Тема 14. Задачи по стереометрии

14.09 Задачи на построение

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#35001

Дана треугольная призма $ABCA B C 1 1 1$ , $M$ — точка пересечения медиан основания $ABC.$ Постройте прямую пересечения плоскостей $ABC$ и $A1MC1.$

Показать ответ и решение

Плоскость $A MC 1 1$ проходит через прямую $A C 1 1$ , параллельную прямой $AC$ из плоскости $ABC$ . Следовательно, линия пересечения этих плоскостей параллельна прямой $A1C1$ . Тогда проведем через общую точку $M$ этих плоскостей прямую $l∥AC$ . Это и будет линия пересечения плоскостей.

$PIC$

Ответ: Рисунок

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#35002

Четырехугольник $ABCD$ — основание пирамиды $SABCD$ . Постройте прямую пересечения плоскостей $ASB$ и $CSD$ .

Показать ответ и решение

а) Пусть $AB ∩CD =O$ . Тогда $O$ , как и $S$ –=- общая точка этих плоскостей. Следовательно, прямая $SO$ — линия пересечения этих плоскостей.

$PIC$

б) Пусть $AB ∥ CD$ . Тогда плоскости $ASB$ , $CSD$ и $ABC$ образуют теорему “домик”, следовательно, так как две линии пересечения $AB$ и $CD$ параллельны, то третья линия перес5ечения также будет им параллельна. Таким образом, необходимо через точку $S$ (общую точку двух плоскостей) провести прямую $l∥AB.$

$PIC$

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#35006

Дана треугольная пирамида $ABCD$ , $M$ — точка пересечения медиан грани $ABC.$ Постройте прямую пересечения плоскости $ADC$ с плоскостью $α$ , проходящей через $M$ параллельно $AC$ и $BD.$

Показать ответ и решение

Проведем через точку $M$ прямую $RQ ∥AC$ . Теперь проведем $RO ∥PQ ∥BD$ . Получили сечение пирамиды плоскостью $α$ — четырехугольник $PORQ$ (который, вообще говоря, является параллелограммом).

$PIC$

Тогда $P O$ — линия пересечения плоскости $α$ и плоскости $ADC$ . Заметим, что она паралллельна $AC$ , так как мы получили теорему “домик”, образует которую плоскости $ADC$ , $α$ и $ABC$ . Линии пересечения $AC$ и $RQ$ параллельны, следовательно, $P O$ также им параллельна.

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#35257

Дан параллелепипед $ABCDA1B1C1D1.$ Точки $K,$ $L$ и $M$ лежат на ребрах $AD,$ $CD$ и $BB1$ соответственно. Постройте прямую пересечения плоскостей $(KLM )$ и $(BB1D1D ),$ а также сечение параллелепипеда плоскостью $(KLM ).$

Показать ответ и решение

а) Пусть $E = BD ∩KL.$ Тогда $E$ лежит в обеих плоскостях $(KLM )$ и $(BB1D1D ).$ Аналогично с точкой $M.$ Следовательно, $ME$ — прямая пересечения этих плоскостей .

$PIC$

б) Найдем точку пересечения прямых $KL$ и $BC$ — точку $X1.$ Они лежит в плоскости $(KLM ).$ Следовательно, прямая $MX 1$ лежит в плоскости $(KLM ).$ Пусть она пересекает прямую $CC 1$ в точке $X . 2$ Аналогичным образом получаем точки $X3$ и $X4.$ Тогда сечение параллелепипеда плоскостью $(KLM )$ — пятиугольник $KLX2MX4.$

Ответ: Задача на построение

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#35260

Докажите, что в параллелепипеде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ диагональ $AC 1$ проходит через точку пересечения медиан треугольника $BA D 1$ и делится ею в отношении $1:2$ , считая от точки $A$ .

Показать ответ и решение

1) Найдем точку пересечения $AC 1$ и плоскости $BA D 1$ . Для этого найдем прямую $l$ пересечения некоторой плоскости, в которой лежит прямая $AC1$ , с плоскостью $BA1D$ . Тогда точка пересечения $AC1$ и $BA1D$ — это точка пересечения $AC1$ и $l$ .

$PIC$

Возьмем плоскость $ACC1A1$ , в которой лежит $AC1$ . Тогда $E = AC∩ BD$ и $A1$ — общие точки плоскостей $BA1D$ и $ACC1$ . Следователььно, $A1E$ — линия пересечения этих плоскостей (то есть $A1E$ и есть прямая $l$ ). Тогда искомая точка $F = AC1∩ A1E$ .

$E$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ , следовательно, $E$ — середина $BD$ , следовательно, $A1E$ — медиана в $△BA1D$ .

2) Рассмотрим $△A1F C1 ∼ △AF E$ . Тогда $AE :A1C1 = 1:2$ , откуда $AF :F C1 = 1:2$ , чтд.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#35261

Дана треугольная пирамида $ABCD$ . Точка $M$ лежит на ребре $BC$ , причем $BM :MC = 1:2$ . Постройте точку пересечения прямой, проходящей через точку $M$ и середину ребра $CD$ , с плоскостью $ABD$ .

Показать ответ и решение

1) Чтобы найти точку пересечения прямой $a$ и плоскости $β$ , нужно взять произвольную плоскость $α$ , в которой лежит прямая $a$ , и найти линию пересечения $b= α∩ β$ этих двух плоскостей. Тогда данная прямая $a$ пересекает плоскость $β$ в точке, в которой она пересекает найденную линию пересечения $b$ .

$PIC$

Возьмем плоскость $BCD$ , в которой лежит прямая $LM$ ( $L$ — середина $CD$ ). Тогда $BD$ — линия пересечения плоскостей $BCD$ и $ABD$ . Следовательно, $LM ∩ BD = X1$ — искомая точка.

2) По теореме Менелая для $△BCD$ и прямой $LX1$ :

DX1- ⋅ BM-⋅ CL-= 1 ⇒ DX1-= 2 ⇔ BD = DX1 X1B MC LD X1B

Ответ: Рисунок

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#35262

Дана треугольная призма $ABCA B C 1 1 1$ . $M$ – точка пересечения медиан грани $ABC$ , точка $N$ лежит на боковом ребре $CC 1$ . Постройте точку пересечения прямой $MN$ с плоскостью $A1B1C1$ .

Показать ответ и решение

Чтобы найти точку пересечения прямой $a$ и плоскости $β$ , нужно взять произвольную плоскость $α$ , в которой лежит прямая $a$ , и найти линию пересечения $b= α∩ β$ этих двух плоскостей. Тогда данная прямая $a$ пересекает плоскость $β$ в точке, в которой она пересекает найденную линию пересечения $b$ .

$PIC$

Проведем медианы $CF$ и $C1H$ и рассмотрим плоскость $CF HC1$ , гле лежит прямая $MG$ . Тогда линия пересечения этой плоскости п плоскости $A1B1C1$ — прямая $C1H$ . Следовательно, $I = MG =C1H$ — искомая точка.

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#35263

Дана треугольная пирамида $ABCD$ . Точки $K,L$ и $M$ лежат на ребрах $AB,BC$ и $CD$ соответственно. Постройте точку пересечения прямой $KM$ с плоскостью $ALD.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем плоскость $CKD$ , в которой лежит прямая $KM$ . Тогда $N = CK ∩ AL$ и $D$ — две общие точки плоскостей $CKD$ и $ALD$ . Следовательно, $DN$ — линия пересечения этих плоскостей. Тогда $KM ∩DN = O$ — искомая точка.

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#35267

Дана четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ . Точка $M$ лежит на боковом ребре $SD$ . Постройте точку пересечения прямой $BM$ и плоскости $ASC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем плоскость $BSD$ , $BM$ лежит в этой плоскости. Тогда $S$ и $E = BD ∩AC$ — общие точки плоскостей $BSD$ и $ASC$ , следовательно, $SE$ — их линия пересечения. Тогда $F =SE ∩BM$ — искомая точка.

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#35270

Дан параллелепипед $ABCDA B C D 1 11 1$ . Точка $M$ лежит на ребре $DD 1$ . Постройте точку пересечения прямой $DB 1$ с плоскостью $AMC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем плоскость $BB1D1D$ , в которой лежит прямая $B1D$ . Тогда $M$ , $E =BD ∩ AC$ — две точки пересечения плоскостей $BB1D1D$ и $AMC$ . Следовательно, $ME$ — линия пересечения этих плоскостей. Тогда $B1D ∩ME =F$ — искомая точка.

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#35276

Основание пирамиды $SABCDEF$ — шестиугольник $ABCDEF$ , противоположные стороны $BC$ и $EF$ которого параллельны. Точка $M$ лежит на ребре $SC$ . Постройте точку пересечения прямой $BM$ с плоскостью $ESF.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем плоскость $BSC$ , которая содержит прямую $BM$ . Плоскости $BSC$ , $ESF$ и $ABC$ образуют теорему “домик”, где две линии пересечения параллельны между собой (это $BC$ и $EF$ ). Следовательно, третья линия пересечения $b= (BSC)∩ (ESF )$ параллельна им, то есть $b∥BC$ , $S ∈b$ . Таким образом, $G = BM ∩b$ — искомая точка.

Ответ: Рисунок

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#35312

Дана треугольная пирамида $ABCD$ , $M$ — точка пересечения медиан грани $ABC.$ Постройте точку пересечения прямой, проходящей через точку $B$ и середину отрезка $DM$ , с плоскостью $ACD$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем плоскость $BED$ , где лежит прямая $BJ$ ( $J$ — середина $DM$ , $E$ — середина $AC$ ). Эта плоскость пересекается с плоскостью $ACD$ по прямой $DE$ . Следовательно, $BJ ∩DE = L$ — искомая точка.

2) Рассмотрим теорему Менелая для $△EDM$ и прямой $BL$ :

DJ- ⋅ MB-⋅ EL-= 1 ⇒ EL-= 3 JM BE LD LD 2

Ответ: Рисунок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75432

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна боковому ребру $SA.$ Медианы треугольника $SBC$ пересекаются в точке $P.$

а) Докажите, что $AP$ = $SB.$

б) В треугольнике $ASP$ проведена медиана $AG.$ Найдите площадь треугольника $AGP,$ если $AB = 8.$

Показать ответ и решение

а)

$PIC$

1. Проведём медиану $SE$ в $△SBC.$ По свойству точки пересечения медиан в треугольнике $SP :PE = 2:1.$

2. Пирамида правильная, следовательно, все боковые ребра равны и все стороны основания $ABCD$ также равны. По условию $AB = SA,$ то есть боковое ребро равно стороне основания, значит, вообще все ребра пирамиды равны.

3. Обозначим длину $SB$ за $x.$ В таком случае $SB = SD = SC = SA = AB = BD = DC = AC = x.$

4. $△SBC$ равносторонний, следовательно $SE$ — это ещё и высота и $△SBE$ – прямоугольный.

5. По теореме Пифагора для $△SBE :$

SB2 = BE2 + SE2,

x2 =(x )2+ SE2, 2

∘ ------ SE = 0,75x2.

6. Из пунктов 1) и 5) получаем, что

∘----- SP = 2SE- = 2-0,75x2-. 3 3

7. Проведём $AE.$ В основании пирамиды лежит квадрат, так как пирамида правильная, поэтому $△ABE$ — прямоугольный.

8. По теореме Пифагора для $△ABE :$

2 2 2 AE = BE + AB ,

2 (x)2 2 AE = 2 + x ,

AE = ∘1,25x2.

9. По теореме косинусов для $△ASE$ найдём $cos(∠ASE ):$

AE2 = AS2 +SE2 − 2⋅AS ⋅SE ⋅cos(∠ASE ),

2 2 2 2 2 2 cos(∠ASE )= AS--+-SE--− AE- = x-+-0,75x∘-−-1,25x-= 0,√5. 2 ⋅AS ⋅SE 2⋅x ⋅ 0,75x2 3

10. По теореме косинусов для $△ASP$ найдём $AP :$

AP 2 = AS2 +SP 2− 2⋅AS ⋅SP ⋅cos(∠ASE ),

┌ ----------------------------------- ││ ( ∘-----2)2 ∘-----2 AP = ∘ x2+ 2-0,75x- − 2⋅x ⋅ 2-0,75x-⋅ 0√,5-, 3 3 3

AP = x.

11. Таким образом, $AP = SB = x.$ Ч.Т.Д.

б)

1. Раз $G$ — середина $SP,$ то, помня об отношении $SP :PE,$ делаем вывод: $SG = GP = P E.$

2. Опустим перпендикуляр $AI$ на $SE.$ В таком случае $△ASI$ — прямоугольный.

3. $∠ASE$ и $∠ASI$ — один и тот же угол, тогда по формуле косинуса для $△ASI :$

cos(∠ASE )= -SI = SI-= 0√,5, AS 8 3

SI = √4-. 3

4. По теореме Пифагора для $△ASI :$

2 2 2 AS = SI + AI ,

2 4 2 2 8 = (√3) + AI ,

4√33- AI = 3 .

5. Помня вычисленные в пункте а) величины, находим, что

∘ ------- --0,75⋅82 4-- GP = 3 = √3.

6. По формуле площади треугольника:

√ -- √ -- S = 1 ⋅GP ⋅AI = 1⋅√4-⋅ 4-33= 8--11. △AGP 2 2 3 3 3

Ответ:

б) $√-- 8131-$

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

Предыдущий раздел

Следующий раздел