Тема 14. Задачи по стереометрии

14.11 Построение сечений

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#1199

Дан куб $ABCDA1B1C1D1.$ Диагонали основания $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O.$ Найдите сечение куба плоскостью $α,$ проходящей через точку $A$ перпендикулярно прямой $A1O.$

Показать ответ и решение

1) Если $A1O ⊥ α,$ то прямая $A1O$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $α.$ Построим эти две прямые.

Рассмотрим содержащую прямую $A1O$ плоскость $(AA1C1C).$ Проведем в ней прямую $AQ ⊥ A1O.$ Теперь необходимо через точку $Q$ их пересечения провести еще одну прямую перпендикулярно $A1O.$

Рассмотрим для этого содержащую прямую $A1O$ плоскость $(A1BD ).$ Проведем через точку $Q$ прямую $RS ⊥ A1O.$ Так как по теореме о трех перпендикулярах $A O ⊥ BD 1$ как наклонная $(A A ⊥(ABC ), AO ⊥ BD 1$ — проекция), то $RS ∥BD.$

$PIC$

2) Проведем прямые $AR$ и $AS.$ Они могут пересечь либо ребра $DD1$ и $BB1,$ либо их продолжения. Так как от этого зависит вид сечения, определим расположение точек $R$ и $S.$

Обозначим ребро куба за $a.$ Тогда имеем:

a√2- a AO = --2-= √2-

Рассмотрим прямоугольный $△AA1O.$ Так как $AQ ⊥ A1O,$ то по свойству прямоугольного треугольника

△AA1Q ∼ △AA1O ⇒ A1Q-= AA1- AA1 A1O

$PIC$

Тогда с привлечением теоремы Пифагора имеем:

∘ -----2- √ - 2 √- A1O = a2+ a-= --6a ⇒ A1Q = AA-1 = -6a 2 2 A1O 3

Так как $RS ∥BD,$ то

A1R A1Q √6- √6- 2 △A1DO ∼ △A1RQ ⇒ A1D- = A1O-= -3-:-2- = 3

Аналогично $A1S :A1B = 2:3.$

Заметим, что $△AA1R ∼ △MDR$ с коэффициентом подобия 2, так как $A1R :RD =2 :1.$ Следовательно, $1 MD = 2AA1.$ Аналогично $1 PB = 2AA1.$

Таким образом, получили линии пересечения плоскостей $(AA1D1 )$ и $(AA1B1)$ с плоскостью $α$ — прямые $AM$ и $AP.$

3) Так как плоскости $(AA B ) 1 1$ и $(DD C ) 1 1$ параллельны, то плоскость $α$ пересечет их по параллельным прямым. Следовательно, в плоскости $(DD1C1 )$ через точку $M$ нужно провести прямую, параллельную $AP$ .

Так как $M$ и $P$ — середины $DD1$ и $BB1,$ то $MC1 ∥ AP.$

$PIC$

Таким образом, сечение куба плоскостью $α$ — это четырехугольник $AMC1P,$ являющийся ромбом, так как $AM =AP =MC1$ и $MC1 ∥AP.$

Ответ: Задача на построение

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#1677

Дан куб $ABCDA1B1C1D1,$ точка $K$ — середина ребра $AA1.$ Постройте сечение куба плоскостью $α,$ проходящей через точки $K$ и $B$ параллельно диагонали $A1C.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим плоскость $(AA1C1),$ в которой находится прямая $A1C.$ Так как $α ∥A1C,$ то плоскость $α$ пересекает $(AA1C1)$ по прямой, параллельной $A1C.$

$PIC$

Так как $K ∈ (AA1C1 ),$ то проведем в этой плоскости $KN ∥ A1C.$ Тогда по теореме Фалеса точка $N$ — середина $AC.$

Так как $ABCDA1B1C1D1$ — куб, то точка $N$ является точкой пересечения диагоналей квадрата $ABCD.$ Отсюда $N ∈BD$ и треугольник $KBD$ — искомое сечение куба плоскостью $α.$

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#2604

Дан куб $ABCDA1B1C1D1.$ На ребрах $AA1$ и $BC$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причем $AM :MA1 =2 :1,$ а $N$ — середина $BC.$ Найдите сечение куба плоскостью $(DMN ).$

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как грани $ADD1A1$ и $BCC1B1$ куба параллельны, то плоскость $(DMN )$ пересечет их по параллельным прямым. Тогда проведем $NK ∥DM$ и получим $DNKM$ — искомое сечение.

Необходимо найти точное расположение точки $K.$

Обозначим ребро куба за $6x.$ Тогда $△ADM ∼ △BNK,$ следовательно,

BK BN BK 3x AM--= AD-- ⇒ -4x-= 6x ⇒ BK = 2x

Таким образом,

BK :KB1 = 2x :(6x − 2x)= 2x :4x = 1:2

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#10865

Постройте сечение правильной четырехугольной пирамиды, проходящее через точки $H,$ $K$ и $P.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Точки сечения всюду обозначены синим и пронумерованы в том порядке, в котором мы их строим.

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $P H$ принадлежат $α,$ при этом $PH ⊂ (CMA ).$ Тогда $X1 = CA ∩P H$ и $X2 =CM ∩ PH$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $X1K$ принадлежат $α,$ при этом $X1K ⊂ (ABCD ).$ Тогда $X3 = X1K ∩ AD$ и $X4 = X1K ∩ AB$ принадлежат $α.$
3.: Все точки прямой $X4H$ принадлежат $α,$ при этом $X4H ⊂ (AMB ).$ Тогда $X5 =X4H ∩MB$ принадлежит $α.$
4.: Искомое сечение $KX2X5HX3.$

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#10900

Постройте сечение правильной шестиугольной призмы, проходящее через точки $K,$ $P$ и точку $M$ бокового ребра $EE1.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Точки сечения, которые мы строим, всюду обозначены синим и пронумерованы в том порядке, в котором мы их строим!

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $P K$ принадлежат $α,$ при этом $P K ⊂ (ABCDEF ).$ Тогда $X1 = BC ∩ PK,$ $X2 = EF ∩ PK$ и $X3 = ED ∩ PK$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $X2M$ принадлежат $α,$ при этом $X2M ⊂ (FF1E1E ).$ Тогда $X = X M ∩ FF 4 2 1$ принадлежит $α.$
3.: Все точки прямой $X3M$ принадлежат $α,$ при этом $X3M ⊂ (DD1E1E ).$ Тогда $X5 = X3M ∩DD1$ принадлежит $α.$
4.: В правильной шестиугольной призме противолежащие грани $(F F1E1E )$ и $(BB1C1C )$ параллельны, следовательно, прямые их пересечения с плоскостью $α$ параллельны. $X1 ∈ (α∩ (BB1C1C )),$ $X4M ⊂ FF1E1E,$ тогда прямая через $X1,$ параллельная $X4M,$ принадлежит $α$ и лежит в плоскости $BB1C1C.$ Ее точки пересечения $X6$ и $X7$ с ребрами $BB1$ и $CC1$ соответственно принадлежат $α.$
5.: Искомое сечение $X4MX5X7X6KP.$

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#11999

Точки $M$ и $N$ — середины ребер соответственно $AA1$ и $AB$ треугольной призмы $ABCA1B1C1.$

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $M,$ $N$ и $C1.$

б) В каком отношении плоскость сечения делит ребро $BC?$

Показать ответ и решение

Обозначим плоскость сечения через $α.$

Все точки прямой $MC1$ принадлежат $α,$ при этом $MC1 ⊂ (AA1C1C).$ Тогда $X1 = MC1 ∩AC$ принадлежит $α.$

Все точки прямой $X1N$ принадлежат $α,$ при этом $X1N ⊂ (ABC ).$ Тогда $X2 = X1N ∩BC$ принадлежит $α.$

Тогда $NMC1X2$ — искомое сечение.

$PIC$

б) Так как $A1M = MA,$ то $△ A1C1M = △AX1M$ по стороне и прилежащим к ней углам. Тогда $X1A = A1C1 = AC.$

Запишем теорему Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $X1X2,$ учитывая, что $CX1 :X1A = 2:1$ и $AN = NB :$

AN-- BX2- CX1- BX2- BX2- 1 NB ⋅X2C ⋅X1A = 1⋅X2C ⋅2 ⇒ X2C = 2

Ответ:

б) $1 :2$

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 7#13553

Основание пирамиды $SABCD$ — параллелограмм $ABCD$ с центром $O$ . Точка $M$ — середина отрезка $AO.$

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку $M$ параллельно прямым $SA$ и $BD.$

б) В каком отношении плоскость сечения делит ребро $SC?$

Показать ответ и решение

а) Обозначим через $α$ плоскость сечения.

По условию $α∥ BD$ , следовательно, $α$ пересекает плоскость $(ABCD )$ , содержащую прямую $BD$ , по прямой, проходящей через точку $M$ и параллельной $BD$ . Проведем через $M$ прямую, параллельную $BD$ , точки $X1$ и $X 2$ — ее пересечения с $AD$ и $AB$ соответственно — лежат в плоскости $α$ .
По условию $α ∥SA$ , следовательно, $α$ пересекает плоскости $(SAD )$ и $(SAB )$ , содержащие $SA$ , по прямым, параллельным $SA$ . Проведем через $X1$ и $X2$ прямые, параллельные $SA$ , тогда $X3$ и $X4$ — точки пересечения этих прямых с $SD$ и $SB$ соответственно, эти точки также принадлежат $α$ .
Все точки прямой $X1X2$ принадлежат $α$ , при этом $X1X2 ⊂(ABCD )$ . Тогда $X5 = X1X2 ∩CB$ принадлежит $α$ .
Все точки прямой $X4X5$ принадлежат $α$ , при этом $X4X5 ⊂ (SBC )$ . Тогда $X6 = X4X5 ∩SC$ принадлежит $α$ .

Получили, что $X1X2X4X6X3$ — искомое сечение.

$PIC$

б) По построению плоскость сечения параллельна прямой $SA$ . Отрезок $X6M$ лежит как в плоскости сечения, так и в плоскости $(SCA )$ , значит, он параллелен $SA$ . Тогда по теореме Фалеса

CX6 :X6S = CM :MA

Отрезок $MA$ равен четверти диагонали $AC$ параллелограмма, следовательно, искомое отношение равно $3 :1$ .

Ответ:

б) $3 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#16719

Постройте сечение куба, проходящее через точки $M,$ $K$ и $P.$

а)

$PIC$

б)

$PIC$

в) (точка М находится в верхней грани)

$PIC$

г)

$PIC$

Показать ответ и решение

Точки сечения всюду обозначены синим и пронумерованы в том порядке, в котором мы их получаем.

а) Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $MK$ принадлежат $α,$ при этом $MK ⊂ (D1C1CD ).$ Тогда $X1 = MK ∩D1C1$ и $X2 = MK ∩DC$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $X2P$ принадлежат $α,$ при этом $X2P ⊂ (ABCD ).$ Тогда $X3 = X2P ∩CB$ и $X4 = X2P ∩AD$ принадлежат $α.$
3.: Все точки прямой $X4M$ принадлежат $α,$ при этом $X M ⊂ (AA D D). 4 1 1$ Тогда $X = X M ∩AA 5 4 1$ и $X6 = X4M ∩ A1D1$ принадлежат $α.$
4.: Искомое сечение $X1KX3P X5X6.$

$PIC$

б) Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $MP$ принадлежат $α,$ при этом $MP ⊂ (BB1C1C ).$ Тогда $X1 = MP ∩BC$ принадлежит $α.$
2.: Все точки прямой $X1K$ принадлежат $α,$ при этом $X1K ⊂ (ABCD ).$ Тогда $X2 = X1K ∩AB$ и $X3 = X1K ∩ CD$ принадлежат $α.$
3.: Все точки прямой $X M 3$ принадлежат $α,$ при этом $X3M ⊂ (DD1C1C ).$ Тогда $X4 = X3M ∩ DD1$ принадлежит $α.$
4.: Искомое сечение $MP X2KX4.$

$PIC$

в) Обозначим через $α$ плоскость сечения. Считаем, что $M ∈ A1B1C1D1.$

1.: Все точки прямой $MP$ принадлежат $α,$ при этом $MP ⊂ (A B C D ). 1 1 1 1$ Тогда $X = MP ∩A B 1 1 1$ принадлежит $α.$
2.: Все точки прямой $X1K$ принадлежат $α,$ при этом $X1K ⊂ (AA1B1B ).$ Тогда $X2 = X1K ∩ AB$ принадлежит $α.$
3.: В кубе плоскости $(ABCD )$ и $(A1B1C1D1 )$ параллельны. Тогда прямые их пересечения с плоскостью $α$ должны быть параллельны между собой. Таким образом, прямая пересечения плоскостей $(ABCD )$ и $α$ должна быть параллельна прямой $X1P =(A1B1C1D1 )∩α,$ а также должна проходить через точку $X2$ (так как $X2 ∈ (ABCD )$ и $X2 ∈α).$ Тогда точка $X3 ∈ DC$ (такая, что $X2X3 ∥X1P )$ принадлежит $α.$
4.: Все точки прямой $X3P$ принадлежат $α,$ при этом $X3P ⊂ (DD1C1C ).$ Тогда $X4 = X3P ∩CC1$ принадлежит $α.$
5.: Искомое сечение $X1P X4K.$

$PIC$

г) Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $MP$ принадлежат $α,$ при этом $MP ⊂ (A1B1C1D1).$ Тогда $X1 =MP ∩ D1C1$ и $X2 = MP ∩A1B1$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $X2K$ принадлежат $α,$ при этом $X2K ⊂ (AA1B1B ).$ Тогда $X3 = X2K ∩ BB1$ принадлежит $α.$
3.: Все точки прямой $KM$ принадлежат $α,$ при этом $KM ⊂(AA1D1D ).$ Тогда $X4 = KM ∩ DD1$ принадлежит $α.$
4.: Искомое сечение $X1P X3KX4.$

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#16720

Точка $M$ — середина ребра $AD$ тетраэдра $ABCD.$ Точки $K$ и $L$ лежат на прямых $AB$ и $AC$ соответственно, причем $B$ — середина отрезка $AK,$ а $C$ — середина отрезка $AL.$

а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки $M,$ $K$ и $L.$

б) Найдите, в каком отношении плоскость сечения делит ребро $BD.$

Показать ответ и решение

а) Обозначим через $α = (M KL )$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $M K$ принадлежат $α$ , при этом $M K ⊂ (ABD )$ . Тогда $X = M K ∩BD 1$ принадлежит $α$ .
2.: Все точки прямой $M L$ принадлежат $α$ , при этом $M L ⊂ (ACD )$ . Тогда $X2 = M L ∩CD$ принадлежит $α$ .
3.: Искомое сечение $M X2X1$ .

$PIC$

б) Запишем теорему Менелая для треугольника $ADB$ и прямой $M K$ , учитывая, что $AM = M D$ и $BK = 1KA 2$

AM--⋅ DX1-⋅ BK-= 1 ⋅ DX1-⋅ 1 = 1 ⇒ DX1-= 2 M D X1B KA X1B 2 X1B

Ответ:

б) $1 : 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#16721

Точка $M$ — середина ребра $AD$ куба $ABCDA1B1C1D1.$ Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку $M$ параллельно прямым $CB1$ и $BD.$

Показать ответ и решение

1.: Обозначим плоскость сечения через $α.$ По условию $α∥ BD,$ а значит, пересекает плоскость $(ABCD )$ по прямой, параллельной $BD$ и проходящей через точку $M,$ так как $M ∈(ABCD )$ и $M ∈ α.$ Тогда точка $X1 ∈AB$ такая, что $BD ∥ MX1,$ принадлежит $α.$
2.: В кубе плоскости $(ADD1A1 )$ и $(BCC1B1 )$ параллельны. Тогда прямые их пересечения с плоскостью $α$ должны быть параллельны между собой и параллельны прямой $CB1,$ так как $α ∥CB1.$ Таким образом, прямая пересечения плоскостей $(ADD1A1 )$ и $α$ должна быть параллельна прямой $CB1,$ а также должна проходить через точку $M,$ так как $M ∈ (ADD A ) 1 1$ и $M ∈α.$ Тогда точка $X ∈ AA 2 1$ такая, что $MX2 ∥ DA1 ∥CB1,$ принадлежит $α.$
3.: Искомое сечение $MX1X2.$

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#16722

Точка $M$ — середина ребра $CD$ куба $ABCDA1B1C1D1.$ Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки $M$ и $C1$ параллельно $AC.$

Показать ответ и решение

В верхней грани $A1B1C1D1$ куба проведем через точку $C1$ прямую, параллельную $AC.$ Такая прямая пройдет через точку $A1.$ Таким образом, плоскость сечения будет проходить через точки $M,$ $A1$ и $C1.$

Обозначим через $α = (MC1A1 )$ плоскость сечения. В кубе плоскости $(ABCD )$ и $(A1B1C1D1 )$ параллельны. Тогда прямые их пересечения с плоскостью $α$ должны быть параллельны между собой.

Таким образом, прямая пересечения плоскостей $(ABCD )$ и $α$ должна быть параллельна прямой $A C = (A B C D )∩ α, 1 1 1 1 1 1$ а также должна проходить через точку $M,$ поскольку $M ∈(ABCD )$ и $M ∈ α.$ Тогда точка $X1 ∈ DA$ такая, что $X1M ∥ AC ∥A1C1,$ принадлежит $α.$ Тогда $A1C1MX1$ — искомое сечение.

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#18658

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ точки $M,$ $N$ и $K$ — середины ребер $CD,$ $B1C1$ и $AA1$ соответственно. Постройте сечение куба плоскостью $(KMN ).$

Показать ответ и решение

Точки сечения на картинке обозначены синим и пронумерованы в том порядке, в котором мы их строим.

а) Обозначим через $α$ плоскость сечения. Пусть $N ′$ — середина $BC,$ тогда прямая $AN ′$ является проекцией прямой $KN$ на плоскость $(ABC ),$ поскольку $KA ⊥ (ABC )$ и $NN ′ ⊥ (ABC ).$

$PIC$

1.: Пусть $X1$ — точка пересечения прямой $KN$ и ее проекции $AN ′.$ Тогда точка $X1$ лежит в плоскости $α$ и в плоскости $(ABC ).$
2.: Все точки прямой $X1M$ принадлежат $α,$ при этом $X1M ⊂(ABCD ).$ Тогда точки $X2 = X1M ∩ AD$ и $X3 = X1M ∩BC$ принадлежат $α.$
3.: Все точки прямой $X3N$ принадлежат $α,$ при этом $X3N ⊂ (BB1C1C ).$ Тогда точки $X4 = X3N ∩CC1$ и $X5 = X3N ∩ BB1$ принадлежат $α.$
4.: Все точки прямой $X5K$ принадлежат $α,$ при этом $X5K ⊂ (AA1B1B ).$ Тогда точка $X6 = X5K ∩A1B1$ принадлежит $α.$
5.: Искомое сечение $KX6NX4MX2.$

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#18659

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ точки $M$ и $N$ — середины ребер $AA1$ и $AD$ соответственно. Постройте сечение куба плоскостью, содержащей прямую $MN$ и параллельной прямой $B1D.$

Показать ответ и решение

Пусть точка $F$ — середина $BB1,$ точка $E$ — середина $BD.$ Тогда $EF ∥DB1$ как средняя линия в треугольнике $DBB1.$

Далее, $EN ∥ AB$ как средняя линия в треугольнике $ABD.$ Кроме того, $MF ∥ AB,$ так как $M$ и $F$ — середины противоположных сторон квадрата $AA1B1B.$

Тогда $EN ∥MF,$ следовательно, точки $E,$ $N,$ $M$ и $F$ лежат в одной плоскости $α.$

$PIC$

Плоскость $α$ проходит через прямую $MN$ и содержит прямую $FE,$ параллельную $B1D.$ Следовательно, $α$ и есть плоскость искомого сечения. Продлив $NE$ до пересечения с $BC,$ получим точку $K$ и сечение $MNKF.$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#19260

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ точки $K,$ $M$ и $N$ — середины ребер $SC,$ $SE$ и $AB$ соответственно. Постройте сечение пирамиды плоскостью $(MKN ).$

Показать ответ и решение

Точки сечения всюду обозначены заглавными латинскими $X$ и пронумерованы в том порядке, в котором мы их строим.

Обозначим через $α$ плоскость сечения. Поскольку $MK ∥ EC$ как средняя линия в треугольнике $SEC,$ то плоскость $α$ параллельна прямой $EC,$ лежащей в плоскости $(ABC )$ основания пирамиды. Тогда $α$ пересекает плоскость $(ABC )$ по прямой, параллельной $EC$ и проходящей через точку $N.$ Пусть $X1$ — точка пересечения этой прямой с $F A.$ Несложно видеть, что $X1$ — середина $FA,$ так как $EC ∥ FB ∥X1N$ и $N$ — середина $AB$ по условию.

$PIC$

1.: Все точки прямой $X1N$ принадлежат $α,$ при этом $X1N ⊂(ABCDEF ).$ Тогда $X2 = FE ∩X1N,$ $X3 = BC ∩ X1N$ и $X4 = DC ∩ X1N$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $X2M$ принадлежат $α,$ при этом $X2M ⊂ (SFE).$ Тогда $X5 = X2M ∩SF$ принадлежит $α.$
3.: Все точки прямой $X3K$ принадлежат $α,$ при этом $X3K ⊂ (SBC ).$ Тогда $X6 = X3K ∩ SB$ принадлежит $α.$
4.: Все точки прямой $X4K$ принадлежат $α,$ при этом $X4K ⊂ (SDC ).$ Тогда $X7 = X4K ∩ SD$ принадлежит $α.$
5.: Искомое сечение $X1X5MX7KX6N.$

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#19261

Постройте сечение правильной шестиугольной призмы плоскостью $(MKP ),$ если известно, что сечение представляет собой четырехугольник.

$PIC$

Показать ответ и решение

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

$PIC$

1.: Все точки прямой $MK$ принадлежат $α,$ при этом $MK ⊂ (FF1C1C ).$ Тогда $X1 = MK ∩ F1C1$ и $X2 = MK ∩ FC$ принадлежат $α.$
2.: Все точки прямой $P X1$ принадлежат $α,$ при этом $PX1 ⊂ (A1B1C1D1E1F1 ).$ Тогда $X3 = PX1 ∩D1C1$ и $X4 = P X1∩ F1A1$ принадлежат $α.$
3.: Все точки прямой $X3K$ принадлежат $α,$ при этом $X3K ⊂ (DD1C1C ).$ Тогда $X5 = X3K ∩DC$ принадлежит $α.$
4.: Все точки прямой $X X 2 5$ принадлежат $α,$ при этом $X X ⊂(ABCDEF ). 2 5$ Тогда $X = X X ∩ FA 6 2 5$ принадлежит $α.$ Заметим, что если $X2X5$ пересечет отрезок $AB,$ то в сечении получится пятиугольник, что не удовлетворяет условию (последняя вершина сечения будет лежать в таком случае на ребре $AA1$ ).
5.: Искомое сечение $X4X3X5X6.$

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#19803

Точки $P,$ $K$ и $H$ делят ребра $MC,$ $MA$ и $MB$ соответственно правильной четырехугольной пирамиды $MABCD$ с основанием $ABCD$ в равных отношениях $MP :P C = MK :KA = BH :HM = 2:1.$ Найдите, в каком отношении ребра $DC$ и $DA$ пирамиды $MABCD$ делятся плоскостью, проходящей через точки $K,$ $P$ и $H.$

Показать ответ и решение

Точки сечения, которое мы строим, всюду обозначены синим и пронумерованы в том порядке, в котором мы их находим.

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $HK$ принадлежат $α,$ при этом $HK ⊂(MBA ).$ Тогда $X1 = AB ∩HK$ принадлежит $α.$
2.: Все точки прямой $HP$ принадлежат $α,$ при этом $HP ⊂(MBC ).$ Тогда $X2 = BC ∩HP$ принадлежит $α.$
3.: Все точки прямой $X1X2$ принадлежат $α,$ при этом $X1X2 ⊂(ABCD ).$ Тогда $X3 = X1X2 ∩DC$ и $X4 = X1X2 ∩DA$ принадлежат $α.$
4.: Искомое сечение $X PHKX . 3 4$

$PIC$

Найдем искомые отношения. Заметим, что в силу симметрии картинки относительно плоскости $(MBD )$ искомые отношения равны:

DX3 DX4 X3C-= X4A-

Значит достаточно найти одно отношение.

Запишем теорему Менелая для $△ AMB$ и прямой $HK :$

-AK- ⋅ MH-⋅ BX1-= 1 KM HB X1A 1 ⋅ 1⋅ BX1-= 1 ⇒ BX1- =4 2 2 X1A X1A BX1 = 4⋅X1A ⇒ BA = 3⋅AX1

Запишем теорему Менелая для $△ MCB$ и прямой $PH :$

CP MH BX2 PM-⋅ HB--⋅X2C-= 1 1 1 BX BX 2 ⋅2 ⋅ X-2C-= 1 ⇒ X-C2 =4 2 2 BX2 = 4⋅X2C ⇒ BC = 3⋅CX2

Получаем, что $CX2 = AX1 ⇒ △X2BX1$ — равнобедренный. Значит, $∠BX X = ∠BX X = 45∘. 2 3 1 4$
Отсюда следует, что $△X1X4A$ и $△ X3X2C$ — равнобедренные. Тогда получаем

1 1 CX3 = CX2 = 3BC = 3DC.

Значит, отрезки $DC$ и $DA$ точками $X3$ и $X4$ соответственно делятся в отношении $2:1.$

Ответ:

$2 :1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#19804

Точка $O$ — центр основания правильной четырехугольной пирамиды $MABCD$ с основанием $ABCD.$ Точки $K$ и $P$ на отрезках $MO$ и $MB$ соответственно делят их в равных отношениях $MK :KO = BP :PM = 2 :1,$ точка $H$ на ребре $MA$ такова, что $MH :HA = 3 :1.$ Найдите, в каком отношении ребра $DC$ и $DA$ пирамиды $MABCD$ делятся плоскостью, проходящей через точки $K,$ $P$ и $H.$

Показать ответ и решение

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Все точки прямой $HP$ принадлежат $α,$ при этом $HP ⊂(MBA ).$ Тогда $X1 = AB ∩HP$ принадлежит $α.$
2.: Все точки прямой $HK$ принадлежат $α,$ при этом $HK ⊂(MCA ).$ Тогда $X2 = MC ∩ HK$ принадлежит $α.$
3.: Все точки прямой $P X2$ принадлежат $α,$ при этом $P X2 ⊂(MBC ).$ Тогда $X3 = BC ∩P X2$ принадлежит $α.$
4.: Все точки прямой $X X 1 3$ принадлежат $α,$ при этом $X X ⊂(ABCD ). 1 3$ Тогда $X4 = X1X3 ∩DC$ и $X5 = X1X3 ∩DA$ принадлежат $α.$
5.: Искомое сечение $X4X2P HX5.$

$PIC$

Найдем искомые отношения.

Запишем теорему Менелая для $△ MAB$ и прямой $PH$ :

AH--⋅ MP-⋅ BX1-= 1 HM PB X1A 1 1 BX1- 3 ⋅2 ⋅X1A = 1 ⇒ BX1 = 6⋅X1A

Пусть $X6 = X2H ∩ AC.$

Запишем теорему Менелая для $△ OMA$ и прямой $HK$ :

OK--⋅ MH-⋅ AX6-= 1 KM HA X6O 1 ⋅ 3⋅ AX6 = 1 ⇒ AX6-= 2 2 1 X6O X6O 3

Обозначим $AX6 = 2y.$ Тогда $AO = y$ и $AC = 2y.$

Запишем теорему Менелая для $△ CMO$ и прямой $X2K$ :

CX2--⋅ MK-⋅ OX6 =1 X2M KO X6C CX2--⋅ 2 ⋅ 3y-= 1 ⇒ -CX2-= 2 X2M 1 4y X2M 3

Запишем теорему Менелая для $△ CMB$ и прямой $PX2$ :

-CX2-⋅ MP-⋅ BX3 =1 X2M P B X3C 2 1 BX3 BX3 3 ⋅2 ⋅ X3C-= 1 ⇒ X3C- =3 BC = 2⋅CX3

Обозначим $BC = 10x.$ Тогда $CX3 = 5x$ и $AX1 = 2x.$

Из подобия $△ X5X1A$ и $△ X3X1B$ имеем:

-X5A = X1A-= -2x = 1 X3B X1B 12x 6 X5A = 1 ⋅X3B = 1⋅15x= 5x 6 6 2

Отсюда получаем

DA 10x X5A-= -5x =4. 2

Тогда точка $X5$ делит отрезок $DA$ в отношении $3:1.$

Из подобия $△ X3CX4$ и $△ X3BX1$ имеем:

CX4- X3C- -5x 1 BX1 = X3B = 15x = 3 1 CX4 = 3 ⋅BX1 = 4x

Отсюда получаем

-DC- = 10x= 5 . CX4 4x 2

Тогда точка $X4$ делит отрезок $DC$ в отношении $3:2.$

Ответ:

$3 :1$ и $3:2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#19805

Дана правильная треугольная призма $ABCA1B1C1$ . Точка $K$ — середина ребра $A1B1$ , точка $L$ делит ребро $A1C1$ в отношении $A1L : LC1 = 2 : 1$ . Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $B$ , $K$ и $L$ .

Показать ответ и решение

Обозначим через $α$ плоскость сечения.

1.: Плоскости $(ABC )$ и $(A1B1C1 )$ параллельны, следовательно, плоскость $α$ сечет их по параллельным прямым. Построим через точку $B$ прямую $l$ , параллельную $KL$ . Все точки этой прямой принадлежат $α$ , значит, и $X1 = l∩ AC$ принадлежит $α$ .
2.: Все точки прямой $X1L$ принадлежат $α$ , при этом $X1L ⊂ (ACC1 )$ . Тогда $X2 = CC1 ∩ X1L$ принадлежит $α$ .
3.: Искомое сечение $BKLX2$ .

$PIC$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#43564

Постройте сечение правильной шестиугольной призмы плоскостью, проходящей через точки $M,$ $P$ и $K.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Назовем плоскость $(MP K )$ плоскостью $α.$

Пусть $X1 = MK ∩BD,$ $X2 = MP ∩F D.$ Тогда $α$ пересекает плоскость $(ABC )$ по прямой $X1X2.$

Пусть $X3 = EF ∩ X1X2.$ Получили точку $X3,$ лежащую в $α.$ Следовательно, $α$ пересекает грань $F EE1F1$ по отрезку $P X4,$ где $X4$ — точка пересечения $X3P$ с ребром $EE1.$

Пусть $X = AD ∩ X X . 5 1 2$ Получили точку $X , 5$ лежащую в $α.$ Следовательно, $α$ пересекает ребро $AA1$ в точке $X6$ пересечения прямой $X5M$ с этим ребром.

$PIC$

Пусть $X7 = BC ∩ X1X2.$ Получили точку $X7,$ лежащую в $α.$ Следовательно, $α$ пересекает грань $BCC B 1 1$ по отрезку $KX , 8$ где $X 8$ — точка пересечения $X7K$ с ребром $CC1.$

Получаем сечение призмы плоскостью $α$ — шестиугольник $MX4P X6KX8.$

Ответ:

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#43571

Постройте сечение правильной шестиугольной призмы плоскостью, проходящей через точки $M,$ $P$ и $K.$

$PIC$

Показать ответ и решение

Назовем плоскость $(MP K )$ плоскостью $α.$

Пусть $X1$ — ортогональная проекция точки $M$ на плоскость $(ABC ).$ Тогда $α$ пересекает $(ABC )$ в точке $X2,$ в которой прямая $MP$ пересекает прямую $X1F$ (так как $F$ — проекция точки $P$ на плоскость $ABC$ ). Получаем, что плоскость $α$ пересекает $(ABC )$ по прямой $KX2.$

$PIC$

$KX2 ∩ FA = X3$ — вершина сечения призмы плоскостью $α,$ а $P X3$ — одна из сторон этого сечения, $KX3$ — другая сторона.

Пусть $EF ∩KX2 = X4.$ Получили точку $X4,$ лежащую в $α.$ Тогда $α$ пересекает грань $EF F1E1$ по отрезку $P X5,$ где $X5$ — точка пересечения прямой $P X4$ с ребром $E1F1.$ $⋆$

Получаем $MX 5$ — еще одну сторону сечения, то есть отрезок, по которому $α$ пересекает плоскость $(A1B1C1).$

Пусть $KX2 ∩CD =X6.$ Тогда $X6$ — точка, лежащая в $α.$ Если $MX6 ∩CC1 = X7,$ то $X7$ — точка, в которой $α$ пересекает ребро $CC1.$

Получаем сечение призмы плоскостью $α$ — шестиугольник $P X3KX7MX5.$

$⋆$ Заметим, что прямая $P X4$ могла бы пересечь не ребро $E1F1,$ а ребро $EE1.$ Тогда сечение выглядело бы по-другому. Все зависит от положения точек $M,$ $P,$ $K.$

Ответ:

$PIC$