Тема 14. Задачи по стереометрии

14.02 Задачи №14 из сборника И.В. Ященко

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 21#45414Максимум баллов за задание: 3

В основании четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 8,$ $BC = 6.$ Длины боковых ребер пирамиды $√-- SA = 21,$ $√ -- SB = 85,$ $√-- SD = 57.$

а) Докажите, что $SA$ — высота пирамиды.

б) Найдите угол между прямыми $SC$ и $BD.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 32

Показать ответ и решение

а) Так как $SB2 = SA2 + AB2 ⇔ 85 = 21 +64$ — верно, то по обратной теореме Пифагора $SA ⊥ AB.$

Аналогично по обратной теореме Пифагора, так как $2 2 2 SD = SA +AD ,$ имеем $SA ⊥ AD.$ Следовательно, $SA$ перпендикулярна двум пересекающимся прямыми из плоскости $ABC,$ следовательно, $SA ⊥ (ABC ).$ Следовательно, $SA$ — высота пирамиды.

$PIC$

б) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $ABCD.$ Тогда $O$ — середина $AC.$ Проведем $OM ∥ SC.$ Тогда $φ= ∠MOD$ — угол между прямыми $SC$ и $BD.$ Найдем его по теореме косинусов из $△MOD.$ Для этого найдем стороны этого треугольника.

По теореме Фалеса $M$ — середина $AS.$ $AC = √82-+62-=10$ $⇒$ $AO = DO = 5.$ Тогда

2 2 2 165 MD = MA + AD = 4 MO2 = MA2 + AO2 = 121 4 OD2 = 25

Следовательно,

MO2 +OD2 − MD2 14 14 cosφ = ---2-⋅MO-⋅OD-----= 55 ⇒ φ = arccos55.

Ответ:

б) $arccos 14 55$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#45430Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания $AB$ равна $6,$ а боковое ребро $SA$ равно $√ -- 21.$ На ребрах $AB$ и $SB$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причем $AM =4,$ $SK :KB = 1 :3.$

а) докажите, что плоскость $CKM$ перпендикулярна плоскости $ABC.$

б) Найдите объем пирамиды $BCKM.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 33

Показать ответ и решение

а) Проведем $BB1 ⊥ AC.$ Пусть $CM$ пересекает $BB1$ в точке $O.$ Тогда $KO$ — линия пересечения плоскостей $CKM$ и $ASB1.$ Проведем $SH$ — высоту пирамиды $SABC.$ Докажем, что $KO ∥SH,$ тогда из $SH ⊥ (ABC )$ будет следовать, что $KO ⊥ (ABC ),$ откуда будет следовать, что $(CKM )⊥ (ABC ).$

По теореме Менелая для $△ABB1$ и прямой $CM :$

AM--⋅ BO-⋅ B1C-= 1 ⇔ 2 ⋅ BO-⋅ 1 = 1 ⇔ BO--= 1 MB OB1 CA 4 OB1 2 OB1

Следовательно, $BO = 1BB . 2 1$ Так как $BH = 2BB , 3 1$ то

1 (2 1) 1 1 BO :OH = 2 : 3 − 2 = 2 :6 = 3:1

Так как $BO :OH = BK :KS = 3 :1,$ то по обратной теореме Фалеса $KO ∥SH.$ Чтд.

$PIC$

б) Объем пирамиды $BCKM$ равен

1 V = 3 ⋅KO ⋅SBCM

Из пункта а) следует, что $3 KO = 4SH.$ Высота правильного треугольника $ABC$ равна $√- √- BB1 = AB2-3= 3 3$ $⇒$ $√- BH = 2 3$ $⇒$

√------ SH = 21− 12= 3

Тогда

KO = 3 ⋅3= 9 4 4

Так как площади треугольников, имеющих общую высоту, относятся как основания, то

1 1 AB2 √3 √- SBCM = 3SABC = 3 ⋅--4-- = 3 3

Следовательно,

√- √ - V = 1⋅ 9 ⋅3 3 = 9-3. 3 4 4

Ответ:

б) $√- 9-3- 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#45431Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна $8,$ а боковое ребро $SA$ равно $7.$ На ребрах $AB$ и $SB$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причем $AM = 2,$ $SK = 1.$ Плоскость $α$ перпендикулярна плоскоссти $ABC$ и содержит точки $M$ и $K.$

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

б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $α.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 34

Показать ответ и решение

а) Проведем в плоскости $(BSD )$ прямую $KO ∥ SH,$ где $SH$ — высота пирамиды (см. рис.). Тогда плоскость $α$ содержит точку $O,$ так как $KO ⊥ (ABC ).$ По теореме Фалеса $BO :OH = 6 :1,$ то есть $BO = 6x,$ $OH = x.$ Тогда $OD =8x.$

Так как $BO :OD =BM :CD =6 :8$ и $∠OBM = ∠ODC,$ то $△OBM ∼ △ODC.$ Следовательно, $∠BOM = ∠COD.$ Следовательно, точки $M,$ $O$ и $C$ лежат на одной прямой, то есть плоскость $α$ содержит точку $C.$

$PIC$

б) Так как $KO ⊥ (ABC ),$ то $KO ⊥ CM,$ следовательно, площадь сечения пирамиды плоскостью $α$ равна

1 SCKM = 2 ⋅KO ⋅CM.

По теореме Пифагора

∘ ---------- CM = BM2 + BC2 = 10

По теореме Пифагора $√ - AC =8 2$ $⇒$ $√ - AH = 4 2$ $⇒$

∘ ---2-----2 √-- SH = AS − AH = 17

Из $△BKO ∼ △BSH$ следует, что

6 KO = 7SH

Следовательно,

1 6 √ -- 30√17 SCKM = 2 ⋅7 ⋅ 17⋅10= --7--.

Ответ:

б) $√ -- 30-17 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#26370Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания $AB$ равна 6, а боковое ребро $SA$ равно 7. На рёбрах $AB$ и $SC$ отмечены точки $K$ и $M$ соответственно, причём $AK :KB = SM :MC = 1 :5.$ Плоскость $α$ содержит прямую $KM$ и параллельна прямой $BC.$

a) Докажите, что плоскость $α$ параллельна прямой $SA.$

б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $(SBC ).$

Показать ответ и решение

а) Пусть плоскость $α$ пересекает ребро $AC$ в точке $N.$ Прямые $KN$ и $BC$ параллельны, так как плоскость $α$ параллельна $BC,$ значит, по теореме о пропорциональных отрезках

AN AK 1 SM NC- = KB--= 5 = MC--

$PIC$

Следовательно, по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $MN ∥SA.$ Таким образом, плоскость $α,$ содержащая прямую $MN,$ параллельна прямой $SA.$

б) Пусть $H$ — середина ребра $BC,$ тогда $SH$ — медиана и высота в равнобедренном треугольнике $SBC,$ $AH$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике $ABC.$ Тогда $BC ⊥ SH$ и $BC ⊥ AH,$ следовательно, $BC ⊥(SAH ).$

Плоскость $(SAH )$ перпендикулярна плоскости $α,$ параллельной прямой $BC,$ и плоскости $(SBC ),$ содержащей прямую $BC.$ Поскольку плоскость $α$ параллельна прямой $SA,$ лежащей в плоскости $(SAH ),$ то искомый угол равен углу между прямой $SA$ и плоскостью $(SBC ).$

Рассмотрим треугольник $SAH.$ Проведем в нем высоту $AT.$ Заметим, что $BC ⊥ AT,$ так как $BC ⊥ (SAH ).$ По построению $AT ⊥ SH,$ значит, $AT ⊥ (SBC ).$ Следовательно, прямая $SH$ является проекцией прямой $SA$ на плоскость $(SBC ).$ Значит, угол между прямой $SA$ и плоскостью $(SBC )$ равен углу между прямыми $SA$ и $SH.$

$PIC$

Найдем угол $ASH$ треугольника $SAH.$ По условию $SA =7.$ Найдем стороны $AH$ и $SH.$ Отрезок $AH$ — высота равностороннего треугольника $ABC$ со стороной, равной 6 по условию, значит, $AH = 3√3.$

Отрезок $SH$ — высота равнобедренного треугольника $SBC,$ тогда по теореме Пифагора

2 2 2 2 (BC )2 √----- √-- √-- SH = SB − BH =SB − -2- ⇒ SH = 49 − 9 = 40= 2 10

Запишем теорему косинусов для треугольника $SAH :$

2 2 2 AH = SA +SH − 2⋅SA ⋅SH ⋅cos∠ASH

Подставим найденные ранее значения и вычислим косинус угла $ASH :$

27= 49+ 40− 28√10cos∠ASH

√ -- cos∠ASH = --31√-- ⇒ ∠ASH = arccos 31-10 14 10 140

Значит, угол между плоскостью $α$ и плоскостью $(SBC )$ равен $31√10 arccos-140-.$

Ответ:

б) $31√10 arccos 140$

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 25#45439Максимум баллов за задание: 3

В правильной шестиугольной призме $ABCDEF A1B1C1D1E1F1$ сторона основания $AB$ равна 4, а боковое ребро $AA1$ равно $√ - 5 3.$ На ребре $DD1$ отмечена точка $M$ так, что $DM :MD1 = 3:2.$ Плоскость $α$ параллельна прямой $A1F1$ и проходит через точки $M$ и $E.$

а) Докажите, что сечение призмы $ABCDEF A1B1C1D1E1F1$ плоскостью $α$ — равнобедренная трапеция.

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка $F,$ а основанием — сечение призмы $ABCDEF A1B1C1D1E1F1$ плоскостью $α.$

Показать ответ и решение

а) Так как $A1F1 ∥CD,$ то $α∥ CD.$ Следовательно, $α$ пересечет плоскости, в которых лежит прямая $CD,$ по прямым, параллельным $CD.$ Поэтому проведем $MN ∥ CD$ и $EB ∥ CD.$ Тогда сечение призмы плоскостью $α$ — четырехугольник $MNBE.$ Докажем, что это равнобедренная трапеция.

Во-первых, по построению $MN ∥CD ∥BE.$ Во-вторых, $MN = CD,$ $BE =2CD,$ следовательно, $MN ⁄= BE.$ В-третьих, по теореме Фалеса $CN :NC = 3:2, 1$ следовательно, $CN = DM.$ Тогда $△BCN = △EDM$ как прямоугольные по двум катетам, следовательно, $BN = EM.$ Следовательно, $MNBE$ — равнобедренная трапеция.

$PIC$

б) Пусть $FD ∩BE =P.$ Тогда по свойству правильного шестиугольника $DP ⊥BE.$ Следовательно, по ТТП $MP ⊥ BE.$ Тогда перпендикуляр на плоскость $α$ из любой точки прямой $FD$ упадет на прямую $MP.$ Пусть $F H ⊥ MP$ (точка $H$ лежит на продолжении отрезка $MP$ за точку $P$ ). Тогда $F H$ — высота пирамиды $FMNBE.$

1.: $∘ ∠EDP = 30$ $⇒$ $∘ √ - P D = ED cos30 =2 3= FP.$
2.: По теореме Пифагора $√-- MP = 39.$
3.: $△F PH ∼ △MP D$ как прямоугольные по острому углу, следовательно, $FH FP 3√3 ⋅2√3 18 MD--= MP-- ⇒ F H = --√-----= √--- 39 39$
4.: $-- -- SMNBE = MN--+-BE-⋅MP = 8+-4 ⋅√ 39= 6√39. 2 2$
5.: $VFMNBE = 1 ⋅FH ⋅SMNBE = 1⋅√18-⋅6√39 =36. 3 3 39$

Ответ: б) 36

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 26#45450Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ сторона основания $AB$ равна $√ - 2 3,$ а боковое ребро $AA1$ равно 3. На ребрах $A1D1$ и $DD1$ отмечены точки $K$ и $M$ так, что $A1K = KD1,$ а $DM :MD1 = 2 :1.$

а) Докажите, что прямые $MK$ и $BK$ перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями $(BMK )$ и $(BCC1 ).$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 25

Показать ответ и решение

а) По условию имеем:

A K =√3, DM = 2, MD = 1 1 1

По теореме Пифагора имеем:

B1K2 = 12+ 3= 15 2 BK =9 +15 = 24 KM2 = 1+ 3= 4 BD2 = 12+ 12= 24 BM2 = 24+ 4= 28

Получили, что

BK2 + KM2 =BM2

Следовательно, по обратной теореме Пифагора $∠BKM = 90∘.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как $(BCC1 )∥(ADD1 ),$ то

∠((BKM ),(BCC1 ))= ∠((BKM ),(ADD1 ))

Прямая $KM$ — линия пересечения плоскостей $(BKM )$ и $(ADD1 ).$ Нужно провести в каждой из плоскостей перпендикуляры к $KM,$ сходящиеся в одной точке. В плоскости $(BKM )$ такой перпендикуляр есть — это $BK.$ Рассмотрим грань $ADD1A1.$ Пусть $KL ⊥ KM,$ где $L$ — точка пересечения перпендикуляра с прямой $AA1.$ Тогда

∠D1KM = ∠A1LK = φ

Значит,

-A1L KD1-- √- A1K = ctgφ = MD1 = 3 √ - A1L= 3A1K = 3

Следовательно, точка $L$ и точка $A$ совпадают, то есть $KA ⊥ KM.$ Следовательно, $α = ∠BKA.$

По теореме о трех перпендикулярах ( $KA$ — наклонная, $AA1$ — проекция) $KA ⊥ AB.$

Тогда найдем искомый угол:

√- AB-- 2-3- 1-- ∘ sinα = BK = 2√6 = √2 ⇒ α= 45

Ответ:

б) $45∘$

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 27#45472Максимум баллов за задание: 3

Радиус основания конуса равен 12, а высота конуса равна 5.

а) Постройте сечение конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса и взаимно перпендикулярные образующие.

б) Найдите расстояние от плоскости сечения до центра основания конуса.

Показать ответ и решение

а) Пусть вершина конуса — точка $S,$ $O$ — центр основания конуса, $AD$ — диаметр основания. Тогда $AS$ и $DS$ — образующие, угол между которыми наибольший. По теореме косинусов из $△ASD :$

AS2 +DS2 − AD2 cos∠ASD = ---2⋅AS-⋅DS----

По теореме Пифагора из $△ASO$ имеем $AS = 13.$ Следовательно,

2 2 cos∠ASD = 2⋅13-−224-< 0 2 ⋅13

Следовательно, $∠ASD$ — тупой. Следовательно, существуют образующие, угол между которыми прямой.

Пусть $BS ⊥ AS.$ Тогда $△ASB$ — сечение конуса плоскостью $ASB.$ Так как $△ASB$ — прямоугольный и равнобедренный, то $√- AB = 13 2$ — хорда основания.

$PIC$

б) Проведем радиус $OC ⊥ AB.$ Тогда он делит хорду $AB$ точкой $K$ пополам. Следовательно, $13 AK = √2.$ $△ASK$ также прямоугольный и равнобедренный (так как $SK ⊥ AB$ ), следовательно, $SK = AK = √132-.$ Тогда по теореме Пифагора $∘ --- OK = 119. 2$

Прямая $AB ⊥ (SOK ),$ следовательно, если провести $OH ⊥ SK,$ то $OH ⊥ AB,$ значит, $OH ⊥ (ASB ).$ Тогда $OH$ — искомое расстояние.

Так как $OH$ — высота, опущенная из вершины прямого угла $△SOK,$ то по свойству такой высоты имеем

SO ⋅OK 5√ --- OH = --SK---= 13 119.

Ответ:

б) $5-√119 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#45474Максимум баллов за задание: 3

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна 4, а боковое ребро $SA$ равно 5. На ребре $SC$ отмечена точка $K,$ причем $SK :KC = 1:3.$ Плоскость $α$ содержит точку $K$ и параллельна плоскости $(SAD ).$

а) Докажите, что сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $α$ — трапеция.

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка $S,$ а основанием — сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $α.$

Показать ответ и решение

а) Две параллельные плоскости пересекают третью плоскость по параллельным прямым. Следовательно, $α$ пересечет плоскость $SCD$ по прямой $KN ∥ SD,$ плоскость $ABC$ по прямой $MN ∥AD,$ плоскость $SAB$ по прямой $ML ∥SA,$ плоскость $SBC$ по прямой $LK ∥BC.$

Так как $AD ∥ BC,$ то $MN ∥AD ∥BC ∥ LK.$

По теореме Фалеса имеем:

SL :LB = SK :KC ⇒ SL :SB = SK :SC = 1:4

Следовательно, $△SLK ∼ △SBC$ по двум сторонам и общему $∠S$ между ними. Отсюда $LK = 1BC. 4$

Так как $MN ∥BC,$ то $MBCN$ — параллелограмм, следовательно, $MN = BC.$ Значит, $MN > LK,$ то есть $MN ⁄=LK.$ Следовательно, $MNKL$ — трапеция. Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $SO$ — высота пирамиды $SABCD,$ тогда $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD.$ Пусть $E$ и $F$ — середины $AD$ и $BC$ соответственно. Тогда $O ∈EF$ и $EF ⊥ BC.$

Пусть $SF ∩ LK = I,$ $EF ∩ MN = J.$ Так как $BC ⊥ SO,$ то $BC ⊥ (SEF )$ и $BC ⊥IJ.$ Тогда $LK ⊥ IJ$ и $IJ$ — высота трапеции $MNKL.$

Проведем $SH ⊥IJ.$ Тогда $BC ⊥ SH,$ откуда $LK ⊥ SH$ и $SH ⊥ α.$ Тогда $SMNKL$ — пирамида, объем которой нужно найти, и отрезок $SH$ — ее высота. Найдем нужные нам значения:

MN =BC = 4 LK = 1BC = 1 4 3 JF = MB = 4AB = 3 ∘---2-----2 √-- SF = SC − FC = 21 1 1√-- SI = 4SF = 4 21 3 3√-- IF = 4SF = 4 21 OF 2 cos∠SFO = SF- = √21- ∘ ---------------------------- -- IJ = IF2+ JF 2− 2 ⋅IF ⋅JF ⋅cos∠SFO = 3√ 21 ∘--- 4 ∘ -----2------ 17 sin∠SF O = 1− cos ∠SF O = 21 √-- sin∠JIF = JF-⋅siInJ∠SF-O-= 42117- ∘--- SH = SI ⋅sin ∠JIF = 17- 21

Таким образом, искомый объем пирамиды равен

1 LK + MN 5√ -- VSMNKL = 3 ⋅SH ⋅----2----⋅IJ = 8 17

Ответ:

б) $5√17 8$

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 29#45475Максимум баллов за задание: 3

В правильной треугольной усеченной пирамиде $ABCA1B1C1$ площадь нижнего основания $ABC$ в четыре раза больше площади меньшего основания $A1B1C1.$ Через ребро $AC$ проведена плоскость $α,$ которая пересекает ребро $BB1$ в точке $K$ и делит пирамиду на два многогранника равного объема.

а) Докажите, что точка $K$ делит ребро $BB1$ в отношении $7 :1,$ считая от точки $B.$

б) Найдите площадь сечения усеченной пирамиды плоскостью $α,$ если высота усеченной пирамиды равна $√- 2 2,$ а ребро меньшего основания равно $√ - 2 6.$

Показать ответ и решение

а) Так как площадь большего основания усеченной пирамиды в четыре раза больше площади ее меньшего основания, то все стороны большего основания в два раза больше сторон меньшего основания. Следовательно, данная усеченная пирамида получается из правильной треугольной пирамиды $SABC$ путем проведения плоскости $A1B1C1$ через середину $H1$ высоты $SH$ пирамиды параллельно плоскости $ABC.$

Из условия следует, что $V = V . KABC A1B1C1AKC$ Следовательно,

1 VKABC = 2VABCA1B1C1

Так как

VSA BC 1SH1 ⋅SA B C 1SH ⋅ 1SABC 1 -VS1AB1C1-= 3-1SH-⋅S1-1-1= 2SH--⋅S4ABC-- = 8 , 3 ABC

то

VABCA B C = 7VSABC = 7V 11 1 8 8

Следовательно,

7- V0 =VKABC = 16V

Проведем $KP ∥SH.$ Тогда $KP$ — высота пирамиды $KABC.$ Следовательно,

7 V 1KP ⋅S KP 16 =-0V = 31-----ABC- = SH- 3SH ⋅SABC

Так как $△KP B ∼△SHB$ (как прямоугольные по острому углу $∠SBH$ ), то

KB KP 7 KB 7 KB 7 -SB-= SH- = 16 ⇒ BB1-= 8 ⇒ KB1- = 1

$PIC$

б) Из пункта а) следует, что $√- AC = 2A1C1 = 4 6.$ Пусть $BL$ — высота основания. Тогда $H,P ∈ BL.$ По ТТП $KL ⊥ AC.$ Следовательно,

1 SAKC = 2 ⋅KL ⋅AC

Из пункта а) следует, что

KP = 7-SH = 7HH1 = 7⋅2√2 = -7√-- 16 8 8 2 2

Так как

-7 7- 2 7- BP = 16BH = 16 ⋅ 3BL = 24BL ,

то

√- PL = 17BL = 17 ⋅ AC-3-= 17⋅6√2 = -17√-- 24 24 2 24 2 2

Тогда по теореме Пифагора

∘---------- 1 ∘ ------- 1 √ - 13 KL = KP 2+ P L2 = 2√2-⋅ 72+172 = 2√2-⋅13 2= 2-

Следовательно,

SAKC = 1⋅ 13 ⋅4√6-= 13√6. 2 2

Ответ:

б) $13√6-$

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 30#45476Максимум баллов за задание: 3

Основанием пирамиды $F ABC$ является правильный треугольник $ABC$ со стороной 36. Все боковые ребра пирамиды равны 30. На ребрах $FB$ и $FC$ отмечены соответственно точки $K$ и $N$ так, что $BK = CN = 20.$ Через точки $K$ и $N$ проведена плоскость $α,$ перпендикулярная плоскости $(ABC ).$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит медиану $AM$ треугольника $ABC$ в отношении $2:7.$

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

Показать ответ и решение

а) Пусть $FH$ — высота пирамиды. Тогда $△AF H = △BF H = △CF H$ как прямоугольные по катету и гипотенузе. Следовательно, $AH = BH = CH,$ значит $H$ — центр описанной около $△ABC$ окружности. В правильном $△ABC$ эта точка совпадает с точкой пересечения высот (медиан, биссектрис) $AM,$ $BE,$ $CL$ треугольника. Следовательно, $F ABC$ — правильная пирамида.

Так как $BK =CN$ и $BF = CF,$ то по теореме Фалеса $KN ∥BC$ и $BC ∥α.$

Пусть $F M ∩ KN = O.$ Проведем $OP ∥ FH$ в $(AFM ).$ Тогда $OP ⊥(ABC ).$ Следовательно, $α = (KNP ).$ Так как $BC ∥α,$ то $α$ пересечет плоскость $(ABC ),$ содержащую $BC,$ по прямой $IJ ∥ BC.$ Тогда $IKNJ$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$

$PIC$

По теореме Фалеса имеем:

FO :OM = FK :KB = 10:20= 1:2

Следовательно, также по теореме Фалеса

HP :PM = FO :OM =1 :2

Пусть $HP = x,$ $PM = 2x.$ Тогда $HM = 3x.$ Так как $HM = 13AM,$ то $AM = 9x,$ следовательно, $AP = 7x.$ Отсюда $PM :AM = 2:7.$ Что и требовалось доказать.

б) Так как $Bc ∥α,$ то расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $α$ равно расстоянию от точки $B$ до плоскости $α.$ Заметим, что

PM ⊥ IJ, PM ⊥ OP ⇒ PM ⊥ α

Тогда отрезок $PM$ — искомое расстояние.

Из пункта а) следует, что $P M = 2AM. 9$ Так как $AM = 1AB√3 = 18√3, 2$ то

2 √ - √- P M = 9 ⋅18 3= 4 3

$PIC$

Ответ:

б) $4√3$

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 31#45496Максимум баллов за задание: 3

В правильной восьмиугольной призме $ABCDEF GHA1B1C1D1E1F1G1H1$ сторона основания $AB$ равна $√- 3 2,$ а боковое ребро $AA1$ равно $6.$ На ребре $CC1$ отмечена точка $M$ так, что $CM :MC1 = 1 :2.$ Плоскость $α$ параллельна прямой $H1E1$ и проходит через точки $M$ и $A.$

а) Докажите, что сечение призмы $ABCDEF GHA1B1C1D1E1F1G1H1$ плоскостью $α$ — равнобедренная трапеция.

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка $F , 1$ а основанием — сечение призмы $ABCDEF GHA1B1C1D1E1F1G1H1$ плоскостью $α.$

Показать ответ и решение

а) Правильный восьмиугольник получается из квадрата «отрезанием» при вершинах квадрата равных равнобедренных треугольников. Поэтому впишем данную восьмиугольную призму в прямоугольный параллелепипед $P1P2P3P4R1R2R3R4,$ в основании которого лежит квадрат $P1P2P3P4.$ Тогда $√ - P2A= P2B = AH : 2= 3.$ Так как $E1H1 ∥ EH,$ а $EH ∥BC$ по свойству правильного восьмиугольника, то плоскость $α$ параллельна $BC.$ Следовательно, она пересечет плоскости, в которых лежит $BC,$ по прямым, параллельным $BC.$ Поэтому проведем $MN ∥BC.$ Прямая, проходящая через $A$ и параллельная $BC$ — это $AD$ (по свойству правильного восьмиугольника). Следовательно, $ADMN$ — сечение призмы плоскостью $α.$

По теореме Фалеса $CM = BN,$ следовательно, $△ANB = △DMC$ как прямоугольные по двум катетам. Следовательно, $AN =DM.$ Так как $MN = BC,$ $AD = P2P3 >BC,$ то $MN ⁄= AD,$ следовательно, $ADMN$ — равнобедренная трапеция. Чтд.

$PIC$

б) По свойству правильного восьмиугольника $AD ⊥ FC.$ Также $AD ⊥ FF1.$ Следовательно, $AD ⊥ (F F1C1).$ Следовательно, если провести $F1K ⊥MI$ ( $AD ∩ FC = I$ ), то $F1K ⊥ α.$ Рассмотрим прямоугольник $CC1F1C :$