Тема 14. Задачи по стереометрии

14.01 Задачи №14 из ЕГЭ прошлых лет

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 121#21452Максимум баллов за задание: 3

В треугольной пирамиде $SABC$ боковые рёбра $SA$ и $SB$ равны. Основанием высоты этой пирамиды является середина медианы $CM$ треугольника $ABC.$

а) Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

б) Найдите объём пирамиды $SABC,$ если $SA = SB = 17,$ $SC = 5√10,$ а высота пирамиды равна 15.

Источники: ЕГЭ 2017

Показать ответ и решение

а) Треугольник $SAB$ равнобедренный, тогда его медиана $SM$ является высотой.

Пусть точка $H$ — середина $CM,$ тогда $SH$ — высота пирамиды, то есть $SH$ перпендикулярна любой прямой из плоскости $(ABC ),$ в частности, $SH ⊥AB.$

Ранее мы поняли, что и $SM ⊥ AB,$ следовательно, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(SMH ),$ которую образую прямые $SH$ и $SM.$ Тогда прямая $AB$ перпендикулярна любой прямой из плоскости $(SMH ),$ в частности, $AB ⊥ MH.$

$PIC$

Точка $H$ лежит на медиане $CM$ треугольника $ABC,$ тогда в этом треугольнике медиана $CM$ совпадает с высотой, следовательно, $△ ABC$ — равнобедренный.

б) По теореме Пифагора для треугольника $SHC$ имеем:

∘ ---------- ∘ (-√--)2----- HC = SC2 − SH2 = 5 10 − 152 = 5

По теореме Пифагора для треугольника $SHB$ имеем:

∘ ---2-----2 ∘--2----2 HB = SB − SH = 17 − 15 = 8

По теореме Пифагора для треугольника $MHB$ имеем:

MB = ∘HB2--− MH2-= ∘82-−-52 = √39

$PIC$

Найдём площадь треугольника $ABC :$

√ -- √ -- SABC = 1 ⋅AB ⋅CM = 1⋅(2MB )⋅(2CH ) = 39⋅(2⋅5)= 10 39 2 2

Теперь, зная площадь основания $ABC$ пирамиды $SABC,$ мы можем найти её объём:

VSABC = 1⋅SABC ⋅SH = 1 ⋅10√39-⋅15= 50√39 3 3

Ответ:

б) $√ -- 50 39$

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 122#23554Максимум баллов за задание: 3

Ребро куба $ABCDA1B1C1D1$ равно 6. Точки $K,$ $L$ и $M$ — центры граней $ABCD,$ $AA1D1D$ и $CC1D1D$ соответственно.

а) Докажите, что $B1KLM$ — правильная пирамида.

б) Найдите объём $B1KLM.$

Источники: ЕГЭ 2017

Показать ответ и решение

a) Рассмотрим правильный тетраэдр $B1AD1C.$ В нём отрезки $B1K,$ $B1L$ и $B1M$ — медианы боковых граней $AB1C,$ $D1B1A$ и $CB1D1$ — равных равносторонних треугольников. Следовательно, $B1K = B1L = B1M,$ то есть боковые ребра пирамиды $B1KLM$ paвны. Кроме того, в основании этой пирамиды лежит треугольник $KLM,$ образованный тремя равными средними линиями равностороннего треугольника $AD1C.$ Значит, основанием пирамиды $B1KLM$ является равносторонний треугольник, следовательно, пирамида правильная.

$PIC$

б) Найдём объём тетраэдра $B1AD1C.$ Рассмотрим плоскость $(AD1C ).$ Прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(BB1D1D ),$ следовательно, перпендикулярна и прямой $B1D$ этой плоскости. Аналогично, $B1D ⊥ AD1.$ Значит, диагональ $B1D$ перпендикулярна плоскости треугольника $AD1C.$ Пусть $H$ — точка пересечения диагонали $B1D$ и плоскости $(AD1C ).$ Значит, $B1H$ — высота тетраэдра $B1AD1C.$

Теперь найдём $B1H :HD.$ Для этого рассмотрим плоскость $(DD1B1 ).$ Заметим, что точка $K$ лежит в этой плоскости. Тогда в плоскости $(DD1B1 )$ провёдем прямые $B1K$ и $DD1.$ Пусть они пересекаются в точке $T.$ Рассмотрим треугольник $TD1B1.$ В нём $DK ∥D1B1,$ так как $(ABC )∥(A1B1C1).$ Точка $K$ — центр грани $ABCD,$ значит,

DK = BD- = B1D1- 2 2

$PIC$

Следовательно, $DK$ — средняя линия $△ TD1B1.$ Значит, $B1D$ и $D1K$ — медианы $△ TD1B1,$ которые пересекаются в точке $H.$ Медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении $2 :1,$ считая от вершины. Значит, $B1H :HD = 2:1.$

Диагонали граней куба равны

∘-----2 √- AD1 = CD1 = AC = 2 ⋅(6) = 6 2 (6√2)2√3 √- SAD1C = ----4----= 18 3

А главная диагональ равна

∘ ------ - B1D = 3⋅(6)2 = 6√ 3 - B1H = 2B1D = 4√ 3 3

Теперь мы можем найти объём тетраэдра $B1AD1C :$

V = 1 ⋅B H ⋅S = 1 ⋅4√3⋅18√3 = 72 B1AD1C 3 1 AD1C 3

Так как треугольник $KLM$ образован средними линиями треугольника $AD1C$ и площадь $△ KLM$ в четыре раза меньше площади $△ AD1C,$ а $B1H$ — общая высота пирамиды $B1KLM$ и тетраэдра $B1AD1C,$ имеем:

1 1 1 1 72 VB1KLM = 3 ⋅B1H ⋅SKLM = 3 ⋅B1H ⋅4 SAD1C = 4VB1AD1C = 4-= 18

Ответ: б) 18

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 123#23555Максимум баллов за задание: 3

На рёбрах $AB$ и $BC$ треугольной пирамиды $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причём $AM :BM = CN :NB = 1:2.$ Точки $P$ и $Q$ — середины ребер $DA$ и $DC$ соответственно.

a) Докажите, что точки $P,$ $Q,$ $M$ и $N$ лежат в одной плоскости.

б) Найти отношение объёмов многогранников, на которые плоскость $(PQM )$ разбивает пирамиду.

Источники: ЕГЭ 2017

Показать ответ и решение

a) Треугольник $ABC$ подобен треугольнику $MBN$ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. В подобных треугольниках соответственные углы равны, поэтому $∠BAC = ∠BMN$ , то есть $AC ∥MN$ . Отрезок $PQ$ является средней линией треугольника $ADC$ , значит, $PQ ∥AC$ . Тогда $MN ∥PQ$ , следовательно, точки $P$ , $Q$ , $M$ и $N$ лежат в одной плоскости.

$PIC$

б) Пусть объём $ABCD$ равен $V$ . Пятигранник $AP MNQC$ состоит из четырёхугольной пирамиды $PACNM$ с основанием $ACNM$ и треугольной пирамиды $PQCN$ с основанием $QCN$ . Выразим их объемы через $V$ .

Расстояние от $P$ до $(BCD )$ вдвое меньше расстояния от $A$ до $(BCD )$ , а площади треугольников $QCN$ и $BCD$ относятся как 1 к 6, так как

1 SQCN-= 2 ⋅CQ-⋅CN-⋅sin-∠QCN-= CQ- ⋅ CN-= 1 ⋅ 1 = 1 ⇒ VPQCN = 1 ⋅ 1⋅V =-V SBCD 12 ⋅CD ⋅CB ⋅sin ∠DCB CD CB 2 3 6 2 6 12

Также

1 ( )2 SMBN- = 2 ⋅1BM-⋅BN-⋅sin∠MBN---= BM--⋅ BN-= 2 = 4 ⇒ SACNM- =1 − 4= 5 SABC 2 ⋅BA ⋅BC ⋅sin∠ABC BA BC 3 9 SABC 9 9

Расстояние от точки $P$ до $(ABC )$ вдвое меньше расстояния от $D$ до $(ABC )$ , поэтому

VPACNM = 1 ⋅ 5⋅V = 5V ⇒ VAPMNQC = V-+ 5V-= 3V-+-10V- = 13V-- ⇒ VAPMNQC--= 13- 2 9 18 12 18 36 36 VBMNDPQ 23

Ответ:

б) $13 :23$

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 124#24400Максимум баллов за задание: 3

Основанием прямой четырехугольной призмы $ABCDA1B1C1D1$ является ромб $ABCD,$ при этом $AB = AA1.$

a) Докажите, что прямые $A1C$ и $BD$ перпендикулярны.

б) Найдите объем призмы, если $A1C = BD = 2.$

Источники: ЕГЭ 2017

Показать ответ и решение

а) Поскольку $ABCDA1B1C1D1$ — прямая призма, то прямая $AA1$ перпендикулярна плоскости $(ABC ),$ то есть $AC$ — проекция $A1C$ на плоскость $(ABC ).$ Так как $ABCD$ — ромб, то прямые $AC$ и $BD$ перпендикулярны. Тогда по теореме о трех перпендикулярах прямая $A1C$ перпендикулярна прямой $BD.$

$PIC$

б) Пусть $AB = AA1 =x,$ $O$ — точка пересечения $AC$ и $BD.$

Объем призмы равен:

V = AA1⋅SABCD = AA1 ⋅ AC-⋅BD 2

По теормеме Пифагора в треугольнике $A AC 1$ имеем:

$A C2 = AA2 +AC2 1 1 4= x2+ AC2 ∘ ----- AC = 4− x2$

Диагонали ромба перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому по теореме Пифагора в треугольнике $DOC :$

$2 2 2 CD =OC + OD 2 ( AC )2 x = -2- + 1 AC2 = 4x2− 4 ∘ -2--- AC = 2 x − 1$

$PIC$

Приравняем выражения для $AC$ и найдем $x :$

$∘ ----2 ∘-2--- 4− x = 2 x − 1 4− x2 = 4x2− 4 x2 = 8 √5- 2-10- x = 5$

Теперь можем найти $AC$ и объем призмы:

∘ ----- ∘ --- √ -- AC =∘4--− x2 = 4− 8 = 12= 2--15 5 5 5

Следовательно, искомый объем призмы равен

AC-⋅BD- 2√10- 1 2√15- 4√6- V = AA1 ⋅ 2 = 5 ⋅2 ⋅ 5 ⋅2= 5

Ответ:

б) $4√6- 5$

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 125#1116Максимум баллов за задание: 3

В основании пирамиды $SABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со стороной $AB = 5$ и диагональю $BD = 9.$ Все боковые ребра пирамиды равны 5. На диагонали $BD$ основания $ABCD$ отмечена точка $E,$ а на ребре $AS$ — точка $F$ так, что $SF = BE = 4.$

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

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

Источники: ЕГЭ 2017, официальный пробный

Показать ответ и решение

а) Продлим $CE$ до пересечения с $AB$ в точке $K.$ Получим отрезок $F K,$ по которому плоскость $(CEF )$ пересекает грань $SAB.$

$PIC$

Рассмотрим основание пирамиды прямоугольник $ABCD.$ Так как $DE = 9− 4= 5= DC,$ то $△DEC$ равнобедренный. Тогда имеем:

∠DCE = ∠DEC = ∠BEK = ∠BKE

Следовательно, $△BEK$ тоже равнобедренный и $BE = BK = 4.$ Отсюда $AK = 5− 4= 1.$

Заметим, что боковые грани $ASB$ и $CSD$ представляют собой равносторонние треугольники со стороной 5. Таким образом, в $△AF K$ имеем $AF =AK = 1$ и $∠F AK = 60∘,$ следовательно, он также равносторонний. Тогда $FK ∥ SB,$ поскольку $∠AKF = ∠ABS = 60∘$ как соответственные при секущей $AB.$

Таким образом, в плоскости $(CEF )$ есть прямая $FK,$ параллельная $SB.$ Следовательно, по признаку плоскость $(CEF )$ параллельна $SB.$

б) Так как плоскость $(CEF )∥SB,$ то она пересечет плоскость $(BSD )$ по прямой $EQ,$ параллельной $SB.$ В противном случае $\text{[math]}$ будет пересекать $SB,$ следовательно, и плоскость $(CEF )$ будет пересекать $SB.$

$PIC$

Заметим, что так как все боковые ребра пирамиды равны, то высота $SO$ упадет в точку пересечения диагоналей основания. Это так, поскольку все треугольники $SAO,$ $SBO,$ $SCO$ и $SDO$ равны как прямоугольные по катету и гипотенузе, следовательно, $AO = BO =CO = DO.$

Проведем $QH ∥SO.$ Так как $SO$ перпендикулярна плоскости $(ABC ),$ то и $QH ⊥ (ABC ).$ Таким образом, необходимо найти $QH.$

Рассмотрим $△BSD.$ Так как $EQ ∥SB,$ то по теореме Фалеса:

5 DE DQ DQ 5 4 = EB-= -QS ⇒ DS- = 9

Так как $△DQH ∼△DSO$ по двум углам, то

DQ-= QH- ⇒ QH = 5SO DS SO 9

Найдем $SO$ из прямоугольного $△SOB :$

∘ ---------- ∘------- √-- SO = SB2 − OB2 = 52− 4,52 = -19- 2

Тогда окончательно имеем:

5√19- QH = --18-

Ответ:

б) $5√19 -18--$

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 126#2431Максимум баллов за задание: 3

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ , длина диагонали которого равна $3$ . На луче $A1C$ отмечена точка $P$ так, что $A1P = 4$ .
а) Докажите, что многогранник $DBP C1$ – правильный тетраэдр.
б) Найдите длину отрезка $AP$ .

Источники: ЕГЭ 2017, досрочная волна, резерв

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Так как $A1C = 3$ , а $A1P = 4$ , то точка $P$ находится на луче $A1C$ за точкой $C$ .
Правильный тетраэдр – правильная треугольная пирамида, все грани которой – равные треугольники. Следовательно, нужно доказать, что все грани $DBP C1$ – равные равносторонние треугольники, то есть доказать равенство $DB = DP = DC1 = BC1 = BP = PC1$ .
Так как диагональ куба в $√3--$ раз больше ребра куба, то ребро куба равно $√3--$ . Так как $BC 1$ , $BD$ и $DC1$ – диагонали граней куба, то каждая из них в $√-- 2$ раз больше ребра куба, следовательно, $√ -- BC1 = BD = DC1 = 6$ .
Найдем $P C1$ . Рассмотрим плоскость $AA1C1$ . Так как $A1, C$ лежат в этой плоскости, то и вся прямая $A1C$ в ней лежит, следовательно, и точка $P$ .

$PIC$

Найдем $P C1$ по теореме косинусов из $△P C1A1$ .

√ -- ∘ -- ∘ -- 6 2 2 √ -- 2 √ -- cos α = ----= -- ⇒ P C 1 = 6 + 16 − 2 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ --= 6 ⇒ P C1 = 6. 3 3 3

Найдем $BP$ . Рассмотрим плоскость $A1BCD1$ . Аналогичным образом по теореме косинусов из $△BP A1$ найдем, что $√ -- BP = 6$ :

$PIC$

Аналогично рассмотрим плоскость $A1B1CD$ и найдем $DP$ по теореме косинусов из $△DP A1$ :

$PIC$

$√ -- DP = 6$ .
Таким образом, мы доказали, что $√ -- DB = DP = DC1 = BC1 = BP = P C1 = 6,$ чтд.

б) Рассмотрим плоскость $AA C C 1 1$ :

$PIC$

Найдем $AP$ по теореме косинусов из $△AP A1$ :

-- √ 3 1 √ -- 1 √ --- cosβ = ----= √--- ⇒ AP 2 = 3 + 16 − 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅√-= 11 ⇒ AP = 11. 3 3 3

Ответ:

б) $√ --- 11$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте 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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 127#1100Максимум баллов за задание: 3

Дана треугольная пирамида $P ABC$ , причем высота пирамиды, опущенная из точки $P$ , падает в точку $C$ . Известно, что $P A$ перпендикулярно $BC$ .

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды $PABC$ , если известно, что $P B = 15$ , $AB = 13$ , $48 cos∠P BA = --- 65$ .

Источники: ЕГЭ 2017, резервный день

Показать ответ и решение

а) Из условия следует, что $P C$ – высота пирамиды. Следовательно, $P C ⊥ CA$ и $PC ⊥ CB$ . По теореме о трех перпендикулярах так как наклонная $P A$ перпендикулярна прямой $BC$ , то и ее проекция $CA$ перпендикулярна прямой $BC$ . Следовательно, $∠ACB = 90 ∘$ , то есть $△ABC$ прямоугольный.
$PIC$

б) По теореме косинусов из $△P AB$ :

2 2 2 48- PA = 15 + 13 − 2 ⋅ 15 ⋅ 13 ⋅ 65 = 106

Обозначим $P C = h$ , $CA = y$ , $CB = x$ . Тогда, применяя три раза теорему Пифагора, получим равенства:

( 2 2 2 ( |{ x + h = 15 |{ x = 12 x2 + y2 = 132 ⇒ y = 5 |( 2 2 |( y + h = 106 h = 9

Следовательно, объем пирамиды равен

1- 1- V = 3 ⋅2 ⋅ CA ⋅ CB ⋅ P C = 90

Ответ: б) 90

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 128#2438Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S$ все ребра равны 5. На ребрах $SA$ , $AB$ , $BC$ взяты точки $K,M, N$ соответственно, причем $KA = AM = NC = 2.$

а) Докажите, что плоскость $KNM$ перпендикулярна ребру $SD.$

б) Найдите расстояние от вершины $D$ до плоскости $KNM.$

Источники: ЕГЭ 2017, резервный день

Показать ответ и решение

а) Построим сечение пирамиды плоскостью $KMN.$

Так как $AM = CN$ и $AB = BC$ , то $MN ∥ AC.$

Так как плоскость $ASC$ пересекает плоскость $ABC$ по прямой $AC$ и $AC ∥ MN,$ где $MN$ — линия пересечения $ABC$ и $KMN,$ то плоскость $KMN$ пересечет плоскость $ASC$ по прямой, параллельной $AC.$ Следовательно, проведем $KP ∥AC,$ где $P ∈ SC.$

$PIC$

Пусть $KP ∩SO = T,$ где $SO$ — высота пирамиды.

Так как $KP ∥ AC,$ то $AK :KS = CP :PS$ по теореме Фалеса, следовательно, $CP = 2 = CN.$

Пусть $MN ∩ BD = R.$ Тогда пусть прямая $RT,$ которая принадлежит плоскости $KMN,$ пересечет $SD$ в точке $Q.$ Получили $KMNP Q$ — сечение пирамиды плоскостью $KMN.$

Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах $SD ⊥ MN.$ Действительно, $DO ⊥AC, AC ∥MN,$ следовательно, $DO ⊥ MN.$ Значит, наклонная $SD ⊥ MN.$

Докажем, что $SD ⊥ RQ.$ Тогда $SD$ будет перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $KMN,$ то есть перпендикулярна плоскости $KMN.$

Так как все ребра равны 5, то $BD =5√2.$ Следовательно, $△SDB$ — прямоугольный и $∠BSD = 90∘.$ По теореме о трех перпендикулярах так как проекция $OR ⊥MN,$ то и наклонная $TR ⊥ MN.$ Так как $SB ⊥MN$ по теореме о трех перпендикулярах и $TR$ с $SB$ лежат в одной плоскости, то $TR ∥SB.$ Следовательно, раз $SB ⊥ SD,$ то и $T R ⊥SD,$ то есть $QR ⊥ SD.$ Что и требовалось доказать.

б) Так как $SD ⊥ (KMN ),$ то $DQ$ — расстояние от точки $D$ до плоскости $KMN.$

Так как $AM :MB = 2 :3$ и $MN ∥AC,$ то по теореме Фалеса $OR :RB = 2 :3.$ Так как $DO = OB,$ то $DR :RB = 7 :3.$ Так как $QR ∥SB,$ то $DQ :QS = 7:3.$ Следовательно,

DQ = -7DS = 7 = 3,5. 10 2

Ответ:

б) $3,5$

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 129#401Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона $AB$ основания равна $2√3,$ а высота $SO$ пирамиды равна 3. Точки $M$ и $N$ — середины ребер $CD$ и $AB$ соответственно. Отрезок $NK$ — высота пирамиды $NSCD$ с вершиной $N$ и основанием $SCD.$

а) Докажите, что точка $K$ является серединой отрезка $SM.$

б) Найдите расстояние между прямыми $NK$ и $SC.$

Источники: ЕГЭ 2016, основная волна

Показать ответ и решение

а) Так как пирамида правильная, то $SM ⊥ CD$ и $NM ⊥ CD,$ следовательно, перпендикуляр из точки $N$ на плоскость $(SCD )$ упадет на прямую $SM.$ Таким образом, точка $K$ лежит на прямой $SM.$

По теореме Пифагора $SM = SN = 2√3,$ следовательно $△ SMN$ — правильный. Тогда, так как $NK$ является его высотой, то $NK$ также является медианой, следовательно, $K$ — середина $SM.$

$PIC$

б) Прямые $NK$ и $SC$ скрещиваются, следовательно, расстояние между ними — это длина их общего перпендикуляра.

Проведем $KL ⊥ SC.$ Тогда $KL$ — искомое расстояние между $NK$ и $SC,$ так как $NK ⊥ (SCD ),$ а значит $NK ⊥ KL.$

Рассмотрим $△ SCD.$ По теореме Пифагора $SC = √15.$

Запишем отношение подобия треугольников $SKL$ и $SMC :$

√-- KL--= SK- ⇒ KL = -15- MC SC 5

Ответ:

б) $√15 -5--$

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 130#402Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ сторона $AB$ основания равна 6, а боковое ребро $AA1$ равно $3√2.$ На ребрах $BC$ и $C1D1$ отмечены точки $K$ и $L$ соответственно, причем $BK = 4,$ $C1L = 5.$ Плоскость $α$ параллельна прямой $BD$ и содержит прямую $KL.$

а) Докажите, что прямая $AC1$ перпендикулярна плоскости $α.$

б) Найдите расстояние от точки $B1$ до плоскости $α.$

Источники: ЕГЭ 2016, основная волна

Показать ответ и решение

а) Построим сечение призмы плоскостью $α.$ Так как $α∥ BD,$ то $α$ пересечет плоскости $(ABC )$ и $(A1B1C1)$ по прямым, параллельным прямой $BD.$ Если линия пересечения $α$ и $(ABC )$ не параллельна $BD,$ то прямая $BD$ будет пересекать $α,$ следовательно, не может быть ей параллельна.

$PIC$

Проведем $KN ∥BD$ и $ML ∥ B1D1.$ Таким образом, $MLNK$ — сечение призмы плоскостью $α.$

По теореме о трех перпендикулярах $AC1 ⊥ KN$ как наклонная, так как $CC1 ⊥ (ABC ),$ $AC ⊥ BD,$ $BD ∥ KN.$

Рассмотрим сечение призмы плоскостью $ACC1A1$ $((ACC1 )∩ α= T R).$ Докажем, что $AC1 ⊥T R.$ Отсюда будет следовать, что $AC1 ⊥ α.$

$PIC$

Таким образом, нужно доказать, что треугольник $T OC1$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

√ - √ -- AC = 6 2, AC1 = 3 10

Из подобия треугольников $LC1T$ и $D1C1Z$

√- C1T- = C1L--= 5 ⇔ C1T = 5C1Z-= 5-2- C1Z C1D1 6 6 2

Аналогично $RC = √2.$ Тогда по теореме Пифагора

∘ ----------------- √ -- TR = (C1T − CR )2+ CC21 = 5-10 2

Далее имеем $△ AOR ∼△T OC 1$ с коэффициентом 2. Следовательно, $OC = √10, 1$ $√-- TO = -10. 2$ По обратной теореме Пифагора получаем

2 2 2 C1T = TO + OC 1

б) Так как прямая $B1D1 ∥α,$ то расстояние от любой точки прямой $B1D1$ до плоскости $α$ будет одинаковым. Следовательно,

ρ(B ,α) =ρ(Z,α) 1

Проведем $ZH ⊥ TR.$ Так как $TR ⊥ ML$ и $ZT ⊥ ML,$ то $ML ⊥ (TRZ ).$ Так как прямая $ZH$ принадлежит плоскости $(TRZ ),$ то $ZH ⊥ML.$ Тогда $ZH ⊥T R$ и $ZH ⊥ ML,$ следовательно $ZH ⊥ α.$

Найдем $ZH.$ Так как $△ ZHT ∼ △T OC1,$ то

1 √10- ZH = 5OC1 = --5-

$PIC$

Ответ:

б) $√10 -5--$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 131#1717Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна 16, а высота равна 4. На ребрах $AB,$ $CD,$ $AS$ отмечены точки $M,$ $N$ и $K$ соответственно, причем $AM =DN = 4,$ $AK = 3.$

а) Докажите, что плоскости $(MNK )$ и $(SBC )$ параллельны.

б) Найдите расстояние от точки $K$ до плоскости $(SBC ).$

Источники: ЕГЭ 2016, основная волна

Показать ответ и решение

а) Построим плоскость $(MNK ).$ Так как $AM = DN,$ то $MN ∥BC ∥AD.$ Так как $(SAD )∩ (ABC )= AD,$ $(MNK )∩ (ABC ) = MN$ и $MN ∥ AD,$ то линия пересечения плоскостей $(MNK )$ и $(SAD )$ тоже будет параллельна $AD.$

Значит, проведем $KT ∥AD ∥MN.$ Трапеция $MNT K$ — искомое сечение.

$PIC$

Для того, чтобы две плоскости были параллельны друг другу, необходимо и достаточно, чтобы две пересекающиеся прямые из одной плоскости были параллельны двум пересекающимся прямым из другой плоскости. Уже известно, что $MN ∥BC.$ Нужно найти еще одну пару параллельных прямых. Докажем, что $KM ∥ SB.$

Пусть $SO$ — высота пирамиды. Тогда по теореме Пифагора в треугольниках $ACD$ и $ASO$ имеем:

1 √ - AO = 2AC = 8 2 ⇒ AS = 12

Заметим, что

AK- 3- 1 AM-- AS = 12 = 4 = AB

Следовательно, $△ AKM ∼ △ASB,$ значит,

∠AKM =∠ASB ⇒ KM ∥SB

Таким образом, мы доказали, что плоскости $(MNK )$ и $(SBC )$ параллельны.

б) Так как плоскости $(MNK )$ и $(SBC )$ параллельны, то расстояние от любой точки одной из плоскостей до другой плоскости фиксировано. Таким образом, неважно, из какой точки плоскости $(MNK )$ опускать перпендикуляр на плоскость $(SBC ).$

Проведем через точку $O$ прямую $P R ∥AB,$ $PR ∩ M = Z.$ Опустим перпендикуляр $ZH$ из точки $Z.$ Так как $ZR ⊥ BC,$ $SR ⊥ BC,$ то точка $H$ будет лежать на прямой $SR.$

$PIC$

Рассмотрим сечение $PSR.$ Проведем $OQ ∥ZH.$ Тогда $△ OQR ∼ △ZHR,$ следовательно,

ZH = ZR- ⋅OQ = 3⋅OQ OR 2

В $△ SOR$ выразим высоту из вершину прямого угла через гипотенузу и катеты:

SO-⋅OR-- -8- OQ = SR = √5

Значит, $12 ZH = √5-.$

Ответ:

б) $12√5- -5---$

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 132#1848Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ сторона основания $AB$ равна 12, а боковое ребро $AA1$ равно 6. На ребре $B1C1$ отмечена точка $L$ так, что $B1L = 2.$ Точки $K,$ $M$ — середины ребер $AB$ и $A1C1$ соответственно. Плоскость $α$ параллельна прямой $AC$ и содержит точки $K$ и $L.$

а) Докажите, что прямая $BM$ перпендикулярна плоскости $α.$

б) Найдите объем пирамиды, вершина которой – точка $M,$ а основание — сечение данной призмы плоскостью $α.$

Источники: ЕГЭ 2016, основная волна

Показать ответ и решение

а)

$PIC$

Построим сечение пирамиды плоскостью $α.$ Т.к. плоскость $α$ параллельна прямой $AC$ , то она будет пересекать основания призмы по прямым, параллельным прямой $AC$ . Следовательно, прямая пересечения плоскости $α$ с плоскостью $A1B1C1$ – прямая $LP ∥ A1C1 ∥ AC$ , прямая пересечения плоскости $α$ с плоскостью $ABC$ – прямая $KN ∥AC$ . Таким образом, сечение призмы плоскостью $α$ – равнобокая трапеция $KNLP$ .
Для того, чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, она должна быть перпендикулярна двум пересекающимся прямым из этой плоскости.
Проведем $MH ⊥ABC ⇒$ по теореме о трех перпендикулярах $BM$ (наклонная) $⊥ KN$ , т.к. $BH$ (проекция) $⊥KN$ .

$PIC$

$BM$ пересекает плоскость $α$ на прямой $TZ$ , где $T,Z$ – середины $KN$ и $PL$ соответственно. Докажем, что $BM ⊥ TZ$ . Для этого покажем, что $∠OT B = ∠HMB$ .
Рассмотрим сечение $MHBB1$ . $BH$ – высота правильного треугольника $ABC$ со стороной 12, следовательно, $√- √ - √ - BH = 12-3-= 6 3=⇒ BT = 3 3. 2$ $B1Z$ – высота правильного треугольника $B1LP$ со стороной 2, следовательно, $2√3- √ - √- B1Z = -2--= 3=⇒ T Z′ = 2 3$ .
Таким образом, $tg ∠OTB = -√6-= √3-= BH--= tg∠HMB 2 3 MH$ .
Следовательно, $△ OTB$ подобен $△ MHB$ по двум углам $∘ =⇒ ∠TOB = ∠MHB = 90$ .
Таким образом, $BM ⊥ KN$ и $BM ⊥ OT =⇒ BM ⊥ α$ .
б) Найдем $MO$ – высоту пирамиды $MKNLP$ .
Так как $√- tg∠OT B = 3$ , то $√ - ∠OT B = 60∘ =⇒ --3= sin ∠OTB = OB- =⇒ OB = 9 2 BT 2$
Аналогично, $√3- BH 15 -2-= MB--=⇒ MB = 12 =⇒ MO = MB − OB = -2$ .
Найдем высоту $ZT$ трапеции $KNLP$ .
Из прямоугольного $△ZZ ′T$ по теореме Пифагора $∘ ---------- ZT = 62+ (2√3 )2 = 4√3-$
Кроме того, $1 1 KN = 2AC =6, LP = 6A1C1 = 2$ . Значит:

VMKNLP = MO--⋅ KN-+-LP ⋅ZT = 1⋅ 15-⋅ 6+-2 ⋅4√3-= 40√3 3 2 3 2 2

Ответ:

б) $40√3-$

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 133#22059Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ все рёбра равны 8. На рёбрах $AA1$ и $CC1$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причём $AM =3,$ $CN = 1.$

а) Докажите, что плоскость $(MNB1 )$ разбивает призму на два многогранника, объёмы которых равны.

б) Найдите объём тетраэдра $MNBB1.$

Источники: ЕГЭ 2016

Показать ответ и решение

а) Плоскость $MNB1$ делит призму на два многогранника — $B1A1C1NM$ и $B1MNBAC$ . В условии нас просят сравнить их объёмы. Для этого сначала вычислим объём всей призмы. Так как $ABCA1B1C1$ — правильная призма, то её объём вычисляется по формуле

2√- √- √ - VABCA1B1C1 =SABC ⋅AA1 = AB---3 ⋅AA1 = 8⋅8-3-⋅8 = 128 3 4 4

$PIC$

Тогда найдем объём многогранника $B A C NM 1 1 1$ — пирамиды с основанием $A C NM 1 1$ и вершиной $B 1$ . Пусть $B H 1 1$ — высота правильного треугольника $A1B1C1$ . Тогда, так как $ABCA1B1C1$ является правильной призмой, высота $B1H1 ⊥ (A1C1N)$ . Следовательно, объём пирамиды $B1A1C1NM$ равен

1 VB1A1C1NM = 3SA1C1NM ⋅B1H1

$B1H1$ — высота правильного треугольника $A1B1C1$ со стороной 8, значит, $√- √- B1H1 = 823-= 4 3$ . Найдем площадь основания $A1C1NM$ . Заметим, что $A1M ∥C1N$ , так как это боковые ребра правильной призмы. По условию $AM = 3$ и $CN = 1$ , тогда

A1M = AA1 − AM =8 − 3 = 5 и C1N = CC1 − CN = 8− 1= 7

значит, мы можем найти площадь трапеции $A1C1NM$ :

A1M +C1N 5 +7 SA1C1NM = -----2---- ⋅A1C1 =--2- ⋅8= 48

Тогда теперь мы можем найти объёмы многогранников $B1A1C1NM$ и $B1MNBAC$ :

VB1A1C1NM = 1SA1C1NM ⋅B1H1 = 1 ⋅48⋅4√3= 64√3 ⇒ 3 3

√ - √- √ - ⇒ VB1MNBAC =VABCA1B1C1 − VB1A1C1NM = 128 3− 64 3 =64 3

Значит, объёмы многогранников $B1A1C1NM$ и $B1MNBAC$ равны.

б) Заметим, что

VB1MNBAC = VMNBB1 + VBACNM

$PIC$

Аналогично предыдущему пункту мы можем найти объём пирамиды $BACNM$ :

1 VBACNM = 3SACNM ⋅BH

$BH$ — высота правильного треугольника $ABC$ со стороной 8, тогда $√- BH = 4 3$ . Найдем площадь основания $ACNM$ . Заметим, что $AM ∥ CN$ , так как это боковые ребра правильной призмы. По условию $AM = 3$ и $CN = 1$ , тогда площадь трапеции $ACNM$ равна

SACNM = AM--+CN--⋅AC = 3+-1 ⋅8= 16 2 2

Теперь найдём объём пирамиды $BACNM$ :

√- 1 1 √- 64-3- VBACNM = 3SACNM ⋅BH = 3 ⋅16⋅4 3 = 3

Следовательно, объём тетраэдра $MNBB1$ равен

√- 64√3- 64√3(3− 1) 128√3- VMNBB1 =VB1MNBAC − VBACNM = 64 3− --3--= -----3----= ---3-

Ответ:

б) $128√3- 3$

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 134#22958Максимум баллов за задание: 3

Дана правильная треугольная призма $ABCA1B1C1,$ все рёбра которой равны 6. Через точки $A,$ $C1$ и середину $T$ ребра $A1B1$ проведена плоскость.

а) Докажите, что сечение призмы указанной плоскостью является прямоугольным треугольником.

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью $(ABC ).$

Источники: ЕГЭ 2016

Показать ответ и решение

а) Так как $ABCA1B1C1$ — правильная треугольная призма, то рёбра $AA1,$ $BB1$ и $CC1$ перпендикулярны плоскостям, в которых лежат основания $ABC$ и $A1B1C1.$ Также известно, что все ребра призмы равны, тогда грани $AA1B1B,$ $AA1C1C$ и $BB1C1C$ — квадраты со стороной 6.

Найдём длину отрезка $AT.$ Он является гипотенузой в треугольнике $ATA1,$ значит, по теореме Пифагора

( ) AT2 = A T2+ AA2 = A1B1- 2+ AA2 = 1 1 2 1 ( )2 = 6 +62 =9 +36 = 45 2

Треугольник $AC1A1$ является прямоугольным, значит, по теореме Пифагора

2 2 2 2 2 AC1 = AA1+ A1C1 = 6 + 6 = 36 +36 = 72

$PIC$

Отрезок $C1T$ является медианой и высотой правильного треугольника $A1B1C1$ со стороной 6, значит,

6√3- √ - ( √ -)2 C1T =--2-= 3 3 ⇒ C1T2 = 3 3 = 27

Заметим, что

AC21 = 72 = 45+ 27 = AT2+ C1T 2

Значит, по теореме, обратной теореме Пифагора, $△ AC1T$ является прямоугольным, причём $∘ ∠AT C1 = 90 .$

б) Угол между плоскостями $(AC1T )$ и $(ABC )$ равен углу между плоскостями $(AC1T )$ и $(A1B1C1 ),$ так как $(ABC )∥ (A1B1C1 ).$ Плоскости $(AC1T )$ и $(A1B1C1)$ пересекаются по прямой $C1T.$

Заметим, что прямая $C1T$ перпендикулярна $A1T$ как медиана в равностороннем треугольнике $A1B1C1.$ С другой стороны, $C T ⊥ AT 1$ по предыдущему пункту.

$PIC$

Тогда угол между плоскостями $(AC1T)$ и $(A1B1C1)$ равен углу между прямыми $AT$ и $A1T$ (очевидно, что этот угол меньше прямого).

Рассмотрим треугольник $ATA1.$ В нём имеем:

tg∠AT A1 = AA1-= 6= 2 ⇒ ∠AT A1 = arctg2 A1T 3

Ответ:

б) $arctg2$

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 135#2116Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ сторона основания $AB$ равна 6, а боковое ребро $AA1$ равно $2√2.$ На ребрах $AB,$ $A1B1$ и $B1C1$ отмечены токи $M,$ $N$ и $K$ соответственно, причем $AM = B1N = C1K = 2.$

а) Пусть $L$ — точка пересечения плоскости $(MNK )$ с ребром $AC.$ Докажите, что $MNKL$ — квадрат.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $(MNK ).$

Источники: ЕГЭ 2016, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим четырехугольник $MNKL$ . Т.к. плоскости основания параллельны, то линии пересечения этих плоскостей с плоскостью $MNK$ тоже параллельны, то есть $NK ∥ ML$ .
Заметим, что если совместить наложением равные равносторонние треугольники $ABC$ и $A1B1C1$ так, чтобы точка $B1$ наложилась на $A$ , точка $N$ на $M$ , то точка $K$ наложится на $L$ (из-за параллельности $NK$ и $ML$ ).
Следовательно, $△AML = △B1NK$ . Следовательно, $ML =NK$ . Таким образом, по признаку $MNKL$ – параллелограмм.

$PIC$

Как следствие, $AL = B1K = 4$ .

По теореме косинусов из $△AML$ найдем

√- ML2 = 22 +42− 2⋅2 ⋅4⋅cos60∘ = 12 ⇒ ML = 2 3.

Заметим, что $AL2 = AM2 + ML2$ ( $42 =22 +(2√3)2$ ), следовательно, по обратной теореме Пифагора $∠AML = 90∘$ .

Таким образом, $ML ⊥ AB$ и $ML ⊥ BB1$ , следовательно, $ML ⊥ (ABB1 )$ , следовательно, $ML ⊥ MN$ .
Таким образом, $∠NML = 90∘$ и $MNKL$ – параллелограмм, у которого один угол прямой, следовательно, все углы прямые, следовательно, это прямоугольник.
Для того, чтобы доказать, что это квадрат, достаточно доказать равенство двух смежных сторон. Поэтому покажем, что $ML = MN$ .
Рассмотрим грань $ABB1A1$ и проведем в ней $NN1 ⊥ AB$ , чтобы найти $MN$ .

$PIC$

Тогда $N1B = NB1 = 2$ , следовательно, $MN1 = 6− 2− 2= 2$ . Тогда из прямоугольного $△MNN1$ имеем:

∘ -----√---- √ - MN = 22+ (2 2)2 = 2 3.

Таким образом, $MN = ML$ , чтд.
б) Построим сечение призмы плоскостью $MNK$ . Для этого необходимо найти отрезки, по которым она пересекает грани $BB1C1C$ и $ACC1A1$ .
Пусть $O$ – точка пересечения прямых $ML$ и $BC$ . Тогда $O$ лежит в грани $BCC1B1$ . Следовательно, соединив точки $O$ и $K$ , получим точку пересечения плоскости с ребром $CC1$ – точку $P$ . Тогда $MNKP L$ – искомое сечение.

$PIC$

Его площадь будем искать как сумму площади квадрата $MNKL$ и треугольника $KP L$ .
Площадь квадрата $MNKL$ равна $√- (2 3)2 = 12$ .

По теореме Менелая для $△ABC$ и прямой $MO$ имеем:

BM-- AL- CO- 4 4 CO- MA ⋅LC ⋅OB = 1 ⇒ 2 ⋅ 2 ⋅OB = 1 ⇒ CO = 2.

Таким образом, $△P KC1 = △P OC$ как прямоугольные по катету и острому углу, следовательно, $√ - CP = PC1 = 2$ .
Тогда по теореме Пифагора:

∘ ----√---- √ - KP = 22+( 2)2 = 6; ∘ -----√--- √- LP = 22+ ( 2)2 = 6

То есть $△KP L$ равнобедренный. Следовательно, его высота $h$ из вершины $P$ к основанию (на рисунке не отмечена) по теореме Пифагора ищется как

∘ ------------ h = (√6)2− (√3)2 = √3.

Тогда

1 √ - √- S △KPL = 2 ⋅ 3⋅2 3 =3

Следовательно, площадь сечения равна $12+ 3= 15$ .

Ответ: б) 15

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 136#1718Максимум баллов за задание: 3

На ребрах $CD$ и $BB1$ куба $ABCDA1B1C1D1$ с ребром 12 отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно, причем $DP = 4,$ $B1Q = 3.$ Плоскость $(AP Q)$ пересекает ребро $CC1$ в точке $M.$

а) Докажите, что точка $M$ делит ребро $CC1$ пополам.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $(APQ ).$

Источники: ЕГЭ 2016, резервный день

Показать ответ и решение

а) Так как грани $ABB1$ и $DCC1$ параллельны, то плоскость $AP Q$ пересечет их по параллельным прямым. Поэтому $P M ∥AQ$ .

$PIC$

Таким образом, $△ ABQ ∼ △P CM ⇒ CM = PC-⋅BQ-= 6 AB$ , т.е. $M$ – середина ребра $CC1$ .

б) Расстояние от точки $C$ до плоскости $APQ$ равно высоте $CH$ пирамиды $CMP S$ ( $C$ – ее вершина, $MP S$ – основание). Найдем $CH$ с помощью формулы:

3VCMPS hC = -SMPS--

Для этого рассмотрим эту пирамиду как пирамиду с вершиной в точке $S$ . $1 1 VSCMP = 3 SC ⋅ 2CM ⋅CP$ . Из подобия треугольников $SCP$ и $SAB$ найдем $SC = 24$ . Следовательно, $VSCMP = 192$ .

По теореме Пифагора $√ -- √-- P S = 8 10,PM = 10,SM = 6 17$ .

Тогда по формуле Герона

------------------------------------------------------------ S = ∘ (5 +4√10-+ 3√17)(5+ 4√10-− 3√17-)(5+ 3√17− 4√10)(3√17− 5+ 4√10) MPS

Следовательно, $SMPS = 24√26$

Следовательно,

3V 12√26- hC = -SCMPS-= --13- MPS

Ответ:

б) $12√26- -13--$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 137#2661Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной призме $ABCA1B1C1$ сторона $AB$ основания равна 12, а высота призмы равна 2. На ребрах $B1C1$ и $AB$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно, причем $PC1 = 3,$ $AQ = 4.$ Плоскость $(A1P Q)$ пересекает ребро $BC$ в точке $M.$

а) Докажите, что точка $M$ является серединой ребра $BC.$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $(A1PQ ).$

Источники: ЕГЭ 2016, резервный день

Показать ответ и решение

а) Обозначим $(A1PQ) =α.$ Так как плоскости $(ABC )$ и $(A1B1C1)$ параллельны, то плоскость $α$ пересечет их по параллельным прямым, то есть $QM ∥A1P.$ Тогда $△ A1B1P ∼△QBM,$ откуда имеем:

BM BQ B-P-= B-A-- 1 1 1

Следовательно,

B1P-⋅BQ- (12−-3)⋅(12-− 4) 1 BM = B1A1 = 12 =6 = 2BC

Тогда точка $M$ делит ребро $BC$ пополам и является его серединой.

$PIC$

б) Расстояние от точки $B$ до плоскости $α$ равно высоте пирамиды $BQSM,$ проведенной из вершины $B$ к основанию $QSM :$

3VBQSM hB = -SQSM--

Рассмотрим $BQSM$ как пирамиду с вершиной в точке $S$ и основанием $QBM.$ Тогда

V = 1SB ⋅S = 1 ⋅SB ⋅ 1⋅QB ⋅BM ⋅sin∠QBM BQSM 3 QBM 3 2

Из подобия треугольников $SBM$ и $SB1P$ найдем $SB = 4.$ Тогда

1 1 √3- √- VBQSM = 3 ⋅4⋅2 ⋅8⋅6⋅-2-= 16 3

По теореме Пифагора в треугольнике $SBM$ найдем $√ -- SM = 2 13.$

По теореме Пифагора в треугольнике $SBQ$ найдем $√ - SQ = 4 5.$

По теореме косинусов в треугольнике $QBM$ найдем $√ -- QM = 2 13.$

Следовательно, $QM = SM$ и $△ QSM$ — равнобедренный. С помощью высоты, проведенной к основанию $QS,$ найдем $S = 8√10. QSM$

Тогда искомое расстояние равно

√ - √ -- hB = 3VBQSM-= 3-⋅1√6--3= 3--30 SQSM 8 10 5

Ответ:

б) $3√30 -5---$

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 138#15853Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной пирамиде $MABC$ с основанием $ABC$ известно, что $AC = 17,$ $AM = 15.$ Точки $P$ и $Q$ — середины рёбер $MA$ и $MC$ соответственно. Плоскость $π$ проходит через $P Q$ и перпендикулярна плоскости $(ABC ).$

а) Докажите, что плоскость $π$ делит медиану основания $BD$ в отношении $5:1,$ считая от вершины $B.$

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $π.$

Источники: ЕГЭ 2015

Показать ответ и решение

а) Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость $(ABC ),$ $′ P$ и $′ Q$ — проекции на плоскость $(ABC )$ точек $P$ и $Q$ соответственно.

Плоскость $π$ проходит через $PQ$ и $P′Q′.$ Пусть $H$ — точка пересечения $MD$ и $PQ,$ $H′$ — её проекция на плоскость $(ABC ).$ Тогда $H ′$ лежит на $BD.$

Так как $PQ$ — средняя линия в треугольнике $MAC,$ то $H$ — середина $MD$ в силу подобия треугольников $MCD$ и $MQH$ по двум углам.

$PIC$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $MDO$ и $HDH ′.$ В них $∠MDO$ — общий, следовательно, треугольники $MDO$ и $HDH ′$ подобны по острому углу, откуда получаем

′ DH--= DH--= 1 DO DM 2

Так как пирамида $MABC$ правильная, то $O$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Следовательно, имеем:

1 ′ 1 1 1 1 DO = 3 ⋅DB ⇒ DH = 2 ⋅DO = 2 ⋅3 ⋅DB = 6 ⋅DB

Отсюда получаем

BH ′ :H ′D =5 :1

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Прямая $AC$ параллельна прямой $PQ$ и не лежит в плоскости $π,$ следовательно, $AC ∥ π.$ Обозначим искомое расстояние через $ρ.$ Так как $AC ∥π,$ то

ρ(C;π)= ρ(AC;π)= ρ(D;π)

Далее имеем:

DH ′ ⊥AC, AC ∥P Q∥ P′Q′ ⇒ DH ′ ⊥ P′Q′

Кроме того, $′ ′ DH ⊥ HH .$ Тогда получаем $′ DH ⊥ π$ и искомое расстояние равно

1 ρ(D; π)= DH ′ = 6 ⋅DB

Найдём $DB$ по теореме Пифагора в треугольнике $BDC :$

√ - BD2 = BC2 − CD2 = 3 ⋅172 ⇒ BD = 17-3- 4 2

Тогда расстояние от точки $C$ до плоскости $π$ равно

√ - √- DH ′ = 1⋅ 17-3= 17-3 6 2 12

Ответ:

б) $17√3-- 12$

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 139#16747Максимум баллов за задание: 3

В основании прямой призмы $ABCDA1B1C1D1$ лежит квадрат $ABCD$ со стороной 4, а высота призмы равна $√ -- 17.$ Точка $E$ лежит на диагонали $BD1,$ причем $BE = 1.$

а) Постройте сечение призмы плоскостью $(A1C1E ).$

б) Найдите угол наклона этой плоскости к плоскости $(ABC ).$

Источники: ЕГЭ 2015, пробный вариант

Показать ответ и решение

а) Назовем плоскость $(A1C1E )$ плоскостью $α.$ Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей грани $A1B1C1D1.$ Тогда $O ∈α.$ Следовательно, вся прямая $OE ⊂ α.$

Заметим, что прямые $OE$ и $BD$ лежат в одной плоскости — плоскости $(BB1D1 ).$ Пусть $E′$ — точка пересечения прямой $OE$ и прямой $BD.$ Тогда $E ′ ∈α.$ Таким образом, получили точку пересечения плоскости $α$ с гранью $ABCD.$

Так как грани $A1B1C1D1$ и $ABCD$ параллельны, то плоскость $α$ пересечет их по параллельным прямым. Поэтому проведем в грани $ABCD$ через точку $′ E$ прямую параллельно $A1C1.$ Пусть эта прямая пересекает ребра $AB$ и $BC$ в точках $N$ и $M$ соответственно.

Таким образом, получили сечение $A1C1MN$ призмы плоскостью $α.$

$PIC$

б) Так как основание призмы является квадратом, а диагонали квадрата перпендикулярны, то $A1C1 ⊥ BD.$ Так как $MN ∥ A1C1,$ то $MN ⊥ BD.$

Необходимо построить линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $α$ и $(ABC ),$ то есть построить перпендикуляры в каждой из плоскостей к их линии пересечения. Прямая $MN$ и есть линия их пересечения, следовательно, в плоскости $(ABC )$ уже найден перпендикуляр — это $ED.$

Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямая $′ OE ⊥ MN$ как наклонная, проекцией которой является прямая $′ E D.$ Следовательно, необходимо найти $′ ∠OE D.$

Рассмотрим сечение $BB1D1D.$

$PIC$

Проведем $OO ′ ⊥ BD$ и найдем $tg∠OE ′O ′.$ Для этого нам нужно найти $E′O′,$ так как $OO′ = DD1 =√17.$

Заметим, что $√ - √- BD = AB 2= 4 2,$ следовательно,

′ √ - BO = 0,5BD = 2 2= OD1

Тогда имеем:

∘ ---------- BD1 = BD2 + DD21 = 7 ED1 = 7− 1= 6

Заметим также, что $△EE ′B ∼△EOD1$ по двум углам. Следовательно,

E ′B EB √2 OD--= ED-- ⇒ E′B = 3-- 1 1

Значит, получаем

√ - √ - E ′O ′ =2√2-−--2= 5--2 3 3

Таким образом, имеем:

′ ′ OO-′ √17- √-- tg∠OE O = E′O′ = 5√2 =0,3 34 3

Тогда искомый угол равен

( √--) ∠OE ′O′ = arctg 0,3 34

Ответ:

б) $( √--) arctg 0,3 34$

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 140#17307Максимум баллов за задание: 3

Многогранник $ABCDA1B1C1D1$ — куб. На ребре $BB1$ отмечена точка $K$ так, что $KB :KB1 = 3 :1.$ Через точки $K$ и $A1$ проведена плоскость $π,$ параллельная прямой $BD1.$

а) Докажите, что $C1M :MB1 =2 :1,$ где $M$ — точка пересечения плоскости $π$ с ребром $B1C1.$

б) Пусть $N$ — точка пересечения плоскости $π$ и прямой $B1D1.$ Найдите угол $MKN.$

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольник $BB1D1.$ Пусть $N$ — точка на отрезке $B1D1$ такая, что $KN ∥BD1.$ Плоскость $π$ проходит через точку $N,$ так как $π ∥ BD1$ и $π$ проходит через точку $K,$ а $KN ∥BD1.$ Тогда $M$ — точка пересечения $A1N$ и $B1C1.$ Так как $KN ∥BD1,$ то $∠B1KN = ∠B1BD1.$

Рассмотрим треугольники $B1KN$ и $B1BD1.$ Они подобны по двум углам, откуда

B1N--= B1K-= ---B1K--- = ----B1K----= 1 B1D1 B1B B1K +KB B1K + 3B1K 4

$PIC$

Следовательно,

B1N-= ---B1N-----= ----B1N----= 1 ND1 B1D1 − B1N 4B1N − B1N 3

Рассмотрим треугольники $A ND 1 1$ и $B NM. 1$ Так как $B M ∥A D , 1 1 1$ то

∠NB1M = ∠ND1A1, ∠NMB1 = ∠NA1D1

Следовательно, треугольники $A1ND1$ и $MNB1$ подобны по двум углам. Отсюда получаем

B1M B1N 1 1 A1D1-= ND1- = 3 ⇒ B1M = 3B1C1

Тогда точка $M$ делит отрезок $B1C1$ в отношении $2:1,$ считая от вершины $C1.$

б) Обозначим длину стороны куба через $a.$ Из отношений, данных в условии, следует, что

1 1 B1K = 4a, B1M = 3a

Далее, отрезок $√ - B1D1 = 2a$ как диагональ квадрата со стороной $a.$

По теореме Пифагора в треугольнике $A1B1M :$

∘------------ ∘ ------- √ -- A1M = A1B2 + B1M2 = a2+ a2= a--10 1 9 3

В пункте а) уже было доказано, что $△ B1MN ∼ △D1A1N$ с коэффициентом $1:3.$ Тогда имеем:

$pict$

$PIC$

По теореме Пифагора в треугольниках $B1NK$ и $B1MK$ соответственно имеем:

$pict$

По теореме косинусов для треугольника $MNK :$

2 2 2 cos∠MKN = MK--2+MKKN-⋅KN− MN--= 25 2 3 2 10 2 42 = -144a-+-16a√−-144a-= 1√44-= -√7- 2⋅152a⋅-34 a 5243 5 3

Тогда искомый угол равен

∠MKN = arccos-7√-- 5 3

Ответ:

б) $-7-- arccos5√3$

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