Тема Задачи №14 из ЕГЭ прошлых лет

№14 из ЕГЭ 2017

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#1011Максимум баллов за задание: 3

Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA1B1C1D1.$ Через прямую $BD1$ параллельно прямой $AC$ проведена плоскость $π,$ причем сечение параллелепипеда плоскостью $π$ представляет собой ромб.

а) Докажите, что $ABCD$ — квадрат.

б) Найдите угол между плоскостью $π$ и плоскостью $(BCC1),$ если $AD = 4$ и $AA1 = 6.$

Источники: ЕГЭ 2017, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Заметим, что отрезки $BD1$ и $AC1$ пересекаются и своей точкой пересечения делятся пополам по свойству параллелепипеда. Обозначим их точку пересечения за $O.$ Следовательно, $O$ лежит и в плоскости $π,$ и в плоскости $ACC1.$ Проведем в плоскости $ACC1$ прямую $MN$ через точку $O$ параллельно $AC.$ Значит, $M$ — середина $AA1,$ $N$ — середина $CC1.$

Так как по признаку прямая параллельна плоскости, когда она параллельна некоторой прямой из этой плоскости, то прямая $AC$ параллельна любой плоскости, проходящей через $MN.$ Следовательно, плоскость $π$ — это плоскость, проходящая через прямые $MN$ и $BD1.$

$PIC$

Соединив последовательно точки $M,$ $D , 1$ $N,$ $B,$ получим сечение $MD NB. 1$ По условию оно является ромбом, следовательно, $MB = NB.$

Докажем, что $AB = BC.$ Отсюда будет следовать, что $ABCD$ — квадрат. Это так, поскольку из того, что $ABCDA1B1C1D1$ прямоугольный параллелепипед, уже следует, что $ABCD$ — прямоугольник.

По теореме Пифагора $MB2 = AB2 +AM2$ и $NB2 = BC2 + CN2.$ Так как $AM =CN$ как половины боковых ребер, а $MB = NB$ по условию, то и $AB = BC.$ Что и требовалось доказать.

б) Проведем $C1H ⊥BN,$ $BN$ — линия пересечения плоскостей $BCC1$ и $π.$ Заметим, что точка $H$ будет лежать на продолжении $BN$ за точку $N.$ Так как $D1C1 ⊥(BCC1 ),$ то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $D1H$ тоже будет перпендикулярна $BN.$ Следовательно, построенный таким образом угол $∠D1HC1$ и есть угол между плоскостями $BCC1$ и $π.$ Обозначим его за $α.$

$PIC$

По теореме Пифагора из $△BCN$ $BN = 5.$ Заметим, что $△BCN ∼ △C1HN$ по двум углам, значит,

BC BN C1H-= C1N-

Отсюда находим, что $12 C1H = -5 .$ Тогда из прямоугольного $△D1HC1 :$

D1C1- 4- 5 5 tgα= C1H = 152= 3 ⇒ α= arctg 3

Ответ:

б) $5 arctg3$

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#1109Максимум баллов за задание: 3

На ребрах $AB$ и $BC$ треугольной пирамиды $ABCD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно, причем $AM :MB = CN :NB = 4:1.$ Точки $P$ и $Q$ — середины ребер $DA$ и $DC$ соответственно.

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

б) Найдите, в каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды $ABCD.$

Источники: ЕГЭ 2017, основная волна

Показать ответ и решение

а) Докажем, что $MN ∥ PQ$ (отсюда будет следовать, что прямые $P Q$ и $MN$ лежат в одной плоскости).

Так как $AM :MB =CN :NB = 4 :1$ по условию, то по теореме, обратной теореме Фалеса, $MN ∥AC.$

$PIC$

Так как $P,$ $Q$ — середины $DA$ и $DC,$ то $PQ$ — средняя линия, следовательно, $PQ ∥AC.$ Следовательно, $P Q ∥AC ∥ MN.$ Что и требовалось доказать.

б) Отметим $R$ — середину $DB.$ Рассмотрим пирамиду $DP RQ.$ Заметим, что так как $DP :DA =1 :2,$ а также так как $(P RQ) ∥(ABC )$ (две пересекающиеся прямые $PR$ и $RQ$ одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $AB$ и $BC$ другой плоскости, то такие плоскости параллельны), то высота $DH ′$ пирамиды $DP RQ$ относится к высоте $DH$ пирамиды $DABC$ как $1:2$ (пусть $DH ′ = H′H = h$ ).

Заметим также, что $△ABC ∼ △P RQ$ с коэффициентом 2 (так как $PR,$ $RQ,$ $QP$ в два раза меньше $AB,$ $BC,$ $AC$ соответственно как средние линии в $△ADB,$ $△BDC,$ $△CDA$ ).

Следовательно, $S = 4S . ABC PRQ$ Таким образом,

1 VDABC-= -3 ⋅2h⋅4SPRQ = 8 VDPRQ 13 ⋅h⋅SPRQ

Значит,

VDPRQ = 1VDABC 8

$PIC$

Заметим, что $MBNP RQ$ — усеченная пирамида, основания которой — подобные треугольники $MBN$ и $P RQ$ ( $△MBN ∼ △ABC,$ а $△ABC ∼ △P RQ,$ следовательно, $△MBN ∼ △P RQ$ ). Так как $BM :BA = 1 :5$ и $PR :BA = 1:2,$ то $BM :P R =2 :5.$

Следовательно, $SMBN :SPRQ = (2:5)2 = 4:25.$ Заметим, что высота усеченной пирамиды $MBNP RQ$ равна $H′H = h.$

Продлим $PM,$ $DB,$ $QN$ до пересечения в точке $O.$

Аналогично как с пирамидами $DP RQ$ и $DABC,$ высота пирамиды $OMBN$ относится к высоте пирамиды $OP RQ$ как $OB :OR.$ Найдем отношение $OB :OR.$ Из подобия $△OMB ∼ △OP R :$

OB-= MB-- = 2 OR PQ 5

Значит, пусть высота $OMBN$ равна $2x,$ тогда высота $OP RQ$ равна $5x$ (отсюда следует, что $3x$ — высота усеченной пирамиды $MBNP RQ,$ то есть $3x =h$ ).

$PIC$

Следовательно,

VOMBN 13 ⋅2x⋅SMBN 8 VOPRQ-= 1⋅5x-⋅SPRQ--= 125 3

Значит,

VMBNPRQ = 117VOPRQ 125

Также

1 VOPRQ-= 31-⋅5x-⋅SPRQ-= 5- VDABC 3 ⋅6x ⋅SABC 24

Следовательно,

117 5 VMBNPRQ = 125-⋅24VDABC

Следовательно, объем всего многогранника $MBNQDP,$ отсекаемого от пирамиды синей плоскостью, равен

( ) 117 -5 1 8- VMBNPRQ + VDPRQ = 125 ⋅24 + 8 ⋅VDABC = 25 VDABC

Тогда объем пирамиды $ABCD$ делится в отношении, равном

8-VDABC : 17VDABC = 8- 25 25 17

Ответ:

б) $8 :17$

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#1119Максимум баллов за задание: 3

Основанием прямой треугольной призмы $ABCA1B1C1$ является прямоугольный треугольник $ABC,$ причем $∠C = 90∘.$ Диагонали боковых граней $AA1B1B$ и $BB1C1C$ равны соответственно 26 и 10, $AB = 25.$

а) Докажите, что $△BA1C1$ — прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды $AA1C1B.$

Источники: ЕГЭ 2017, основная волна

Показать ответ и решение

а) Так как $BB1 ⊥ (A1B1C1),$ $B1C1 ⊥ A1C1,$ то по теореме о трех перпендикулярах $BC1 ⊥ A1C1$ как наклонная. Следовательно, $△A1C1B$ — прямоугольный.

$PIC$

б) Заметим, что $BC ⊥ AC$ и $BC ⊥ CC1,$ следовательно, по признаку $BC ⊥(AA1C1 ).$ Тогда $BC$ — высота пирамиды $BAA1C1$ с основанием $AA1C1.$

Так как $△AA1C1$ прямоугольный, то

1 ⋅AA1⋅A1C1 ⋅BC VBAA1C1 = 2-----3--------

По теореме Пифагора имеем:

$pict$

Тогда искомый объем пирамиды равен

1 √ -- VBAA1C1 = 2 ⋅24⋅-51-⋅7= 28√51 3

Ответ:

б) $28√51-$

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#2425Максимум баллов за задание: 3

Дана четырехугольная пирамида $PABCD,$ в основании которой лежит трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD.$ Известно, что сумма углов $BAD$ и $CDA$ равна $90∘.$ Грани $PAB$ и $P CD$ перпендикулярны плоскости основания. $K$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD.$

а) Докажите, что грани $PAB$ и $P CD$ перпендикулярны.

б) Найдите объем пирамиды $PBCK,$ если известно, что $AB =BC = CD = 2,$ а высота пирамиды $P ABCD$ равна 12.

Источники: ЕГЭ 2017, основная волна

Показать ответ и решение

а) Две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную второй плоскости. Так как $P AB ⊥ ABC$ , то в плоскости $PAB$ можно провести прямую $PH ⊥ ABC$ (тогда $H ∈AB$ ). Аналогично в плоскости $P CD$ можно провести $PL ⊥ ABC$ ( $L ∈ CD$ ). Следовательно, из одной точки к плоскости проведены две прямые, перпендикулярные ей, что возможно только в том случае, если эти прямые совпадают, то есть $H = L$ . Следовательно, $PH$ – общая прямая для двух плоскостей $P AB$ и $PCD$ . Следовательно, $P H$ совпадает с $PK$ .

$PIC$

Таким образом, $P K ⊥ (ABC )$ . Следовательно, $PK$ – высота пирамиды $PABCD$ .
Так как $∘ ∠BAD + ∠CDA = 90$ , то $∘ ∠AKD = 90$ . Следовательно, $AK ⊥ P K$ и $AK ⊥ KD$ , то есть $AK$ перпендикулярна двух пересекающимся прямым из плоскости $PCD$ , значит, $AK ⊥ (PCD )$ . Тогда плоскость $PAB$ проходит через прямую, перпендикулярную плоскости $PCD$ , следовательно, $(PAB )⊥ (PCD )$ , чтд.

б) По теореме Фалеса

KB--= BA- = 1 KC CD

Следовательно, $△BKC$ прямоугольный и равнобедренный, следовательно,

BC- √ - KB = KC = √2- = 2

Тогда

VPBKC = 1⋅PK ⋅ 1⋅KB ⋅KC = 4 3 2

Ответ: б) 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 5#2426Максимум баллов за задание: 3

Основанием четырехугольной пирамиды $SABCD$ является прямоугольник $ABCD,$ причем $AB =3√2,$ $BC = 6.$ Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$ на ребро $SB.$

а) Докажите, что $P$ — середина отрезка $BQ.$

б) Найдите угол между гранями $SBA$ и $SBC,$ если $SD =9.$

Источники: ЕГЭ 2017, основная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника $ABCD.$ Тогда $SO$ — высота пирамиды. Так как диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, то $AO = BO = CO = DO.$ Следовательно, $△ AOS = △BOS = △COS = △DOS,$ откуда $AS = BS = CS = DS.$ Обозначим $AS = x.$

$PIC$

Рассмотрим грань $ASB.$ Проведем $SK ⊥ AB.$ Тогда $KB = 0,5AB = 1,5√2.$ Тогда

KB BP 9 -SB-= cos∠SBA = BA- ⇒ BP = x

Рассмотрим грань $CSB.$ Проведем $SH ⊥ CB.$ Тогда $HB = 0,5CB = 3.$ Тогда

HB--= cos∠SBC = BQ- ⇒ BQ = 18 SB BC x

Следовательно, $2BP = BQ.$ Что и требовалось доказать.

б) По условию $x = 9.$ В грани $CSB$ имеем $PH ∥ CQ,$ так как $PH$ — средняя линия в $△CQB.$ Следовательно, $PH ⊥ SB.$ Тогда по определению $∠AP H$ — линейный угол двугранного угла, образуемого гранями $SBC$ и $SBA.$ Найдем его по теореме косинусов из $△ APH.$

$PIC$

Так как $BP = 9 = 1, x$ то по теореме Пифагора из $△ ABP :$

2 2 2 AP = AB − BP =18 − 1 = 17

По теореме Пифагора из $△ HBP :$

2 2 2 HP = BH − BP = 9− 1= 8

По теореме Пифагора из $△ ABH :$

2 2 2 AH = AB + BH = 18+ 9= 27

Следовательно, по теореме косинусов из $△ APH :$

AP 2+ HP 2− AH2 1 √34 cos∠AP H = ---2⋅AP-⋅HP-----= −-√---= − 68-- 2 34

Тогда угол между гранями $SAB$ и $SCB$ равен

( √34) ∠AP H = arccos − 68--

Ответ:

б) $( √--) arccos − -34- 68$

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#2451Максимум баллов за задание: 3

Основанием прямой треугольной призмы $ABCA1B1C1$ является прямоугольный треугольник $ABC,$ причем $∠C = 90∘.$ Известно, что прямая $A1C$ перпендикулярна прямой $AB1.$

а) Докажите, что $AA1 =AC.$

б) Найдите расстояние между прямыми $A1C$ и $AB1,$ если известно, что $AC = 7,$ $BC = 8.$

Показать ответ и решение

а) Заметим, что так как $B1C1 ⊥ A1C1$ и $B1C1 ⊥ CC1,$ то $B1C1 ⊥ (AA1C1C ).$ Следовательно, если $B1A$ — наклонная, то $C1A$ — проекция этой наклонной на плоскость $AA1C1C.$

Так как по условию наклонная $B1A$ перпендикулярна $A1C,$ то по теореме о трех перпендикулярах проекция $C1A$ также перпендикулярна $A1C,$ то есть $A1C ⊥ C1A.$

Следовательно, $AA1C1C$ — прямоугольник, у которого диагонали взаимно перпендикулярны. Тогда это — квадрат, то есть $AA1 = AC.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Из пункта а) следует, что $A1O ⊥ (AB1C1),$ так как $A1O ⊥ B1A$ и $A1O ⊥ AC1.$ Следовательно, $A1O$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Значит, если провести в этой плоскости прямую, перпендикулярную $B A, 1$ то она будет перпендикулярна и $B1A,$ и $A1C.$ Тогда по определению это и будет прямая, содержащая отрезок, равный расстоянию между $B1A$ и $A1C.$ Поэтому проведем $OH ⊥ B1A.$ Тогда $OH$ — искомое расстояние.

$PIC$

Заметим, что $△OHA ∼△AB1C1$ по двум углам, следовательно,

OH--- OA-- B1C1-⋅OA-- B1C1 = AB1 ⇒ OH = AB1

Так как из условия $BC =8,$ то и $B1C1 = 8.$ Так как по доказанному $AA1C1C$ — квадрат со стороной $AC = 7,$ то диагональ $AC = 7√2 1$ и $AO = 3,5√2.$

По теореме Пифагора для треугольника $ABC :$

AB2 = AC2 +BC2 = 72+ 82 = 113

По теореме Пифагора для треугольника $ABB1 :$

2 2 2 2 AB 1 = AB + BB 1 = 113+ 7 = 162

Тогда $AB1 = 9√2$ и окончательно имеем:

√ - OH = 8⋅3,5√--2= 28 9 2 9

Ответ:

б) $28 9$

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#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 9#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 10#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 11#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#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