точек M и K на плоскость ABCD. Так как призма прямая, P принадлежит AB, R принадлежит BC, MP = KR = h, где h — высота призмы.

Плоскость трапеции пересекает параллельные плоскости оснований призмы по прямым MK и AN. По теореме о пересечении параллельных плоскостей третьей плоскостью MK ∥ AN. Следовательно, основания трапеции — MK и AN.

Четырёхугольник PMKR — прямоугольник, поэтому PR = MK и PR ∥ AN. Треугольники BPR и BAN подобны, откуда BP/BA = BR/BN = PR/AN.

Поскольку P лежит на AB, получаем PR ≤ AN. Основания трапеции различны, значит, MK = PR = 1, AN = 2.

Следовательно, BP/BA = BR/BN = 1/2. Поэтому P — середина AB, а R — середина BN.

В прямоугольнике ABB₁A₁ прямая PM параллельна AA₁ и BB₁. По теореме Фалеса из AP = PB следует A₁M = MB₁.

Ответ: а) M — середина A₁B₁, что и требовалось доказать.

б) Трапеция равнобедренная, поэтому AM = KN. По теореме Пифагора AM² = h² + AP² и KN² = h² + RN². Следовательно, AP = RN.

Так как AP = AB/2, а RN = BN/2, получаем AB = BN. Обозначим эту длину через x.

В параллелограмме соседние углы в сумме дают 180°, поэтому ∠ABN = ∠ABC = 120°. По теореме косинусов в треугольнике ABN:

AN² = AB² + BN² − 2AB · BN · cos 120° = 3x².

Так как AN = 2, имеем x = 2/√3. Поэтому BR = BN/2 = 1/√3.

В прямоугольнике BCC₁B₁ имеем B₁K = BR = 1/√3. По условию B₁K : KC₁ = 2 : 3, следовательно, BC = B₁C₁ = (5/2)B₁K = 5/(2√3).

Площадь основания равна S = AB · BC · sin 60° = (2/√3) · (5/(2√3)) · (√3/2) = 5√3/6.

Объём прямой призмы V = Sh, поэтому h = 5/(5√3/6) = 2√3.

Ответ: б) 2√3.

№ F416AF

В правильной треугольной призме $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ сторона $A B$ основания равна 6,
а боковое ребро $A A_{1}$ равно 4. На рёбрах $A A_{1}$ и $B B_{1}$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причём $A M = B N = 3$ .

а) Точки $O$ и $O_{1}$ — центры окружностей, описанных около треугольников $A B C$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ соответственно. Докажите, что прямая $O O_{1}$ содержит точку пересечения медиан треугольника $C M N$ .

б) Найдите расстояние от точки $C_{1}$ до плоскости $C M N$ .

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

Разбор

а) Доказательство.
Обозначим через D и E середины отрезков AB и MN соответственно, а через G — точку пересечения медиан треугольника CMN.
Четырёхугольник ABNM — прямоугольник, поэтому DE ∥ AM, DE = 3 и DE ⊥ (ABC).
В равностороннем треугольнике ABC центр описанной окружности O лежит на медиане CD, причём CO/CD = 2/3.
По свойству точки пересечения медиан треугольника CMN точка G лежит на CE и CG/CE = 2/3.
Следовательно, в треугольнике CDE по обратной теореме Фалеса OG ∥ DE. Прямая OO₁ также перпендикулярна основанию и параллельна DE.
Через O проходит единственная прямая, параллельная DE, поэтому G лежит на OO₁.
Ответ: точка пересечения медиан треугольника CMN принадлежит OO₁.

б) Вычисление расстояния.
Высота равностороннего треугольника ABC равна CD = √(6² − 3²) = 3√3. В прямоугольном треугольнике CDE получаем CE = √(27 + 9) = 6.
Прямая MN перпендикулярна CD, поскольку MN ∥ AB, и перпендикулярна DE, поскольку DE ⊥ (ABC). Значит, MN ⊥ (CDE).
Плоскость (CDE) содержит CC₁, так как CC₁ ∥ DE. Проведём в ней C₁H ⊥ CE, где H лежит на прямой CE.
Через H в плоскости (CMN) проведём прямую, параллельную MN. Она перпендикулярна плоскости (CDE), а значит, и C₁H. Поэтому C₁H перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости (CMN), то есть C₁H ⊥ (CMN).
Площадь треугольника CC₁E вычислим двумя способами: S = CC₁ · CD/2 = CE · C₁H/2, поскольку расстояние от E до CC₁ равно CD.
Отсюда C₁H = 4 · 3√3/6 = 2√3.
Ответ: 2√3.

№ F7B7A1

В основании прямой треугольной призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный ( $A B = B C$ ) треугольник $A B C$ . Точка $K$ $—$ середина ребра $A_{1} B_{1}$ , а точка $M$ делит ребро $A C$ в отношении $A M : M C = 1 : 3$ .

а) Докажите, что $K M ⊥ A C$ .

б) Найдите угол между прямой $K M$ и плоскостью $A B B_{1}$ , если $A B = 6$ , $A C = 8$ и $A A_{1} = 3$ .

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

Разбор

а) Доказательство.
Пусть P — середина AB, а H — середина AC. В равнобедренном треугольнике ABC медиана BH является высотой, поэтому BH ⊥ AC.
Из AM:MC = 1:3 следует AM = AC/4 = AH/2. Значит, M — середина AH.
В треугольнике ABH отрезок PM соединяет середины двух сторон, поэтому PM ∥ BH и PM ⊥ AC.
Поскольку призма прямая и K — середина A₁B₁, имеем KP ∥ AA₁ и KP ⊥ (ABC). В частности, KP ⊥ AC.
Таким образом, AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым PM и PK плоскости (KPM), следовательно, AC ⊥ (KPM). Поскольку KM лежит в этой плоскости, AC ⊥ KM.
Ответ: KM ⊥ AC.

б) Вычисление угла.
Имеем AH = 4, AM = 2. По теореме Пифагора BH = √(6² − 4²) = 2√5, поэтому PM = BH/2 = √5.
Треугольник KPM прямоугольный при P, причём KP = AA₁ = 3. Следовательно, KM = √(5 + 9) = √14.
Опустим из M перпендикуляр MQ на AB. Так как BB₁ ⊥ (ABC), прямая MQ также перпендикулярна прямой, проведённой через Q параллельно BB₁.
Эти две пересекающиеся прямые лежат в плоскости (ABB₁), поэтому MQ ⊥ (ABB₁). Точка K принадлежит этой плоскости, следовательно, KQ — ортогональная проекция KM на неё.
В прямоугольном треугольнике ABH получаем sin ∠BAH = BH/AB = √5/3. Поэтому MQ = AM · sin ∠BAH = 2√5/3.
Искомый угол φ равен ∠MKQ. Из прямоугольного треугольника MKQ следует sin φ = MQ/KM = 2√5/(3√14) = √70/21.
Ответ: arcsin(√70/21).

№ FA228B

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 $α$ делит ребро $A C$ пополам.

б) Найдите отношение, в котором плоскость $α$ делит ребро $A_{1} C_{1},$ считая от точки $A_{1},$ 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.

№ c3497c

В правильной треугольной пирамиде $S A B C$ сторона основания $A B$ равна 6,
а боковое ребро $S A$ равно $4 \sqrt{3} .$ Точки $M$ и $N$ $—$ середины рёбер $S A$ и $S B$ соответственно. Плоскость $α$ содержит прямую $M N$ и перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

а) Докажите, что плоскость $α$ делит медиану $C E$ основания в отношении $5 : 1,$ считая от точки $C .$

б) Найдите периметр многоугольника, являющегося сечением пирамиды $S A B C$ плоскостью $α .$

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

Разбор

а) Пусть E — середина AB, O — центр основания. В правильной пирамиде SO перпендикулярна плоскости ABC, а O лежит на медиане CE, причём EO = CE/3.

Обозначим через D середину SE. В треугольнике SAB отрезок MN — средняя линия, поэтому MN ∥ AB; гомотетия с центром S и коэффициентом 1/2 переводит E в D, значит, D принадлежит MN.

Через D проведём прямую, параллельную SO. Она лежит в α: плоскость, перпендикулярная основанию, содержит перпендикуляр к основанию, проведённый через любую её точку.

В треугольнике ESO эта прямая пересекает EO в его середине T по теореме о средней линии. Следовательно, ET = EO/2 = CE/6.

Таким образом, CT = CE − ET = 5CE/6, поэтому CT : TE = 5 : 1.

Ответ: медиана CE делится в отношении 5:1, считая от C.

б) След плоскости α на основании проходит через T параллельно MN и AB. Обозначим его пересечения с AC и BC через K и L соответственно.

Из подобия треугольников CKL и CAB получаем CK/CA = CL/CB = KL/AB = CT/CE = 5/6. Значит, AK = BL = 1, KL = 5.

Проекции S и C на основание — точки O и C — лежат по одну сторону от KL. Поэтому α не пересекает ребро SC. Сечение представляет собой четырёхугольник MNLK.

Как средняя линия треугольника SAB, MN = AB/2 = 3. Симметрия пирамиды относительно плоскости SCE даёт MK = NL.

В равнобедренном треугольнике SAC по теореме косинусов cos ∠SAC = (SA² + AC² − SC²)/(2SA · AC) = AC/(2SA) = √3/4.

В треугольнике AMK имеем AM = SA/2 = 2√3, AK = 1 и ∠MAK = ∠SAC. По теореме косинусов MK² = (2√3)² + 1² − 2 · 2√3 · 1 · √3/4 = 10.

Следовательно, MK = NL = √10, а периметр сечения равен MN + KL + MK + NL = 3 + 5 + 2√10.

Ответ: 8 + 2√10.

№ ce2ec7

В правильной треугольной призме $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ все рёбра равны, на ребре $A A_{1}$ отмечена точка $M .$ Известно, что $A M = 2 M A_{1} .$ Через точки $M$ и $C_{1}$ провели плоскость $α$ перпендикулярно грани $A B B_{1} A_{1} .$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит ребро $A_{1} B_{1}$ пополам.

б) Найдите высоту призмы, если площадь сечения призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ плоскостью $α$ равна $\sqrt{39} .$

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

Разбор

а) Обозначим через N середину A₁B₁. В равностороннем треугольнике A₁B₁C₁ медиана C₁N является высотой, поэтому C₁N ⟂ A₁B₁.

Кроме того, C₁N ⟂ AA₁, поскольку боковые рёбра правильной призмы перпендикулярны плоскости основания. Следовательно, C₁N перпендикулярна грани ABB₁A₁ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Плоскость, проходящая через M и прямую C₁N, перпендикулярна грани ABB₁A₁. Через прямую MC₁ проходит единственная плоскость, перпендикулярная этой грани, поэтому это плоскость α.

Таким образом, N принадлежит α и A₁N = NB₁. Ответ: плоскость α делит A₁B₁ пополам.

б) Пусть все рёбра призмы равны a. Тогда MA₁ = a/3, A₁N = a/2.

На грани ABB₁A₁ сечение проходит по отрезку MN, на верхнем основании — по NC₁, на грани ACC₁A₁ — по MC₁. Эти отрезки образуют замкнутую границу сечения, поэтому сечение — треугольник MNC₁.

Поскольку C₁N перпендикулярна грани ABB₁A₁, имеем C₁N ⟂ MN. Следовательно, треугольник MNC₁ прямоугольный.

По теореме Пифагора MN = √((a/3)² + (a/2)²) = a√13/6. Высота равностороннего треугольника A₁B₁C₁ равна C₁N = a√3/2.

По условию площадь сечения равна √39, поэтому MN · C₁N/2 = a²√39/24 = √39.

Отсюда a² = 24, a = 2√6. Высота правильной призмы равна её боковому ребру. Ответ: 2√6.

№ eFF32e

Плоскость $α$ перпендикулярна плоскости основания $A B C D$ правильной четырёхугольной пирамиды $S A B C D$ и пересекает ребро $S A$ в точке $K .$ Сечение пирамиды плоскостью $α$ является правильным треугольником площадью $4 \sqrt{3} .$ а) Докажите, что плоскость $α$ перпендикулярна прямой $A C .$

б) В каком отношении точка $K$ делит ребро $S A,$ считая от точки $S,$ если объём пирамиды равен $18 \sqrt{3} ?$

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

Разбор

а) Пусть O — центр квадрата ABCD, а H — ортогональная проекция K на основание. Поскольку SO ⟂ (ABCD), в треугольнике ASO имеем KH ∥ SO и H принадлежит AO.

Плоскость α перпендикулярна основанию, поэтому перпендикуляр KH к основанию лежит в α. Следовательно, H лежит на линии пересечения α с основанием.

Треугольное сечение с вершиной K на ребре SA имеет две другие вершины P и Q на рёбрах AB и AD: при выходе линии сечения через другие стороны основания плоскость пересекла бы дополнительные боковые рёбра и сечение имело бы не менее четырёх вершин.

Так как треугольник KPQ правильный, KP = KQ. В прямоугольных треугольниках KHP и KHQ по теореме Пифагора HP² = KP² − KH² = KQ² − KH² = HQ². Поэтому H — середина PQ.

Диагональ AC является биссектрисой угла PAD. По теореме о биссектрисе в треугольнике APQ получаем AP/AQ = PH/HQ = 1.

Следовательно, треугольник APQ равнобедренный, а его медиана AH является высотой: AC ⟂ PQ. Также AC ⟂ KH, поскольку KH перпендикулярна основанию.

Прямые PQ и KH пересекаются и лежат в α, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости AC ⟂ α. Ответ: α ⟂ AC.

б) Обозначим сторону правильного треугольника KPQ через l. По формуле его площади l²√3/4 = 4√3, откуда l = 4.

Тогда KH = l√3/2 = 2√3. В прямоугольном равнобедренном треугольнике APQ гипотенуза PQ = 4, поэтому AP = AQ = 2√2, а медиана к гипотенузе AH = PQ/2 = 2.

Пусть AO = r, SO = h. Из подобия треугольников AKH и ASO следует AH/AO = KH/SO, то есть 2/r = 2√3/h. Значит, h = √3r.

Диагональ квадрата AC = 2r, поэтому площадь основания равна AC²/2 = 2r². По формуле объёма пирамиды 18√3 = 2r²h/3 = 2√3r³/3.

Отсюда r³ = 27, r = 3. По тому же подобию AK/AS = AH/AO = 2/3, следовательно, SK/AS = 1/3 и SK/KA = 1/2.

Ответ: SK : KA = 1 : 2.

Войти через Telegram