Задание 15 ЕГЭ по профильной математике с ответами — стереометрия, страница 3

№ 876DD3

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ сторона основания $A B$ равна 4, а боковое ребро $S A$ равно 7. На рёбрах $C D$ и $S C$ отмечены
точки $N$ и $K$ соответственно, причём $D N : N C = S K : K C = 1 : 3$ . Плоскость $α$ содержит прямую $K N$ и параллельна прямой $B C$ .

а) Докажите, что плоскость $α$ параллельна прямой $S A$ .

б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $S B C$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.
Через N проведём прямую, параллельную BC; пусть она пересекает AC в точке P. Эта прямая лежит в α: через точку плоскости проходит единственная прямая, параллельная заданной прямой, параллельной этой плоскости.
В треугольнике DCB имеем NP ∥ BC, поэтому удобнее использовать треугольник DCA: NP ∥ DA, так как BC ∥ DA. По теореме о пропорциональных отрезках CP/CA = CN/CD = 3/4.
По условию CK/CS = 3/4. Следовательно, в треугольнике CSA по обратной теореме о пропорциональных отрезках KP ∥ SA.
Прямая KP лежит в α. При этом α пересекает плоскость основания по NP, а A не принадлежит NP, поэтому A не принадлежит α и SA не лежит в α. По признаку параллельности прямой и плоскости SA ∥ α.
Ответ: SA ∥ α.

б) Вычисление угла.
Введём прямоугольные координаты: A(0; 0; 0), B(4; 0; 0), C(4; 4; 0), D(0; 4; 0), S(2; 2; h).
Основание высоты правильной пирамиды — центр квадрата O, причём AO² = 2² + 2² = 8. По теореме Пифагора h² = SA² − AO² = 49 − 8 = 41, то есть h = √41.
Из отношений деления рёбер получаем N(1; 4; 0), K(5/2; 5/2; 3h/4). Поэтому вектор NK имеет координаты (3/2; −3/2; 3h/4).
Вектор n₁ = (h; 0; −2) перпендикулярен BC и NK: его скалярные произведения с (0; 4; 0) и (3/2; −3/2; 3h/4) равны нулю. Значит, n₁ — нормаль к α.
Вектор n₂ = (h; 0; 2) перпендикулярен BC и BS = (−2; 2; h), поскольку соответствующие скалярные произведения равны нулю. Значит, n₂ — нормаль к плоскости SBC.
Угол φ между плоскостями равен острому углу между их нормалями. Поэтому cos φ = |n₁ · n₂|/(|n₁| · |n₂|) = |h² − 4|/(h² + 4) = 37/45.
Ответ: arccos(37/45).

№ 8A0B46

Сечением прямоугольного параллелепипеда $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ плоскостью $α$ , содержащей прямую $B D_{1}$ и параллельной прямой $A C$ , является ромб.

а) Докажите, что грань $A B C D$ $—$ квадрат.

б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $B C C_{1}$ , если $A A_{1} = 10$ , $A B = 12$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.
Пусть AB = a, AD = b, AA₁ = h. Введём прямоугольные координаты: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D₁(0; b; h).
Плоскость α задаётся уравнением x/a − y/b + 2z/h = 1. Действительно, B и D₁ удовлетворяют этому уравнению, а вектор AC = (a; b; 0) перпендикулярен нормали (1/a; −1/b; 2/h), поскольку их скалярное произведение равно 1 − 1 = 0.
Эта плоскость пересекает AA₁ и CC₁ в их серединах M(0; 0; h/2) и N(a; b; h/2).
Сечение — четырёхугольник BND₁M. Для обоснования заметим: внутри параллелепипеда z = (h/2)(1 − x/a + y/b), и при 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b выполняется 0 ≤ z ≤ h. Поэтому других вершин сечения нет.
По формуле расстояния между точками BM² = a² + h²/4, BN² = b² + h²/4.
По условию сечение — ромб, следовательно, BM = BN. Отсюда a² = b² и a = b, так как длины положительны.
Грань ABCD — прямоугольник с равными соседними сторонами, следовательно, квадрат.
Ответ: ABCD — квадрат.

б) Вычисление угла.
Из пункта а) AB = AD = 12, а по условию h = 10. Нормаль к α имеет координаты (1/12; −1/12; 1/5); умножив её на 60, получим n = (5; −5; 12).
Грань BCC₁ лежит в плоскости x = 12, поэтому её нормаль e = (1; 0; 0).
Для острого угла φ между плоскостями получаем cos φ = |n · e|/(|n| · |e|) = 5/√(25 + 25 + 144) = 5/√194.
Тогда sin φ = √(1 − 25/194) = 13/√194, поэтому tg φ = 13/5. Поскольку 0 < φ < 90°, имеем φ = arctg(13/5).
Ответ: arctg(13/5).

№ 8EBB9F

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ и $B$ ,
а на окружности другого основания $—$ точки $B_{1}$ и $C_{1}$ , причём $B B_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а отрезок $A C_{1}$ пересекает ось цилиндра.

а) Докажите, что угол $A B C_{1}$ прямой.

б) Найдите расстояние от точки $B$ до прямой $A C_{1}$ , если $A B = 21$ , $B B_{1} = 12$ , $B_{1} C_{1} = 16$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 8EEB4F

В основании пирамиды $S A B C D$ лежит трапеция $A B C D$ с основаниями $A D$
и $B C,$ равными 8 и 3 соответственно. Точки $M$ и $N$ лежат на рёбрах $S D$
и $B C$ соответственно, причём $S M : M D = 3 : 2,$ $B N : N C = 1 : 2.$
Плоскость $A M N$ пересекает ребро $S C$ в точке $K .$

а) Докажите, что $S K : K C = 6 : 1.$

б) Плоскость $A M N$ делит пирамиду $S A B C D$ на два многогранника. Найдите отношение их объёмов.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Из BC = 3 и BN : NC = 1 : 2 получаем NC = 2. Обозначим через P точку пересечения прямых AN и DC.

Так как NC ∥ AD и NC < AD, прямые AN и DC пересекаются за точками N и C соответственно. Треугольники PNC и PAD подобны по двум углам, поэтому PC/PD = NC/AD = 2/8 = 1/4.

Точки P, K, M лежат на одной прямой: P принадлежит плоскости AMN и плоскости SCD, а их линия пересечения проходит через M и K.

Применим теорему Менелая к треугольнику SDC и секущей MKP: (SM/MD) · (DP/PC) · (CK/KS) = 1.

Следовательно, (3/2) · 4 · (CK/KS) = 1, откуда SK/KC = 6.

Ответ: SK : KC = 6 : 1.

б) Плоскость SAC разбивает пирамиду на тетраэдры SACD и SABC. Пусть их объёмы равны V₁ и V₂ соответственно.

У треугольников ACD и ABC высоты к основаниям AD и BC равны расстоянию между параллельными прямыми AD и BC. Поэтому их площади относятся как 8 : 3. Высота из S общая, значит, V₁ : V₂ = 8 : 3. Положим V₁ = 8t, V₂ = 3t.

В тетраэдре SACD плоскость сечения отделяет тетраэдр SAMK. Треугольники SMK и SDC имеют общий угол при S, поэтому отношение их площадей равно (SM/SD) · (SK/SC) = (3/5) · (6/7) = 18/35.

Высоты тетраэдров SAMK и SACD из A к плоскости SCD совпадают. Следовательно, объём части тетраэдра SACD, содержащей D, равен (1 − 18/35)V₁ = 17V₁/35.

В тетраэдре SABC сечение ANK отделяет тетраэдр CANK. Треугольники CNK и CBS имеют общий угол при C, поэтому отношение их площадей равно (CN/CB) · (CK/CS) = (2/3) · (1/7) = 2/21.

Высоты этих тетраэдров из A к плоскости SBC совпадают, значит, объём CANK равен 2V₂/21.

Точки C и D лежат по одну сторону от плоскости сечения: отрезок CD пересекает её только на продолжении, в точке P. Поэтому объём многогранника, содержащего C и D, равен 17V₁/35 + 2V₂/21 = 136t/35 + 2t/7 = 146t/35.

Объём всей пирамиды равен 11t, поэтому объём второго многогранника составляет 11t − 146t/35 = 239t/35.

Ответ: 146 : 239.

№ 9A3AF9

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ сторона основания $A B$ равна 2, а боковое ребро $S A$ равно 8. Точка $M$ — середина ребра $A B$ . Плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $A B C$ и содержит точки $M$ и $D$ . Прямая $S C$ пересекает плоскость $α$ в точке $K$ .

а) Докажите, что $K M = K D$ .

б) Найдите объём пирамиды $C D K M$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.

Пусть O — центр основания. Введём прямоугольную систему координат: начало в M, ось x направлена вдоль MB, ось y лежит в основании и направлена внутрь шестиугольника, ось z перпендикулярна основанию.

Из свойств правильного шестиугольника со стороной 2 получаем: A(−1; 0; 0), B(1; 0; 0), C(2; √3; 0), D(1; 2√3; 0), O(0; √3; 0).

В правильной пирамиде SO перпендикулярно основанию. Поскольку OA = 2, по теореме Пифагора SO = √(SA² − OA²) = √(64 − 4) = 2√15. Поэтому S(0; √3; 2√15).

Плоскость α проходит через MD и перпендикулярна основанию, поэтому состоит из прямых, перпендикулярных основанию и проходящих через точки MD. Её уравнение: y = 2√3x.

Точки прямой SC имеют координаты (2t; √3; 2√15(1 − t)). Для точки K выполняется √3 = 2√3 · 2t, откуда t = 1/4.

Следовательно, K(1/2; √3; 3√15/2). Её проекция на основание Q(1/2; √3; 0) — середина MD.

Так как KQ перпендикулярно основанию, треугольники KQM и KQD прямоугольные. У них общий катет KQ и равные катеты QM и QD, поэтому их гипотенузы равны: KM = KD.

Ответ: KM = KD, что и требовалось доказать.

б) Вычисление объёма.

В качестве основания пирамиды CDKM возьмём треугольник CDM. Его высота из K равна KQ = 3√15/2.

В основании шестиугольника CD = 2, а прямая CD имеет уравнение √3x + y = 3√3. Найдём расстояние от M до этой прямой школьным способом через площадь.

Площадь треугольника MBD равна MB · 2√3/2 = √3. Площадь треугольника BCD равна BC · CD · sin 120°/2 = √3.

Площадь треугольника MBC равна MB · √3/2 = √3/2. Разбивая четырёхугольник MBCD двумя диагоналями, получаем S(CDM) = S(MBD) + S(BCD) − S(MBC) = 3√3/2.

По формуле объёма пирамиды V = S(CDM) · KQ/3 = (3√3/2) · (3√15/2)/3 = 9√5/4.

Ответ: 9√5/4.

№ 9B8297

Основанием четырёхугольной пирамиды $P A B C D$ является трапеция $A B C D$ , причём $∠ B A D + ∠ A D C = 90 °$ . Плоскости $P A B$ и $P C D$ перпендикулярны плоскости основания, $K$ $—$ точка пересечения прямых $A B$ и $C D$ .

а) Докажите, что плоскости $P A B$ и $P C D$ перпендикулярны.

б) Найдите объём пирамиды $K B C P$ , если $A B = B C = C D = 4$ , а высота пирамиды $P A B C D$ равна 9.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.

Основания трапеции — AD и BC: равенство AB ∥ CD невозможно, поскольку по условию прямые AB и CD пересекаются в K.

Пусть H — основание перпендикуляра из P на плоскость основания. Если две плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр к одной из них, проведённый через точку другой, лежит в другой плоскости.

Поэтому PH лежит и в плоскости PAB, и в плоскости PCD. Следовательно, H принадлежит обеим прямым AB и CD, то есть H = K. Таким образом, PK перпендикулярно основанию.

В выпуклой трапеции точка K лежит либо за стороной BC, либо за стороной AD. В первом случае углы при A и D треугольника KAD равны ∠BAD и ∠ADC, поэтому их сумма равна 90° и ∠AKD = 90°.

Во втором случае оба угла треугольника KAD при A и D были бы дополнительными к ∠BAD и ∠ADC. Их сумма составляла бы 360° − 90° = 270°, что невозможно. Значит, имеет место первый случай и AB перпендикулярна CD.

Прямые AB и CD лежат соответственно в плоскостях PAB и PCD и обе перпендикулярны их линии пересечения PK. Поэтому угол между AB и CD является линейным углом двугранного угла между этими плоскостями.

Этот угол равен 90°, следовательно, плоскости PAB и PCD перпендикулярны.

Ответ: перпендикулярность плоскостей доказана.

б) Вычисление объёма.

Из доказанного следует, что B лежит между K и A, а C — между K и D. Поэтому KA = KB + 4, KD = KC + 4.

Поскольку BC ∥ AD, треугольники KBC и KAD подобны по двум углам. Значит, KA/KB = KD/KC.

Подставляя выражения для KA и KD, получаем (KB + 4)/KB = (KC + 4)/KC. Следовательно, KB = KC.

Треугольник KBC прямоугольный, так как AB перпендикулярна CD, а его гипотенуза BC = 4. По теореме Пифагора 2KB² = 16, откуда KB = KC = 2√2.

Площадь треугольника KBC равна KB · KC/2 = 4. Высота из P на его плоскость равна PK = 9, поскольку это также высота исходной пирамиды.

Следовательно, V(KBCP) = S(KBC) · PK/3 = 4 · 9/3 = 12.

Ответ: 12.

№ A2B731

На рёбрах $A C,$ $A D,$ $B D$ и $B C$ тетраэдра $A B C D$ отмечены точки $K,$ $L,$ $M$
и $N$ соответственно, причём $A K : K C = 2 : 3.$ Четырёхугольник $K L M N$ $—$ квадрат со стороной 2.

а) Докажите, что прямые $A B$ и $C D$ перпендикулярны.

б) Найдите расстояние от вершины $B$ до плоскости $K L M,$ если объём тетраэдра $A B C D$ равен 25.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.

Поскольку KLMN — квадрат, KL ∥ MN и KN ∥ LM, причём KL ⟂ KN.

Плоскости ACD и BCD пересекаются по прямой CD и содержат соответственно параллельные прямые KL и MN. Поэтому CD ∥ KL ∥ MN: иначе точка пересечения CD с KL принадлежала бы также MN, что невозможно.

Аналогично плоскости ABC и ABD пересекаются по AB и содержат параллельные прямые KN и LM. Следовательно, AB ∥ KN ∥ LM.

Из KL ⟂ KN, CD ∥ KL и AB ∥ KN получаем AB ⟂ CD.

Ответ: а) AB ⟂ CD.

б) Вычисление расстояния.

Из AK : KC = 2 : 3 следует AK/AC = 2/5. В треугольнике ACD прямая KL параллельна CD, поэтому по подобию AL/AD = 2/5.

Следовательно, площади треугольников AKL и ACD относятся как (2/5)² = 4/25. Тетраэдры BAKL и BACD имеют общую высоту из B к плоскости ACD, поэтому V(BAKL) = (4/25) · 25 = 4.

В треугольнике CAB прямая KN параллельна AB. По подобию CN/CB = CK/CA = 3/5.

Тетраэдры NAKL и BAKL имеют общее основание AKL. Поскольку C лежит в плоскости AKL, а N принадлежит CB, их высоты относятся как CN/CB = 3/5. Значит, V(NAKL) = (3/5) · 4 = 12/5.

Треугольник KLN составляет половину квадрата со стороной 2, поэтому S(KLN) = 2. Обозначим расстояние от A до плоскости KLM через h. Тогда V(AKLN) = S(KLN) · h/3, откуда h = 3 · (12/5)/2 = 18/5.

Так как AB ∥ KN, прямая AB параллельна плоскости KLM. Все её точки равноудалены от этой плоскости, поэтому искомое расстояние от B также равно 18/5.

Ответ: б) 3,6.

№ A47BE8

В кубе $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ точки $M$ и $N$ $—$ середины рёбер $A B$ и $A D$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $B_{1} N$ и $C M$ перпендикулярны.

б) Плоскость $α$ проходит через точки $N$ и $B_{1}$ параллельно прямой $C M .$ Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если $B_{1} N = 6.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство.

Введём прямоугольные координаты: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A₁(0; 0; a), где a > 0 — ребро куба. Тогда C(a; a; 0), B₁(a; 0; a), M(a/2; 0; 0), N(0; a/2; 0).

Направляющие векторы прямых B₁N и CM: u = (−a; a/2; −a) и v = (−a/2; −a; 0).

Их скалярное произведение u · v = a²/2 − a²/2 + 0 = 0. По признаку перпендикулярности векторов прямые B₁N и CM перпендикулярны.

Ответ: а) B₁N ⟂ CM.

б) Вычисление расстояния.

По формуле расстояния между точками B₁N² = a² + a²/4 + a² = 9a²/4. Поскольку B₁N = 6, получаем 3a/2 = 6, откуда a = 4.

Таким образом, N(0; 2; 0), B₁(4; 0; 4), C(4; 4; 0). Плоскость α содержит направление NB₁ с вектором (4; −2; 4) и направление CM с вектором (−2; −4; 0).

Вектор n = (2; −1; −5/2) перпендикулярен обоим направлениям: 2 · 4 + (−1) · (−2) − (5/2) · 4 = 0 и 2 · (−2) + (−1) · (−4) = 0. Следовательно, n — нормальный вектор плоскости α.

Проведём через C прямую, перпендикулярную α. Её точка H имеет координаты (4 + 2t; 4 − t; −5t/2).

Условие принадлежности H плоскости через N с нормалью n имеет вид n · NH = 0. Подставляя координаты, получаем 2(4 + 2t) − (2 − t) + 25t/4 = 0, то есть 6 + 45t/4 = 0. Отсюда t = −8/15.

Точка H — основание перпендикуляра из C на α. Поэтому искомое расстояние CH = |t| · √(2² + (−1)² + (−5/2)²) = (8/15) · (3√5/2) = 4√5/5.

Ответ: б) 4√5/5.

№ B19404

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ точки $M$ и $K$ $—$ середины боковых рёбер $S A$ и $S D$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $B M$ и $C K$ лежат в одной плоскости.

б) Найдите высоту пирамиды, если $A B = 8,$ а угол между плоскостью $B M C$ и плоскостью основания пирамиды равен $45 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ BCEB84

В правильной треугольной пирамиде $S A B C$ с основанием $A B C$ точки $M$ и $K$ — середины рёбер $A B$ и $S C$ соответственно, а точки $N$ и $L$ отмечены на рёбрах $S A$ и $B C$ соответственно так, что отрезки $M K$ и $N L$ пересекаются, а $A N = 3 N S .$

а) Докажите, что прямые $M N,$ $K L$ и $S B$ пересекаются в одной точке.

б) Найдите отношение $B L : L C .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим точку пересечения отрезков MK и NL через X. Эти прямые определяют плоскость α, содержащую точки M, N, K, L.

В треугольнике SAB имеем SN/SA = 1/4. Если бы MN ∥ SB, то по теореме о пропорциональных отрезках AN/AS = AM/AB. Однако AN/AS = 3/4, а AM/AB = 1/2. Следовательно, MN пересекает SB в некоторой точке T.

Поскольку M и N лежат внутри сторон AB и AS, прямая MN пересекает прямую SB вне отрезка SB. По теореме Менелая для треугольника ASB получаем (AN/NS) · (ST/TB) · (BM/MA) = 1.

Учитывая AN/NS = 3 и BM/MA = 1, находим ST/TB = 1/3. Значит, T лежит на продолжении BS за точку S: при расположении за B было бы ST > TB.

Точка T принадлежит плоскости α, поскольку лежит на MN. Она также принадлежит плоскости SBC. Точка K принадлежит обеим плоскостям.

Плоскости α и SBC различны: M принадлежит α, но не принадлежит SBC, поскольку плоскости SAB и SBC пересекаются по SB, а M не лежит на SB. Следовательно, α и SBC пересекаются по прямой TK.

Точка L также принадлежит обеим плоскостям, поэтому лежит на TK. Таким образом, прямые MN, KL и SB проходят через T.

Ответ: а) прямые MN, KL и SB пересекаются в одной точке.

б) Применим теорему Менелая к треугольнику SBC и прямой TLK: (ST/TB) · (BL/LC) · (CK/KS) = 1.

По доказанному ST/TB = 1/3, а CK/KS = 1, поскольку K — середина SC. Поэтому (1/3) · (BL/LC) = 1, откуда BL/LC = 3.

Ответ: б) 3:1.

№ C185DD

Основанием четырёхугольной пирамиды $S A B C D$ является прямоугольник $A B C D$ , причём $A B = 2 \sqrt{2}$ , $B C = 4$ . Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $A P$ и $C Q$ на ребро $S B$ .

а) Докажите, что $P$ $—$ середина отрезка $B Q$ .

б) Найдите угол между гранями $S B A$ и $S B C$ , если $S D = 4$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим центр основания через O, а длину SB через l. Поскольку SO перпендикулярна основанию и OA = OB = OC = OD, прямоугольные треугольники SOA, SOB, SOC, SOD равны по двум катетам. Поэтому SA = SB = SC = SD = l.

По теореме косинусов в равнобедренном треугольнике ABS: cos ∠ABS = AB/(2l). Следовательно, проекция AB на BS равна BP = AB · cos ∠ABS = AB²/(2l) = 4/l.

Аналогично в треугольнике CBS получаем BQ = BC²/(2l) = 8/l. Обе проекции направлены от B к S, поэтому BP = PQ = BQ/2.

Ответ к пункту а): P — середина BQ.

б) При SD = 4 все боковые рёбра равны 4, поэтому BP = 1, BQ = 2. По теореме Пифагора AP² = AB² − BP² = 8 − 1 = 7, CQ² = BC² − BQ² = 16 − 4 = 12.

В треугольнике BQC через середину P стороны BQ проведём прямую, параллельную QC. Она пересекает BC в его середине R, причём PR = CQ/2 = √3 по теореме о средней линии треугольника.

Так как AP перпендикулярна SB, а PR параллельна CQ и также перпендикулярна SB, угол APR — линейный угол двугранного угла между указанными гранями. Лучи PA и PR направлены внутрь соответствующих граней.

В прямоугольном треугольнике ABR имеем BR = 2 и AR² = AB² + BR² = 8 + 4 = 12.

По теореме косинусов в треугольнике APR: cos ∠APR = (AP² + PR² − AR²)/(2 · AP · PR) = (7 + 3 − 12)/(2√21) = −√21/21.

Ответ к пункту б): π − arccos(√21/21).

№ C300DC

В прямоугольном параллелепипеде $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ известны длины рёбер: $A B = 6 \sqrt{2}$ , $A D = 10$ , $A A_{1} = 16$ . На рёбрах $A A_{1}$ и $B B_{1}$ отмечены точки $E$ и $F$ соответственно, причём $A_{1} E : E A = 5 : 3$ и $B_{1} F : F B = 5 : 11$ . Точка $T$ $—$ середина ребра $B_{1} C_{1}$ .

а) Докажите, что плоскость $E F T$ проходит через точку $D_{1}$ .

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $E F T$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) По условию AE = 16·3/8 = 6, BF = 16·11/16 = 11. Поэтому A₁E = 10, B₁F = 5.

Продолжим EF до пересечения с прямой A₁B₁ в точке K. Из подобия прямоугольных треугольников KA₁E и KB₁F следует KA₁/KB₁ = A₁E/B₁F = 2. Следовательно, K лежит за B₁, KB₁ = A₁B₁ = 6√2, KA₁ = 12√2.

В треугольнике KA₁D₁ точка B₁ — середина KA₁. Прямая B₁T параллельна A₁D₁, причём B₁T = 5 = A₁D₁/2. По теореме о средней линии T — середина KD₁.

Точки K и T принадлежат плоскости EFT, поэтому прямая KT лежит в этой плоскости. Поскольку D₁ лежит на KT, плоскость EFT проходит через D₁.

Ответ к а): утверждение доказано.

б) Из того же подобия KF/KE = 1/2, поэтому F — середина KE. В треугольнике KED₁ отрезок FT соединяет середины двух сторон, следовательно, FT ∥ ED₁.

На передней, правой, верхней и левой гранях плоскость пересекает параллелепипед соответственно по EF, FT, TD₁ и D₁E. Поэтому сечение — трапеция EFTD₁, полученная из треугольника KED₁ удалением треугольника KFT.

По теореме Пифагора KE² = KA₁² + A₁E² = (12√2)² + 10² = 388; KD₁² = KA₁² + A₁D₁² = 388. Значит, треугольник KED₁ равнобедренный.

В прямоугольном треугольнике EA₁D₁ получаем ED₁ = √(10² + 10²) = 10√2. Высота равнобедренного треугольника KED₁ к основанию ED₁ равна √(388 − (5√2)²) = 13√2.

Следовательно, S(KED₁) = (10√2)·(13√2)/2 = 130. По подобию S(KFT)/S(KED₁) = (1/2)² = 1/4, поэтому площадь сечения равна 130·3/4 = 97,5.

Ответ к б): 97,5.

№ C84642

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ , $B$ и $C$ ,
а на окружности другого основания $—$ точка $C_{1}$ , причём $C C_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а $A C$ $—$ диаметр основания. Известно, что $∠ A C B = 45 °$ , $A B = 2 \sqrt{3}$ , $C C_{1} = 2 \sqrt{6}$ .

а) Докажите, что угол между прямыми $A C_{1}$ и $B C$ равен $60 °$ .

б) Найдите расстояние от точки $B$ до прямой $A C_{1}$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ C87061

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит равнобедренная трапеция $A B C D$ с основаниями $A D = 3$ и $B C = 2.$ Точка $M$ делит
ребро $A_{1} D_{1}$ в отношении $A_{1} M : M D_{1} = 1 : 2,$ а точка $K$ $—$ середина ребра $D D_{1} .$

а) Докажите, что плоскость $M K C$ делит отрезок $B B_{1}$ пополам.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $M K C,$ если $∠ M K C = 90 °,$ $∠ A D C = 60 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Введём прямоугольную систему координат: A(0; 0; 0), D(3; 0; 0), B(1/2; t; 0), C(5/2; t; 0), где t > 0 — высота трапеции. Такие координаты следуют из равнобедренности трапеции и равенства (AD − BC)/2 = 1/2.

Обозначим высоту прямой призмы через h. Тогда M(1; 0; h), K(3; 0; h/2).

Плоскость MKC имеет уравнение x + 5y/(2t) + 4z/h = 5: координаты каждой из трёх точек M, K, C удовлетворяют ему. Эти точки не лежат на одной прямой, поскольку C не принадлежит плоскости боковой грани ADD₁A₁.

На ребре BB₁ координаты x = 1/2, y = t. Подстановка в уравнение плоскости даёт 1/2 + 5/2 + 4z/h = 5, откуда z = h/2.

Таким образом, точка N пересечения плоскости MKC с BB₁ является серединой этого ребра.

Ответ: плоскость MKC делит BB₁ пополам.

б) Из ∠ADC = 60° получаем t = (1/2)tg 60° = √3/2.

Векторы KM = (−2; 0; h/2) и KC = (−1/2; t; −h/2) перпендикулярны по условию. Их скалярное произведение равно нулю: 1 − h²/4 = 0. Так как h > 0, имеем h = 2.

Уравнение секущей плоскости принимает вид √3x + 5y + 2√3z = 5√3.

На верхнем основании z = 2 её след задаётся уравнением x + 5y/√3 = 1. Он пересекает A₁D₁ в M, а A₁B₁ — в точке P, для которой A₁P/A₁B₁ = 1/3: значение x + 5y/√3 меняется вдоль A₁B₁ от 0 до 3.

Следовательно, сечение — пятиугольник MKCNP: его стороны последовательно лежат в гранях ADD₁A₁, DCC₁D₁, BCC₁B₁, ABB₁A₁ и верхнем основании.

Пусть M₀ и P₀ — ортогональные проекции M и P на основание. Тогда M₀(1; 0; 0), P₀(1/6; t/3; 0), а проекция сечения — пятиугольник M₀DCBP₀.

Его площадь равна площади трапеции ABCD за вычетом площади треугольника AM₀P₀: S₀ = (3 + 2)t/2 − 1 · (t/3)/2 = 7t/3 = 7√3/6.

Нормаль к секущей плоскости имеет координаты (√3; 5; 2√3), а нормаль к основанию — (0; 0; 1). Поэтому для острого угла φ между плоскостями cos φ = 2√3/√(3 + 25 + 12) = √(3/10).

По теореме о площади ортогональной проекции S₀ = S cos φ. Значит, площадь сечения S = (7√3/6)/√(3/10) = 7√10/6.

Ответ: 7√10/6.

№ D7147A

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ , $B$ и $C$ ,
а на окружности другого основания $—$ точка $C_{1}$ , причём $C C_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а $A C$ $—$ диаметр основания. Известно, что $∠ A C B = 30 °$ , $A B = \sqrt{2}$ , $C C_{1} = 2$ .

а) Докажите, что угол между прямыми $A C_{1}$ и $B C$ равен $45 °$ .

б) Найдите объём цилиндра.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ DBF6Be

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ точки $M$ и $K$ $—$ середины боковых рёбер $S A$ и $S D$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $B C$ и $M K$ параллельны.

б) Найдите объём пирамиды $M A B F,$ если $A B = 12,$ а угол между плоскостью $B M C$ и плоскостью основания пирамиды $S A B C D E F$ равен $30 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Пусть O — центр правильного шестиугольника ABCDEF. Противоположные вершины A и D лежат на одной прямой с O, поэтому AD ∥ AO.

Треугольник AOB равносторонний: OA = OB = AB, так как радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне. Следовательно, ∠BAO = 60°.

В правильном шестиугольнике ∠ABC = 120°. Поэтому ∠BAO + ∠ABC = 180°, откуда AO ∥ BC по признаку параллельности прямых.

В треугольнике SAD отрезок MK соединяет середины сторон SA и SD. По теореме о средней линии MK ∥ AD. Так как AD ∥ BC, получаем MK ∥ BC.

Ответ: а) BC ∥ MK, что и требовалось доказать.

б) В правильной пирамиде SO перпендикулярна плоскости основания. Пусть H — середина AO. В треугольнике ASO отрезок MH — средняя линия, поэтому MH ∥ SO. Следовательно, MH перпендикулярна плоскости основания и является высотой пирамиды MABF.

В равностороннем треугольнике AOB со стороной 12 медиана BH является высотой. Поэтому BH ⟂ AO и BH = √(12² − 6²) = 6√3.

Поскольку BC ∥ AO, имеем BH ⟂ BC. Кроме того, прямая через H, параллельная BC, перпендикулярна MH. Значит, она перпендикулярна плоскости MBH, а параллельная ей BC также перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, MB ⟂ BC.

Плоскости BMC и основания пересекаются по BC. Прямые BM и BH лежат в этих плоскостях и перпендикулярны BC, поэтому острый угол MBH равен заданному углу между плоскостями: 30°.

Треугольник MBH прямоугольный при H, откуда MH = BH · tg 30° = 6√3 · 1/√3 = 6.

В треугольнике ABF стороны AB = AF = 12, а угол BAF = 120° как внутренний угол правильного шестиугольника. Поэтому S(ABF) = (1/2) · 12 · 12 · sin 120° = 36√3.

Объём пирамиды MABF равен V = (1/3) · S(ABF) · MH = (1/3) · 36√3 · 6 = 72√3.

Ответ: б) 72√3.

№ DE9364

Точка $M$ $—$ середина бокового ребра $S C$ правильной четырёхугольной пирамиды $S A B C D .$ Точка $N$ лежит на стороне основания $B C .$ Плоскость $α$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно боковому ребру $S A .$

а) Плоскость $α$ пересекает боковое ребро $S D$ в точке $L .$ Докажите,
что $B N : N C = D L : L S .$

б) Плоскость $α$ делит пирамиду $S A B C D$ на два многогранника. Найдите отношение их объёмов, если $B N : N C = 1 : 3.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство. Обозначим через K середину AC. В треугольнике CSA отрезок MK — средняя линия, поэтому MK ∥ SA. Поскольку M принадлежит α и α ∥ SA, прямая MK лежит в α.

Следовательно, пересечение α с плоскостью основания — прямая NK. Пусть она пересекает AD в точке P.

Диагонали квадрата делятся пополам, поэтому AK = CK. Треугольники AКP и CКN равны по стороне и двум прилежащим углам: углы при K вертикальные, а углы при A и C равны вследствие AD ∥ BC. Значит, AP = CN, откуда DP = BN.

Пересечение плоскостей α и SAD — прямая PL, параллельная SA: обе плоскости содержат направление SA. По теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике DSA получаем DL/LS = DP/PA = BN/NC.

Ответ а): BN : NC = DL : LS, что и требовалось доказать.

б) Вычисление объёмов. Пусть сторона основания равна a, высота пирамиды равна h, а её объём V = a²h/3. Из BN : NC = 1 : 3 следует BN = DP = a/4, NC = AP = 3a/4. По пункту а) DL/DS = 1/4.

Сечение — четырёхугольник PNML. Многогранник, содержащий C и D, разбивается плоскостью MDP на пирамиду MCDPN и тетраэдр MDPL.

Основание первой пирамиды — трапеция CDPN с параллельными сторонами DP и CN и высотой a. Её площадь равна ((a/4 + 3a/4)/2) · a = a²/2. Высота из M равна h/2, поскольку M — середина SC. Поэтому V₁ = (1/3) · (a²/2) · (h/2) = V/4.

Сравним тетраэдры MDPL и CDSA. Их основания DPL и DSA лежат в одной плоскости, причём S(DPL)/S(DSA) = (DP/DA) · (DL/DS) = 1/16, поскольку угол при D общий.

Расстояние от M до плоскости SAD вдвое меньше расстояния от C до этой плоскости: M — середина SC, а S лежит в SAD. Следовательно, V(MDPL) = V(CDSA)/32. Диагональ AC делит квадрат пополам, поэтому V(CDSA) = V/2 и V(MDPL) = V/64.

Таким образом, объём части, содержащей C и D, равен V/4 + V/64 = 17V/64. Объём второй части равен 47V/64.

Ответ б): 17 : 47.

№ E8E9A7

В прямоугольном параллелепипеде $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ известны длины рёбер: $A B = 2 \sqrt{2}$ , $A D = 6$ , $A A_{1} = 10$ . На рёбрах $A A_{1}$ и $B B_{1}$ отмечены точки $E$ и $F$ соответственно, причём $A_{1} E : E A = 3 : 2$ и $B_{1} F : F B = 3 : 7$ . Точка $T$ $—$ середина ребра $B_{1} C_{1}$ .

а) Докажите, что плоскость $E F T$ проходит через точку $D_{1}$ .

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $E F T$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Доказательство. Введём прямоугольные координаты с началом A и осями вдоль AB, AD, AA₁. Тогда A(0; 0; 0), B(2√2; 0; 0), D₁(0; 6; 10).

По условию AE = 10 · 2/5 = 4, BF = 10 · 7/10 = 7. Поэтому E(0; 0; 4), F(2√2; 0; 7), T(2√2; 3; 10).

Точки E, F, T не лежат на одной прямой: EF лежит в грани ABB₁A₁, а T этой грани не принадлежит.

Все три точки удовлетворяют уравнению плоскости z = 4 + 3x/(2√2) + y. Следовательно, это уравнение плоскости EFT.

Координаты D₁ также удовлетворяют этому уравнению: 10 = 4 + 0 + 6. Значит, D₁ принадлежит плоскости EFT.

Ответ а): плоскость EFT проходит через D₁.

б) Площадь сечения. На гранях ABB₁A₁, BCC₁B₁, A₁B₁C₁D₁ и ADD₁A₁ плоскость высекает соответственно отрезки EF, FT, TD₁ и D₁E. Поэтому сечение — четырёхугольник EFTD₁.

Диагональ FD₁ делит его на треугольники EFD₁ и FTD₁. По формуле расстояния между точками получаем EF² = 8 + 9 = 17, ED₁² = 36 + 36 = 72, FD₁² = 8 + 36 + 9 = 53.

Из теоремы косинусов и формулы площади S = ab sin γ/2 следует: 16S² = 4a²b² − (a² + b² − c²)², где a, b, c — стороны треугольника.

Для треугольника EFD₁: 16S₁² = 4 · 17 · 72 − (17 + 72 − 53)² = 3600. Следовательно, S₁ = 15.

Для второго треугольника FT² = 9 + 9 = 18, TD₁² = 8 + 9 = 17, FD₁² = 53. Поэтому 16S₂² = 4 · 18 · 17 − (18 + 17 − 53)² = 900, откуда S₂ = 15/2.

Площадь сечения равна S₁ + S₂ = 15 + 15/2 = 45/2.

Ответ б): 45/2.

№ E8FAA5

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания.
На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A$ , $B$ и $C$ ,
а на окружности другого основания $—$ точка $C_{1}$ , причём $C C_{1}$ $—$ образующая цилиндра, а $A C$ $—$ диаметр основания. Известно, что $∠ A C B = 30 °$ , $A B = 1$ , $C C_{1} = 2 \sqrt{2}$ .

а) Докажите, что угол между прямыми $A C_{1}$ и $B C$ равен $60 °$ .

б) Найдите площадь боковой поверхности цилиндра.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ E95564

На ребре $A A_{1}$ прямоугольного параллелепипеда $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ взята точка E так, что $A_{1} E : E A = 1 : 2$ , на ребре $B B_{1}$ $—$ точка $F$ так, что $B_{1} F : F B = 1 : 5$ , а точка Т $—$ середина ребра $B_{1} C_{1}$ . Известно, что $A B = 2$ , $A D = 6$ , $A A_{1} = 6$ .

а) Докажите, что плоскость $E F T$ проходит через вершину $D_{1}$ .

б) Найдите угол между плоскостью $E F T$ и плоскостью $A A_{1} B_{1}$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Войти через Telegram