Тема Задачи №14 из ЕГЭ прошлых лет

№14 из ЕГЭ 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#30304Максимум баллов за задание: 3

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $AD$ соответственно.

a) Докажите, что прямые $B1N$ и $CM$ перпендикулярны.

б) Плоскость $α$ проходит через точки $N$ и $B1$ параллельно прямой $CM.$ Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если $B1N = 6.$

Показать ответ и решение

а) Пусть отрезки $NB$ и $MC$ пересекаются в точке $E.$ Прямоугольные треугольники $NAB$ и $MBC$ равны по двум катетам, значит,

∘ ∠MEB = 180 − (∠EMB + ∠EBM )= =180∘− (∠EMB + ∠MCB )= 90∘

Отрезок $BN$ — проекция отрезка $B1N$ на плоскость $(ABC ).$ Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах прямые $B1N$ и $CM$ перпендикулярны.

$PIC$

б) Пусть плоскость $α$ пересекает ребро $CD$ в точке $L.$ Прямые $NL$ и $CM,$ лежащие в плоскости $(ABC ),$ параллельны, поскольку прямая $NL$ лежит в плоскости $α,$ параллельной прямой $CM.$ Следовательно, $∠DLN = ∠DCM = ∠BMC,$ а значит, прямоугольные треугольники $DLN$ и $BMC$ подобны по острому углу. Из отношения подобия получаем

DN AB AD CD DL = BM ⋅-BC-= -2- ⋅2BC-= -4-

Заметим, что $∠LNB1 = 90∘,$ поскольку прямая $B1N$ перпендикулярна прямой $NL,$ параллельной прямой $CM.$ Пусть ребро куба равно $a.$ По теореме Пифагора получаем

2 36= B1N2 = AN2 + AB2+ BB21 = 9a 4

Кроме того,

a= 4; BB1 = 4, D∘N-=-2, DL√=-1 CL = 3, LN = 22 +12 = 5

Объём пирамиды $CNLB1$ равен

( ) 1⋅ 1CL ⋅DN ⋅BB1 = 1⋅3⋅2⋅4 =4 3 2 6

С другой стороны, объём этой пирамиды равен

1 ( 1 ) 1 √ - √ - 3 ⋅ 2B1N ⋅LN ⋅x = 6 ⋅6⋅ 5⋅x= x 5

Здесь $x$ — расстояние от точки $C$ до плоскости $α.$ Из равенства $- x√5 = 4$ получаем

x= 4√5 5

Ответ:

б) $4√5- 5$

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#30765Максимум баллов за задание: 3

Точка $M$ — середина бокового ребра $SC$ правильной четырёхугольной пирамиды $SABCD,$ точка $N$ лежит на стороне $BC$ основания $ABCD.$ Плоскость $α$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно боковому ребру $SA.$

а) Плоскость $α$ пересекает ребро $SD$ в точке $L.$ Докажите, что $BN :NC = DL :LS.$

б) Пусть $BN :NC = 1 :2.$ Найдите отношение объёмов многогранников, на которые плоскость $α$ разбивает пирамиду $SABCD.$

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $SO$ — высота пирамиды $SABCD.$ Так как пирамида правильная, то $O$ — середина $AC.$ В плоскости $(ASC )$ проведем $MO.$ Тогда $MO$ — средняя линия треугольника $ASC,$ так как $AO =OC$ и $SM = MC,$ значит, $MO ∥SA.$

Пусть $NO$ пересекает $AD$ в точке $K,$ а $CD$ — в точке $X.$ Точка $X$ лежит в плоскости $(SCD ),$ значит, можем провести прямую $MX$ в этой плоскости.

Заметим, что $(NMX )$ — это плоскость $α,$ так как она проходит через точки $M$ и $N$ и содержит прямую $MO ∥SA,$ то есть $α ∥SA.$ Тогда $MX$ пересекает $SD$ в точке $L.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $NOC$ и $KOA.$ Они равны по второму признаку: $AO = OC,$ $∠NCO = ∠KAO$ как накрест лежащие, $∠NOC = ∠KOA$ как вертикальные. В равных треугольниках соответственные элементы равны, значит, $NC = AK,$ следовательно, $BN = KD.$

Рассмотрим треугольники $NCX$ и $KDX.$ Они подобны по двум углам: $∠XNC = ∠XKD$ и $∠XCN = ∠XDK$ как соответственные. Тогда имеем:

DX--= KD--= BN-- XC NC NC

Запишем теорему Менелая для треугольника $DSC$ и секущей $MX :$

CM--⋅ SL-⋅ DX-= 1 MS LD XC 1⋅-SL ⋅ DX-= 1 1 LD XC DL- DX-- BN-- LS = XC = NC

б) Пусть $AB = BC = a,$ $SO = h.$ Найдем объем пирамиды $MNCX.$ По условию $BN :NC = 1:2.$ Значит, по предыдущему пункту

DX :CX = 1 :2 ⇒ CX = 2a

Тогда площадь треугольника $NCX$ равна

1 1 2a 2 2 SNCX = 2NC ⋅CX = 2 ⋅3-⋅2a= 3a

Высота пирамиды $MNCX$ равна половине высоты пирамиды $SABCD,$ то есть $12h.$ Тогда объем пирамиды $MNCX$ равен

VMNCX = 1 ⋅ 2a2⋅ 1h = 1a2h 3 3 2 9

$PIC$

Найдем объем пирамиды $LKDX.$ По предыдущему пункту имеем:

SL :LD = 2:1 ⇒ SD :LD = 3:1

Тогда высота пирамиды $LKDX$ равна $13h.$ Также по предыдущему пункту треугольники $NCX$ и $KDX$ подобны с коэффициентом 2, значит,

1 1 2 2 1 2 SKDX = 4SNCX = 4 ⋅ 3a = 6a 1 1 2 1 1 2 VLKDX = 3 ⋅6a ⋅3 h= 54a h

Тогда можем найти объем $V1$ многогранника $NMCKLD :$

2 2 V1 = VMNCX − VLKDX = a-h− a-h = 9 54 = 6a2h-− a2h= 5a2h- 54 54 54

Объем всей пирамиды равен

a2h VSABCD = 3--

Тогда можем найти объем $V2$ многогранника $ABSKNML :$

2 2 V2 = VSABCD − V1 = ah-− 5a-h= 3 54 = 18a2h-− 5a2h-= 13a2h- 54 54

Тогда искомое отношение объемов равно

V1 5a2h- 5 V2 =-135a42h= 13 54

Ответ:

б) $5- 13$

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#30766Максимум баллов за задание: 3

B прямоугольном параллелепипеде $ABCDA1B1C1D1$ на диагонали $BD1$ отмечена точка $N$ так, что $BN :ND1 = 1 :2.$ Точка $O$ — середина отрезка $CB1.$

a) Докажите, что прямая $NO$ проходит через точку $A.$

б) Найдите объём параллелепипеда $ABCDA1B1C1D1,$ если длина отрезка $NO$ равна расстоянию между прямыми $BD1$ и $CB1$ и равна $√2.$

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

a) Точка $O$ — середина диагоналей $CB1$ и $BC1$ прямоугольника $BCC1B1$ . Следовательно, точка $O$ лежит в плоскости $(ABC1D1 )$ . Треугольники $AD1N$ и $OBN$ подобны по двум сторонам и углу между ними:

AD D N BO1-= 2= -B1N-, ∠AD1N = ∠AD1B = ∠D1BC1 = ∠NBO

Тогда получаем:

∠ANO = ∠AND1 + ∠D1NO = ∠ONB +∠D1NO = ∠D1NB = 180∘

Таким образом, точка $A$ лежит на прямой $NO$ .

$PIC$

б) Прямые $BD1$ и $CB1$ скрещивающиеся, а длина отрезка $NO$ равна расстоянию между ними, значит, отрезок $NO$ перпендикулярен прямым $BD1$ и $CB1$ . Таким образом, прямая $CB1$ перпендикулярна плоскости $(ABC1 )$ , поскольку она перпендикулярна лежащим в ней прямым $AB$ и $AO$ . Следовательно, диагонали прямоугольника $BCC1B1$ перпендикулярны, то есть он является квадратом.

Из подобия треугольников $AD1N$ и $OBN$ следует, что

√- AN =2NO = 2 2

Отрезок $BN$ — высота прямоугольного треугольника $ABO$ . Получаем:

√ -------- BN = AN ⋅NO = 2, BD1 =6

∘ ---------- √- BO = BN2 + NO2 = 6

∘ ---------- √- AB = AO2− OB2 = 2 3

Тогда

√ - √- BC = BB1 = 2⋅BO = 2 3

Таким образом, в прямоугольном параллелепипеде $ABCDA1B1C1D1$ все рёбра равны $√ - 2 3$ . Следовательно, его объём равен $√- 24 3$ .

Ответ:

б) $√ - 24 3$

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 4#30846Максимум баллов за задание: 3

Дана четырехугольная пирамида $SABCD,$ в основании которой лежит трапеция $ABCD.$ Известны ее основания $AD = 9,$ $BC =4.$ На ребре $BC$ отмечена точка $N$ такая, что $BN :NC = 1 :3,$ на ребре $SD$ отмечена точка $M$ такая, что $SM :MD = 2:3,$ плоскость $(AMN )$ пересекает ребро $SC$ в точке $K.$

а) Докажите, что $SK :KC = 2 :1.$

б) Найдите отношение объемов многогранников, на которые плоскость $(AMN )$ делит пирамиду.

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $AN ∩ CD = O.$ Точка $O$ принадлежит плоскости сечения и грани $SCD,$ как и точка $M.$ Тогда $MO ∩ SC = K,$ где $K$ — точка пересечения плоскости сечения с ребром $SC.$

Далее имеем $△NOC ∼ △AOD$ ( $∠O$ — общий, $∠NCO = ∠ADO$ как соответственные при $AD ∥NC$ и секущей $CD$ ). Следовательно, $DO :OC = AD :CN =9 :3= 3:1.$

Рассмотрим $△SCD$ и прямую $OM.$ По теореме Менелая

SM-- DO- CK- 2 3 CK- MD ⋅OC ⋅KS = 1 ⇔ 3 ⋅1 ⋅KS =1 ⇔ SK :KC = 2:1

$PIC$

б) Докажем лемму: если $AO$ — наклонная к плоскости $α,$ $B$ — точка на $AO,$ $AHA ⊥α,$ $BHB ⊥ α,$ то $△AOHA ∼ △BOHB.$ Действительно, $HB ∈HAO,$ так как $AHA ∥BHB$ и эти прямые задают плоскость $AOHA.$

Тогда $△AOHA ∼ △BOHB$ как прямоугольные с общим углом $∠O.$

$PIC$

Проведем $SHS,MHM ,KHK ⊥ (ABC ).$ Тогда из подобий соответствующих пар треугольников следует, что $MHM = 3SHS, 5$ $KH = 1SH . K 3 S$ Найдем объем многогранника $AMDNKC$ как разность объемов треугольных пирамид $MAOD$ и $KNOC.$

Рассмотрим основание $ABCD.$ Пусть $BPB ⊥ AD,$ $OPO ⊥ AD.$ Тогда $OPO :BPB = DO :CD = 3:2,$ следовательно,

4+ 9 13 SABCD = -2-- ⋅BPB = 2-BPB = S SAOD = 1⋅9 ⋅OPO = 9⋅ 3BPB = 27BPB = 27S 2 2 2 4 26 (OC )2 1 3 SNOC = DO- SAOD = 9SAOD = 26S

$PIC$

Тогда

1 VSABCD = 3SHS ⋅S =V VM = VMAOD = 1MHM ⋅ 27S = 1⋅ 3SHS ⋅ 27S = 27 ⋅ 3V 3 26 3 5 26 26 5 1 3 1 1 3 1 VK = VKNOC = 3KHK ⋅26S = 3 ⋅3SHS ⋅26-S = 26V V2 = VM − VK = 81-S−-5-S = 76-V 130 130 130 130 -76 54- V1 = V − V2 = 130S− 130 = 130V

Окончательно имеем:

V1 :V2 = 54:76 =27 :38

Ответ:

б) $27 :38$

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 5#30847Максимум баллов за задание: 3

Точка $M$ — середина ребра $SA$ правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$ с основанием $ABCD.$ Точка $N$ принадлежит ребру $SB,$ причем $SN :NB = 1:2.$

a) Докажите, что плоскость $(CMN )$ параллельна прямой $SD.$

б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью $(CMN ),$ если все ребра пирамиды равны 6.

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

а) Назовем плоскость $(CMN )$ плоскостью $α.$ Пусть $SH$ — высота пирамиды, тогда $α ∩SH = CM ∩SH = O.$ Пусть $NO ∩BD =K.$ Прямые $NK$ и $SD$ лежат в одной плоскости $(BSD ),$ следовательно, если требуется доказать, что $SD ∥α,$ то нужно доказать, что $KN ∥SD.$

По теореме Менелая для $△ASH$ и прямой $MC :$

AM--⋅ SO-⋅ HC-= 1 ⇔ -SO = 2 MS OH CA OH 1

По теореме Менелая для $△BSH$ и прямой $KN :$

SN-- BK--HO- BK-- 4 NB ⋅ KH ⋅ OS = 1 ⇔ KH = 1

Следовательно, если $KH = x,$ то $BH =3x,$ значит, $DK = DH − KH = BH − KH = 2x$ и $BK :KD = 4x:2x = 2:1= BN :NS.$ Следовательно, по обратной теореме Фалеса $NK ∥SD.$

б) Если $CK ∩AD = P,$ то четырехугольник $CNMP$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$ Будем искать площадь сечения через площадь проекции этого многоугольника на плоскость основания пирамиды и угол между плоскостями сечения и основания.

Найдем $cosϕ$ — косинус угла между плоскостями $α$ и $(ABC ).$ Проведем $HL ⊥ PC,$ тогда по ТТП $OL ⊥ PC$ и $∠OLH = ϕ.$ Ищем сначала $tgϕ = OH :HL.$

$△KCH$ — прямоугольный (так как диагонали квадрата в основании правильной пирамиды взаимно перпендикулярны), $KH = x,$ $CH =3x,$ значит, $CK = √10x.$ Тогда $HL = (KH ⋅CH ) :CK = √3-x. 10$

Так как все ребра пирамиды равны, то $√- √ - SB = AB = BD : 2= 3 2x.$ Следовательно, $√---2-----2 √ --2----2- SH = SB − BH = 18x − 9x = 3x.$ Так как $SO :OH = 2:1,$ то $1 OH = 3SH = x.$

Следовательно,

OH- --x- √10- -3-- tg ϕ= HL = √3-x = 3 ⇔ cosϕ = √19 10

$PIC$

Теперь спроецируем $CNMP$ на плоскость $(ABC ).$ Тогда $M ′$ — проекция точки $M$ и середина $AH,$ $N ′$ — проекция точки $N,$ причем $′ ′ BN :N H = 2:1.$ Получили четырехугольник $′ ′ CN M P.$

Так как $△BCK ∼ △DP K,$ то $BC :DP = BK :DK = 2 :1,$ следовательно, $P$ — середина $AD.$ Следовательно, $′ P M$ — средняя линия в $△ADH,$ значит, $PM ′ ⊥ AC.$

( ) ( ) SCN′M ′P = SPM ′C +SN ′M ′C = 1M ′C PM ′+ N′H = 1⋅ 9x 3x+ x = 45x2 2 2 2 2 8

Тогда

√-- SCN-′M-′P- 45 2 -3-- 15-19 2 cosϕ= SCNMP ⇒ SCNMP = 8 x :√19 = 8 x

Так как $√ - √- 6x= BD = AB 2= 6 2,$ то $√ - x= 2,$ следовательно,

√-- SCNMP = 15-19 4

Ответ:

б) $15√19- 4$

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 6#30848Максимум баллов за задание: 3

Дана четырехугольная пирамида $SABCD.$ Четырехугольник $ABCD$ — трапеция с большим основанием $AD,$ отрезок $MN$ — ее средняя линия. Диагонали трапеции пересекаются в точке $O.$ Отрезок $MN$ содержится в плоскости $α,$ параллельной $SO.$

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

б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью $α,$ если $SO = 8,$ $BC = 8,$ $AD = 10,$ а $SO ⊥ AD.$

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $′ ′ M ,N$ — точки пересечения $MN$ с диагоналями трапеции. Так как $SO ∥ α,$ то проведем $′ ′ M K,N L ∥SO$ и получим сечение пирамиды плоскостью $α$ — четырехугольник $KLNM$ . Докажем, что это трапеция.

Так как $MN$ лежит в $α$ и $MN ∥AD,$ то $α∥ AD.$ Следовательно, $α$ пересечет плоскость, в которой лежит $AD,$ по прямой, параллельной $AD.$ Следовательно, $KL ∥AD ∥ MN.$

Осталось доказать, что $MK$ не параллельна $NL.$ Действительно, так как $M ′K ∥ N′L,$ то $∠M ′KL + N ′LK = 180∘.$ Тогда, так как $′ ′ ∘ ∠M KM + ∠N LN > 0,$ то $∘ ∠MKL + ∠NLK > 180 ,$ следовательно, $MK$ не параллельна $NL.$

$PIC$

б) Так как $△BOC ∼ △AOD,$ то пусть $BO ⋅k = OD,$ $CO ⋅k = OA.$ Тогда $BD = (k+ 1)BO,$ $AC = (k + 1)CO.$

Для точки $N ′$ имеем:

′ 1BD DN′-= -1-2------= (k+-1)BO-= k+-1- N O 2BD − BO (k− 1)BO k− 1

Из условия задачи $k = AD :BC =5 :4,$ следовательно, по теореме Фалеса

′ ′ 54 +-1 DL :LS =DN :N O = 54 − 1 = 9 :1

Значит $KL =0,1AD = 1,$ а $N ′L= 0,9SO = 7,2.$ Так как $SO ⊥ AD,$ то $N ′L⊥ MN,$ следовательно, $N ′L$ — высота трапеции, находящейся в сечении.

Тогда искомая площадь сечения равна

Sα = 1+-9⋅7,2= 36 2

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#24199Максимум баллов за задание: 3

Дана треугольная пирамида $SABC.$ Основание высоты $SO$ этой пирамиды является серединой отрезка $CH$ — высоты треугольника $ABC.$

а) Докажите, что $AC2 − BC2 = AS2 − BS2.$

б) Найдите объём пирамиды $SABC,$ если $AB = 25,$ $AC =10,$ $BC = 5√13,$ $SC = 3√10.$

Источники: ЕГЭ 2022, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Заметим, что прямая $AB,$ проведённая через основание наклонной $SH$ в плоскости $(ABC ),$ перпендикулярна ее проекции $OH,$ так как $CH$ — высота $△ ABC.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах $AB ⊥ SH.$

В прямоугольных треугольниках $ASH$ и $BSH$ по теореме Пифагора:

AS2 = AH2 + SH2, BS2 = BH2 + SH2

Отсюда имеем:

AS2 − BS2 = AH2 +SH2 − BH2 − SH2 = AH2 − BH2

$PIC$

Аналогично в прямоугольных треугольниках $ACH$ и $BCH$ по теореме Пифагора:

AC2 = AH2 + CH2, BC2 = BH2 + CH2

Отсюда имеем:

AC2 − BC2 = AH2 + CH2 − BH2 − CH2 = AH2 − BH2 = AS2 − BS2

б) Объем пирамиды $SABC$ можно вычислить по формуле

1 VSABC = 3 ⋅SO⋅SABC

Найдем площадь треугольника $ABC.$

Пусть $AH = x,$ тогда $BH = AB − AH =25 − x.$ Из пункта а) имеем:

AH2 − BH2 = AC2 − BC2

Отсюда получим

( ) x2− (25 − x)2 = 102− 5√13 2 ⇔ 50x− 625= 100− 325 ⇔ x= 8

$PIC$

Тогда по теореме Пифагора для $△ ACH :$

CH2 = AC2 − AH2 =102− 82 = 100− 64= 36 ⇒ CH =6

Следовательно,

1 1 SABC = 2 ⋅CH ⋅AB = 2 ⋅6⋅25 =75

Найдем высоту пирамиды $SO.$ По условию $CO = 12CH =3.$ Так как $SO$ — высота пирамиды, то $△ CSO$ — прямоугольный и по теореме Пифагора:

( ) SO2 = SC2− CO2 = 3√10 2− 32 = 90− 9= 81 ⇒ SO = 9

Тогда искомый объем пирамиды равен

1 1 VSABC = 3 ⋅SO ⋅SABC = 3 ⋅9⋅75= 225

Ответ: б) 225

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 8#26639Максимум баллов за задание: 3

На окружности основания конуса с вершиной $S$ отмечены точки $A,$ $B$ и $C$ так, что $AB$ — диаметр основания. Угол между образующей и плоскостью основания равен $60∘.$

a) Докажите, что $cos∠ASC + cos∠CSB = 1,5.$

б) Найдите объем тетраэдра $SABC,$ если $SC = 1$ и $cos∠ASC = 2. 3$

Источники: ЕГЭ 2022, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть точка $O$ — центр основания конуса, то есть центр окружности основания. Тогда $SO$ — его высота, значит, $SO ⊥ CO.$ Следовательно, так как $SC$ — образующая конуса, то имеем:

1 CO =SC cos∠SCO =SC cos60∘ = 2SC

Запишем теорему косинусов для треугольника $ASC :$

AC2 = SA2 + SC2− 2⋅SA ⋅SC cos∠ASC = 2SC2 − 2SC2 cos∠ASC

Запишем теорему косинусов для треугольника $BSC :$

BC2 = SB2 + SC2− 2⋅SB ⋅SC cos∠CSB = 2SC2 − 2SC2 cos∠CSB

$PIC$

Сложим два полученных равенства:

AC2 +BC2 = 4SC2 − 2SC2(cos∠ASC + cos∠CSB ) (1)

Рассмотрим треугольник $ABC.$ В нем угол $ACB$ равен $∘ 90 ,$ так как он опирается на диаметр $AB$ окружности основания. Тогда по теореме Пифагора

( )2 AC2 + BC2 = AB2 = (2CO )2 = 4CO2 = 4 1 SC = SC2 (2) 2

Приравняем правые части $(1)$ и $(2):$

2 2 2 3 SC =4SC − 2SC (cos∠ASC + cos∠CSB ) ⇒ cos∠ASC + cos∠CSB = 2

б) По предыдущему пункту имеем:

( ) √- AC2 = 2SC2 − 2SC2cos∠ASC = 2SC2 1− 2 = 2 ⇒ AC = -6- 3 3 3

Рассмотрим треугольник $SOC.$ Он прямоугольный с углом $∠SCO = 60∘.$ Тогда

1 1 √3 √3- CO = 2 SC = 2 = AO = BO, SO = 2-SC = -2-

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC.$ В нем $AB = AO + BO = 1$ и $AC2 = 2. 3$ Тогда по теореме Пифагора

∘ ----- √- ∘ --2-----2- 2 -3- BC = AB − AC = 1− 3 = 3

$PIC$

Тогда можем найти объем $SABC :$

√ - √ - √ - VSABC = 1 ⋅SO ⋅SABC = 1 ⋅SO ⋅ 1⋅AC ⋅BC = 1 ⋅-3⋅--6⋅--3= -√1- 3 3 2 6 2 3 3 6 6

Ответ:

б) $-1-- 6√6$

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 9#26916Максимум баллов за задание: 3

Дан правильный треугольник $ABC$ и точка $D,$ не лежащая в плоскости треугольника и взятая таким образом, что $cos∠DAC = cos∠DAB =0,2.$

а) Докажите, что прямые $DA$ и $BC$ перпендикулярны.

б) Найдите расстояние между прямыми $DA$ и $BC,$ если $AB = 2.$

Источники: ЕГЭ 2022, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Так как $cos∠DAC = cos∠DAB,$ то углы $∠DAC$ и $∠DAB$ равны.

Рассмотрим треугольники $DAB$ и $DAC.$ В них $DA$ — общая сторона, $AB =AC,$ так как $△ ABC$ равносторонний и $∠DAB = ∠DAC.$ Значит, треугольники $DAB$ и $DAC$ равны по первому признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, следовательно, $DB =DC.$

Пусть $M$ — середина $BC.$ Тогда $AM$ — высота и медиана равностороннего треугольника $ABC,$ а $DM$ — высота и медиана равнобедренного треугольника $DBC.$ Значит, $BC ⊥ AM$ и $BC ⊥ DM,$ следовательно, $BC ⊥ (AMD ).$ Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна каждой прямой, лежащей в этой плоскости, значит, $BC ⊥ DA.$

$PIC$

б) Пусть $MH$ — высота треугольника $AMD.$ Тогда $MH ⊥ BC,$ так как $MH$ лежит в плоскости $(AMD ),$ и $MH ⊥ DA.$ Тогда $MH$ — общий перпендикуляр к прямым $BC$ и $DA,$ то есть расстояние между данными прямыми есть длина отрезка $MH.$

Запишем теорему косинусов для треугольника $DAB :$

2 2 2 2 DB =DA + AB − 2⋅DA ⋅AB ⋅cos∠DAB = DA +4 − 0,8DA

Запишем теорему Пифагора для треугольника $DMB :$

2 2 2 2 2 2 DB = DM +MB ⇒ DM = DB − MB

По условию $AB = 2,$ значит, $MB =1.$ Тогда по теореме Пифагора для треугольника $AMB :$

∘---------- √ ---- √ - AB2 =AM2 + MB2 ⇒ AM = AB2 − MB2 = 4− 1= 3

Запишем теорему косинусов для треугольника $AMD :$

DM2 = DA2 + AM2 − 2⋅DA ⋅AM ⋅cos∠DAM ⇒

2 2 2 2 ⇒ DB − MB = DA + AM − 2⋅DA ⋅AM ⋅cos∠DAM

$PIC$

Подставим полученные значения $2 DB ,$ $2 AM$ и $2 MB :$

2 2 √- DA + 4− 0,8DA − 1= DA + 3− 2 3⋅DA cos∠DAM ⇒

2√3- ⇒ cos∠DAM = -15-

Рассмотрим треугольник $AHM.$ Он прямоугольный, значит,

√ - AH--= cos∠HAM ⇒ AH = AM cos∠HAM =√3 ⋅ 2-3= 2 AM 15 5

По теореме Пифагора для треугольника $AHM :$

∘------ ∘ ------- ∘----2----2 4- 75 -4 √71- MH = AM − AH = 3 − 25 = 25 − 25 = 5

Значит, расстояние между прямыми $DA$ и $BC$ равно $√-- -751.$

Ответ:

б) $√71- 5$

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 10#30832Максимум баллов за задание: 3

Дана треугольная призма $ABCA1B1C1.$ Точка $M$ — середина ребра $AA1.$ Плоскость $α$ проходит через ребро $BB1$ и перпендикулярна прямой $CM.$

а) Докажите, что одна из диагоналей грани $AA1C1C$ равна одной из ее сторон.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если $α$ делит ребро $AC$ в отношении $1:5,$ считая от точки $A,$ $AC = 20$ и $AA1 = 32.$

Показать ответ и решение

а) По условию $CM ⊥ α.$ Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна каждой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности, $CM ⊥ BB1.$

Так как $ABCA1B1C1$ — призма, то $AA1 ∥BB1,$ следовательно, $CM ⊥ AA1.$

Рассмотрим треугольник $AA1C$ в одноименной плоскости. Отрезок $CM$ является его медианой и высотой, значит, $△ AA1C$ — равнобедренный, то есть $AC = A1C.$ Таким образом, в грани $AA1C1C$ диагональ $A1C$ равна стороне $AC.$

$PIC$

б) Пусть плоскость $α$ пересекает прямую $CM$ в точке $H,$ прямую $AC$ — в точке $D$ , прямую $A1C1$ — в точке $D1.$ Заметим, что все эти три точки лежат в грани $AA1C1C.$ Значит, они лежат на прямой пересечения грани $AA1C1C$ плоскостью $α.$

Нам нужно найти расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ то есть длину $CH,$ так как $CM ⊥α,$ а $H$ — точка пересечения $CM$ и $α.$

По условию имеем:

AD :DC = 1:5, AC = 20

Отсюда получаем

AD = 10, DC = 50 3 3

По условию $CM ⊥ α,$ значит, $CM ⊥ DD1.$ Тогда $AA1 ∥ DD1.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $AMC$ и $DHC.$ Они подобны, так как $∠ACM$ — общий и $∠MAC = ∠HDC$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $AA1$ и $DD1$ и секущей $AC.$ Тогда имеем:

CH DC 50 5 CM--= AC- = 320 = 6 CH = 56CM

Найдем $CM.$ По условию $M$ — середина $AA1,$ значит,

AM = 1AA1 = 16 2

Треугольник $AMC$ — прямоугольный, тогда по теореме Пифагора:

2 2 2 AC = AM +CM

Таким образом,

2 2 2 2 2 CM = AC − AM = 20 − 16 = 2 ( 2 2) 2 2 = 4 ⋅ 5 − 4 = 4 ⋅3

Отсюда $CM = 12.$ Теперь можем найти длину $CH :$

5 5⋅12 CH = 6CM = 6 = 10

Ответ: б) 10

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 11#47216Максимум баллов за задание: 3

В основании пирамиды $SABCD$ лежит трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD.$ Диагонали трапеции пересекаются в точке $O.$ Точки $M$ и $N$ — середины боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Плоскость $α$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно прямой $SO.$

а) Докажите, что сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $α$ является трапецией.

б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $α,$ если $AD =7,$ $BC = 5,$ $SO = 4,$ а прямая $SO$ перпендикулярна прямой $AD.$

Источники: ЕГЭ 2022, основная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $E$ и $F$ — точки пересечения прямой $MN$ с диагоналями $AC$ и $BD$ соответственно. Так как $SO ∥α,$ то $α$ пересечет плоскости, в которых лежит $SO,$ по прямым, параллельным $SO.$ Следовательно, плоскости $(ASC )$ и $(BSD )$ плоскость $α$ пересечет по прямым $EL$ и $FK,$ параллельным $SO.$ Следовательно, $MNKL$ — сечение пирамиды плоскостью $α.$ Докажем, что $MNKL$ — трапеция.

Далее, $△EOF ∼ △AOD,$ так как $EF ∥AD.$ Следовательно,

EO :AO = FO :DO ⇒ EO :AE = FO :DF

$PIC$

По теореме о пропорциональных отрезках имеем:

LS :AL =EO :AE = FO :DF = KS :DK

Следовательно, по обратной теореме о пропорциональных отрезках $LK ∥AD.$ Так как $MN ∥AD$ как средняя линия, то $LK ∥MN.$ Так как противоположные стороны четырехугольника $EF KL$ параллельны, то он является параллелограммом. Следовательно, $KL = EF < MN.$ Тогда две стороны четырехугольника $MNKL$ не равны и параллельны, значит, это трапеция.

б) Так как $MN$ — средняя линия трапеции, то

AD-+-BC- 7+-5 MN = 2 = 2 = 6

Так как $ME$ и $FN$ — средние линии в $△BAC$ и $△BDC$ соответственно, параллельные $BC,$ то имеем:

ME =F N = 1BC = 5 2 2

Следовательно,

KL = EF = MN − 2ME = 1

$PIC$

Из $SO ⊥ AD$ следует, что $SO ⊥MN,$ значит, $LE, KF ⊥ MN.$ Так как $ME = FN,$ $LE = KF,$ то $△MLE = △NKF$ как прямоугольные по двум катетам. Следовательно, $ML = NK$ и сечение $MNKL$ — равнобедренная трапеция, где $LE$ и $KF$ — ее высоты.

Из пункта а) следует, что

EO :AO = EF :AD = 1:7 6 :7= AE :AO = LE :SO 6 24 LE = 7SO = 7-

Следовательно, искомая площадь равна

SMNKL = MN--+-KL-⋅LE = 6+-1 ⋅ 24= 12 2 2 7

Ответ: б) 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