Математика ЕГЭ Профиль
Русский язык ЕГЭ

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по стереометрии формата ЕГЭ

Задание 1 #3868
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Основанием прямой треугольной призмы \(ABCA_1B_1C_1\) является прямоугольный треугольник \(ABC\), причем \(\angle C=90^\circ\). Диагонали боковых граней \(AA_1B_1B\) и \(BB_1C_1C\) равны соответственно \(26\) и \(10\), \(AB=25\).

а) Докажите, что \(\triangle BA_1C_1\) – прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды \(AA_1C_1B\).

Добавить задание в избранное

а) Так как \(BB_1\perp (A_1B_1C_1)\), \(B_1C_1\perp A_1C_1\), то по теореме о трех перпендикулярах \(BC_1\perp A_1C_1\) (как наклонная). Следовательно, \(\triangle A_1C_1B\) – прямоугольный.

 

б) Заметим, что \(BC\perp AC\) и \(BC\perp CC_1\), следовательно, по признаку \(BC\perp (AA_1C_1)\). Следовательно, \(BC\) – высота пирамиды \(BAA_1C_1\) с основанием \(AA_1C_1\).
Так как \(\triangle AA_1C_1\) прямоугольный, то \[V_{BAA_1C_1}=\dfrac{\frac12\cdot AA_1\cdot A_1C_1\cdot BC}3\] По теореме Пифагора \[\begin{aligned} &A_1C_1=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{16\cdot 36}=24\\[1ex] &AA_1=\sqrt{26^2-25^2}=\sqrt{1\cdot 51}=\sqrt{51}\\[1ex] &BC=\sqrt{10^2-51}=\sqrt{49}=7 \end{aligned}\] Тогда \[V_{BAA_1C_1}=\dfrac{\frac12\cdot 24\cdot \sqrt{51}\cdot 7}3=28\sqrt{51}\]

Ответ:

б) \(28\sqrt{51}\)

Задание 2 #1268
Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(ABCA_1B_1C_1\) - прямая треугольная призма, \(AB=16, \ BC=15, \ AA_1=8\). \(M, N\) – середины ребер \(AC\) и \(B_1C_1\) соответственно. \(K,P\) – такие точки на ребрах \(BC\) и \(B_1C_1\) соответственно, что \(CK=B_1P=\dfrac{1}{6}BC\).

 

а) Построить сечение призмы плоскостью \(\alpha\), параллельной прямой \(MN\) и проходящей через точки \(K\) и \(P\).

б) Найти площадь сечения призмы плоскостью \(\alpha\).

Добавить задание в избранное

а)

 

Если прямая \(MN\parallel \alpha \Rightarrow MN\) параллельна некоторой прямой, лежащей в \(\alpha\). Проведем \(NS\perp BC, NS\cap KP=O\). В плоскости \(MNS\) проведем \(OH\parallel MN \Rightarrow MH=HS\). Тогда прямая \(KH\cap AB=T\). Так как плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то \(\alpha\) пересечет плоскость \(A_1B_1C_1\) по прямой, параллельной \(KT\). Следовательно, проведем \(PR\parallel KT\). Таким образом, \(TRPK\) – искомое сечение (трапеция).

 

б) Заметим, что \(CK=\dfrac{1}{6} \cdot 15=\dfrac{5}{2} \Rightarrow KS=5\). Т.к. \(MS\) – средняя линия треугольника \(ABC \Rightarrow MS=8 \Rightarrow HS=4\). Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник \(HKS\) – прямоугольный, следовательно, \(\angle H =90^\circ\) и \(HK=3\). Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что \(NS\perp (ABC), HS\perp KT \Rightarrow OH\perp KT\).

 

Проведем \(PH_1 \perp KT\). Из подобия треугольников \(HOK\) и \(H_1PK\) следует, что \(PH_1=2OH\). Т.к. \(OS=\dfrac{1}{2}NS=4, HS=4 \Rightarrow OH=4\sqrt2\). Таким образом найдена высота трапеции \(PH_1=8\sqrt2\).


 

Найдем основания трапеции \(KT\) и \(PR\).

 

\(\sin \angle KSH = \dfrac{3}{5}=\sin \angle B=\dfrac{KT}{KB} \Rightarrow KT=\dfrac{15}{2}\).

 

\(\bigtriangleup PRB_1 \sim \bigtriangleup KTB \Rightarrow PR=\dfrac{3}{2}\).

 

Таким образом, \(S_{TRPK} = \dfrac{1}{2}\cdot (\dfrac{15}{2}+\dfrac{3}{2})\cdot 8\sqrt2 = 36\sqrt2\)

Ответ:

б) \(36\sqrt2\)

Задание 3 #2300
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольной пирамиде \(DABC\) двугранные углы при ребрах \(AD\) и \(BC\) равны. Известно также, что \(AB=BD=DC=AC=\sqrt{15}\).

 

а) Докажите, что \(AD=BC\).

 

б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при \(AD\) и \(BC\) равны по \(60^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим пирамиду \(DABC\), \(AB=BD=DC=CA\), \(\angle (BAD,CAD)=\angle (BAC,BDC)\).

 

Т.к. \(\triangle ABD\) и \(\triangle ACD\) – равнобедренные, причем \(AD\) – общее основание, то высоты к основаниями попадут в одну точку – в середину стороны \(AD\), точку \(N\). То есть \(BN\perp AD\), \(CN\perp AD\). Таким образом, \(\angle BNC\) – линейный угол двугранного угла \(\angle(BAD,CAD)\).


 

Аналогичным образом строится угол \(\angle AMD\) – линейный угол двугранного угла \(\angle (BAC,BDC)\), где \(M\) – середина \(BC\). Таким образом, \(\angle BNC=\angle AMD\).

 

Т.к. \(\triangle ABD=\triangle ACD\) по трем сторонам, то \(BN=CN\). Аналогично \(AM=DM\). Значит, \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) – равнобедренные и подобные (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).

 

Заметим, что плоскости \((AMD)\) и \((BNC)\) имеют две общие точки – это точки \(N\) и \(M\). Следовательно, они пересекаются по прямой \(MN\). Отрезок \(NM\) – это высота в \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) к основаниям \(AD\) и \(BC\) соответственно. Следовательно, эти треугольники равны. Следовательно, \(AD=BC\), чтд.

 

б) Из пункта а) также следует, что \(AM=DM=BN=CN\). Т.к. двугранные углы равны \(60^\circ\), то \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) – равносторонние.
Пусть \(AM=DM=BN=CN=AD=BC=x\).

 

Проведем высоту пирамиды \(DH\). Т.к. \(DM\perp BC\), то по теореме о трех перпендикулярах \(HM\perp BC\). Таким образом, точка \(H\) должна лежать на \(AM\), причем на середине, т.к. \(\triangle AMD\) – равносторонний.

 

\(DH=\frac{\sqrt3}2\cdot AD=\frac{\sqrt3}2x\). Найдем по теореме Пифагора \(x\) из \(\triangle ABM\):

 

\(AM=x\), \(BM=\frac x2\), \(AB=\sqrt{15}\), следовательно, \(x=2\sqrt3\).

 

Таким образом, \[V_{DABC}=\frac13\cdot DH\cdot S_{ABC}=\dfrac13\cdot \frac{\sqrt3}2x\cdot \frac12x^2=6\]

Ответ:

б) \(6\)

Задание 4 #1265
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан правильный тетраэдр \(SABC\), \(H\) – такая точка на высоте \(SO\), что \(OH:HS=1:3\). Плоскость \(\alpha\) проходит через точки \(A\) и \(H\) параллельно медиане \(BM\) треугольника \(ABC\) и пересекает ребро \(CS\) в точке \(P\).

 

а) Докажите, что \(CP:PS=2:3\).

б) Найдите угол между плоскостями \(\alpha\) и \(ABC\).

Добавить задание в избранное

а)

Правильный тетраэдр - это правильная треугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть ребро пирамиды равно \(a\).
Т.к. пирамида правильная, то высота \(SO\) падает в точку пересечения медиан \(\bigtriangleup ABC\). Рассмотрим плоскость \(BSM\), точка \(H\) лежит в этой плоскости. Т.к. плоскость \(\alpha\) параллельна \(BM\), то она пересекает плоскость \(BSM\) по прямой, параллельной \(BM\).

 

Проведем \(RT\parallel BM, H\in RT\). Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SH}{HO}=\dfrac{ST}{TM}=\dfrac{3}{1}\).

 

Прямая \(AT\) пересечет \(CS\) в точке \(P\). \(\bigtriangleup APR\) – сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\).
Напишем теорему Менелая для \(\bigtriangleup CSM\) и прямой \(AP\):
\[\dfrac{CP}{PS}\cdot \dfrac{ST}{TM}\cdot \dfrac{MA}{AC}=1\] Из этого равенства находим, что \(\dfrac{CP}{PS}=\dfrac{2}{3}\)

 

б) Докажем, что линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и \(ABC\) параллельна прямой \(BM\). Пусть это не так: пусть \(l\) – линия пересечения \(\alpha\) и \(ABC\) и \(l\cap BM=Z\). Тога прямая \(BM\cap \alpha=Z\), следовательно, не может быть параллельна \(\alpha\). Получили противоречие, следовательно, \(l\parallel BM\). Заметим, что прямая \(l\) проходит через точку \(A\).

 

Построим линейный угол двугранного угла между \(\alpha\) и \(ABC\). Т.к. \(HO\perp ABC\), проведем \(OK\perp l\), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах \(HK\perp l\). Таким образом, \(\angle HKO\) – искомый угол.

 

1) Найдем \(HO\).
\(BO=\dfrac{2}{3}\cdot BM=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{\sqrt3}{2}a=\dfrac{a}{\sqrt3}\)

 

Тогда \(SO=\sqrt{a^2 -\dfrac{a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a \Rightarrow HO=\dfrac{1}{4}SO=\dfrac{\sqrt2a}{4\sqrt3}\)

 

2) Найдем \(OK\).
\(BM\perp AC, BM\parallel l \Rightarrow AC\perp l\). Т.к. \(OK\perp l \Rightarrow OK\parallel AC\). Таким образом, \(OMAK\) – параллелограмм, следовательно, \(OK=MA=\dfrac{1}{2}a\).
Треугольник \(HOK\) – прямоугольный, следовательно, \(\mathrm{ctg}\,\angle HKO=\dfrac{OK}{HO}=\sqrt6\)
Тогда \(\angle HKO= \mathrm{arcctg}\,\sqrt6\).

Ответ:

б) \(\mathrm{arcctg}\,\sqrt6\)

Задание 5 #3059
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная призма \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), стороны основания которой равна \(4\), а боковые ребра равны \(5\).

 

а) Постройте сечение призмы плоскостью \(DMN\), где \(M\) и \(N\) – середины отрезков \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\).

б) Найдите угол между данным сечением и плоскостью \(ABC\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) Из условия следует, что призма прямая и основаниями являются квадраты.
\(MN\) – средняя линия в \(\triangle A_1B_1C_1\), следовательно, \(MN\parallel A_1C_1\). Тогда плоскость \(DMN\) пересечет плоскость \(A_1C_1CA\) по прямой \(l\), параллельной \(A_1C_1\) (в противном случае \(l\) пересечет \(A_1C_1\) в некоторой точке \(K\), которая будет лежать и на \(A_1C_1\), и в плоскости \(DMN\), следовательно, должна будет лежать и на \(MN\), что невозможно, так как \(MN\) не пересекает \(A_1C_1\)).
Таким образом, найдем точку, в которой плоскость \(DMN\) пересекает плоскость \(A_1C_1CA\).



Пусть плоскость \(B_1D_1DB\) пересекает \(MN\) в точке \(T\). Тогда \(DT\in (DMN)\). Если \(O\) и \(O_1\) – точки пересечения диагоналей оснований, то прямые \(DT\) и \(OO_1\) лежат в плоскости \(B_1D_1DB\). Пусть точка их пересечения – точка \(K\). Тогда \(K\) – искомая точка пересечения плоскости \(DMN\) и плоскости \(A_1C_1CA\).
Проведем через точку \(K\) прямую \(l\) параллельно \(A_1C_1\). Пусть она пересекла \(AA_1\) в точке \(P\), \(CC_1\) в точке \(L\). Таким образом, получили сечение \(DPMNL\) призмы плоскостью \(DMN\).

 

б) Заметим, что \(KO\perp (ABC)\), следовательно, так как \(OD\perp AC\), то и \(KD\perp AC\) по теореме о трех перпендикулярах. Значит, \(\angle KDO\) равен углу между плоскостями \(DMN\) и \(ABC\).
По теореме Фалеса \[\dfrac{A_1M}{MB_1}=\dfrac11=\dfrac{O_1T}{TB_1} \quad\Rightarrow\quad O_1T=TB_1.\] \(\triangle TO_1K\sim \triangle DOK\), следовательно, \[\dfrac{O_1T}{OD}=\dfrac12=\dfrac{O_1K}{OK}\] Следовательно, \(OK=\frac23OO_1=\frac23AA_1=\frac23\cdot 5=\frac{10}3\).   \(OD=\frac12 BD=\frac12\cdot \sqrt2AB=2\sqrt2.\)   Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle KDO=\dfrac{OK}{OD}=\dfrac56\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad \angle KDO=\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2\)

Задание 6 #3064
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной пирамиде \(SABC\) с основанием \(ABC\) на медиане основания \(CE\) взята точка \(K\) так, что \(CK:KE=8:1\). Через точку \(K\) проведена плоскость \(\alpha\), которая перпендикулярна прямой \(CE\) и пересекает боковые ребра \(SA\) и \(SB\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно.

 

а) Докажите, что \(MN:AB=2:3\).

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка \(C\), а основанием – сечение пирамиды \(SABC\) плоскостью \(\alpha\), если известно, что \(AB=9\sqrt3\), \(SA=18\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(SO\) – высота пирамиды, \(O\) – точка пересечения медиан. Следовательно, \[\dfrac{CO}{OE}=\dfrac21\] Так как по условию \(CK:KE=8:1\), то можно обозначить \(CK=8x\), \(KE=x\). Тогда \(CE=9x\). Следовательно, \(CO=\frac23CE=6x\), \(OE=3x\), \(OK=2x\).
Так как \(CE\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\), то нужно построить две пересекающиеся прямые в плоскости \(\alpha\), которым \(CE\) будет перпендикулярна.
Первая прямая: так как \(CE\perp AB\), то проведем через точку \(K\) прямую \(PL\parallel AB\). Тогда \(CE\perp PL\) (\(P\in AC, L\in BC\)).
Вторая прямая: так как \(SO\perp (ABC)\), то \(SO\perp CE\). Следовательно, проведем \(KK'\parallel SO\), тогда \(KK'\perp CE\) (\(K'\in SE\)).
Следовательно, \(\alpha\) проходит через точки \(P, L, K'\).


 

Заметим, что \(\alpha\) пересечет плоскость \(ASB\) по прямой, параллельной \(AB\) (в противном случае \(\alpha\) будет иметь общую точку с \(AB\), что невозможно, так как \(AB\parallel PL \quad\Rightarrow\quad AB\parallel \alpha\)).
Следовательно, \(MN\parallel AB\) и проходит через \(K'\).
Из подобия \(\triangle K'EK\sim \triangle SEO\): \[\dfrac{SE}{K'E}=\dfrac{OE}{KE}=\dfrac31 \quad\Rightarrow\quad K'E= \dfrac13SE \quad\Rightarrow\quad SK'=\dfrac23SE.\] Из подобия \(\triangle MSN\sim \triangle ASB\): \[\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{SK'}{SE}=\dfrac23.\]

б) Рассмотрим пирамиду \(CPMNL\). \(CK\) – высота этой пирамиды, \(PMNL\) – трапеция (\(MN\parallel AB\parallel PL\)).
Следовательно, \[V=\dfrac13\cdot CK\cdot \dfrac{MN+PL}2\cdot KK'\] Так как \(BC=9\sqrt3\), то \(CE=\sqrt{BC^2-EB^2}=\frac{27}2\). Следовательно, \[CK=\dfrac89CE=12.\] Из подобия \(\triangle PCL\sim \triangle ACB\): \[\dfrac{PL}{AB}=\dfrac{CK}{CE}=\dfrac89\quad\Rightarrow\quad PL= 8\sqrt3.\] Из пункта а) \[MN=\dfrac23AB=6\sqrt3.\] Из подобия \(\triangle EK'K\sim \triangle ESO\): \[KK'=\dfrac13SO=\dfrac13\sqrt{SC^2-CO^2}=\dfrac13\sqrt{18^2-9^2}= 3\sqrt3.\] Следовательно, \[V=\dfrac13\cdot 12\cdot \dfrac{6\sqrt3+8\sqrt3}2\cdot 3\sqrt3=252.\]

Ответ:

б) 252

Задание 7 #3063
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная пирамида \(SABCD\) с вершиной \(S\), стороны основания которой равны \(6\sqrt2\), а боковые ребра равны \(21\).

 

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку \(A\) и середину ребра \(SC\) параллельно прямой \(BD\).

б) Найдите площадь построенного сечения.

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(N\) – середина ребра \(SC\), \(SH\) – высота пирамиды (падает в точку пересечения диагоналей основания).
Необходимо построить прямую, лежащую в плоскости сечения и параллельную \(BD\). Рассмотрим плоскость \(ASC\). Прямая \(AN\) пересекает \(SH\) в точке \(O\). Теперь рассмотрим \(BSD\). Проведем в этой плоскости через точку \(O\) прямую, параллельную \(BD\). Пусть она пересечет ребра \(SB\) и \(SD\) в точках \(M\) и \(K\) соответственно. Таким образом, \(AMNK\) – искомое сечение.


 

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах (так как \(OH\perp (ABC), AH\perp BD\)) \(AO\perp BD\). Так как \(BD\parallel MK\), то \(AO\perp MK\), следовательно, \(AN\perp MK\). Следовательно, у четырехугольника \(AMNK\) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как \[S=\dfrac12 AN\cdot MK.\]

Заметим сразу, что \(BD=AC=AB\sqrt2=12\).
Рассмотрим плоскость \(ASC\).



По теореме Менелая: \[\dfrac{SN} {NC}\cdot \dfrac{CA}{AH}\cdot \dfrac{HO}{OS}=1 \quad\Rightarrow \quad \dfrac{HO}{OS}=\dfrac12 \quad\Rightarrow\quad OS=2OH \quad\Rightarrow\quad \dfrac{SO}{SH}=\dfrac23.\] (это нам понадобится позже для поиска \(MK\))

Проведем \(NQ\perp AC\). Тогда из подобия \(\triangle SHC\) и \(\triangle NQC\): \[\dfrac{SH}{NQ}=\dfrac{SC}{NC}=2 \quad\Rightarrow\quad NQ=\dfrac12SH=\dfrac12\sqrt{SC^2-HC^2}=\dfrac12\sqrt{21^2-6^2}= \dfrac12\sqrt{81\cdot 5}\] \(Q\) – середина \(HC\), следовательно, \(AQ=\frac34AC=\frac34\cdot 12=9\). Тогда по теореме Пифагора \[AN=\sqrt{AQ^2+NQ^2}=\sqrt{\dfrac{81\cdot 5}4+81}=\dfrac{27}2.\]
Рассмотрим \(BSD\). Так как \(\triangle MSK\sim \triangle BSD\), то \[\dfrac{MK}{BD}=\dfrac{SO}{SH}=\dfrac23 \quad\Rightarrow\quad MK=\dfrac23BD=\dfrac23\cdot 12=8.\] Следовательно, площадь сечения равна \[S=\dfrac12\cdot 8\cdot \dfrac{27}2=54.\]

Ответ:

б) 54