Математика
Русский язык

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
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 2
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 3
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 4
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\).
\(M\) – точка пересечения диагоналей грани \(AA_1B_1B\), \(N\) – точка пересечения диагоналей грани \(BB_1C_1C\), а \(K\) – середина ребра \(CD\).

 

а) Доказать, что сечение параллелепипеда плоскостью \(MNK\) - пятиугольник.

б) Найти отношение длин отрезков, на которые делит плоскость \(MNK\) ребро \(BB_1\), если \(AB=BC=\dfrac{\sqrt2}{2}AA_1\).

Добавить задание в избранное

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью \(MNK\).
Т.к. \(MN\parallel (ABC), MN\subset(MNK) \Rightarrow \) плоскость \(MNK\) пересечет плоскость \(ABC\) по прямой, параллельной \(MN\) (пусть \(KT\) - линия пересечения плоскостей \(MNK\) и \(ABC\); если \(KT\cap MN\ne \varnothing \Rightarrow MN\cap (ABC)\ne \varnothing \Rightarrow MN\) не может быть параллельна \((ABC)\)).


 

Пусть \(T\) лежит на \(AD\), значит, \(T\) – середина \(AD\).
Рассмотрим сечение \(BB_1D_1D\). Эта плоскость пересекает \(MN\) и \(KT\) в их серединах. Пусть \(O\) – середина \(MN\), \(Q\) – середина \(KT\). Прямая \(OQ\) пересекает ребро \(BB_1\) в точке \(P\). Прямая \(PM\cap AA_1=R, PN\cap CC_1 = S\), таким образом, \(PSKTR\) – искомое сечение.

 

б) Без ограничения общности можно считать, что \(AB=BC=1, AA_1=\sqrt2\). Таким образом, \(BD=\sqrt2=BB_1\).


 

\(QD=\dfrac{1}{4}BD\). Точка \(O\) лежит на отрезке \(LL_1\), где \(L\) – середина \(BB_1\), \(L_1\) – середина \(DD_1\). Найдем \(LO\).
\(ML\perp BB_1C_1C \Rightarrow ML\perp LN \Rightarrow MLN\) – прямоугольный треугольник, причем \(ML=LN=\dfrac{1}{2}, \ MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{\sqrt2}{2}\).

 

\(LO=\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{\sqrt2}{4}\) как медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе. \(\Rightarrow LO=\dfrac{1}{4}LL_1\).

 

\(\bigtriangleup OO_1Q\) – равнобедренный \(\Rightarrow \bigtriangleup PBQ\) – равнобедренный (т.к. \(\bigtriangleup OO_1Q \sim \bigtriangleup PBQ\)) \(\Rightarrow PB=BQ \Rightarrow B_1P:PB=1:3\).

Ответ:

б) \(1:3\)

Задание 5
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная шестиугольная пирамида \(SABCDEF\), сторона основания которой равна \(a=4\), боковое ребро \(b=7\), \(SO\) – высота. Через точку \(L\) (\(SL:LO=3:1\)) проведена плоскость \(\alpha\) параллельно грани \(SAB\).

 

а) Доказать, что плоскость \(\alpha\) пересекает ребро \(SD\) в точке \(K\), где \(SK:KD=3:5\).

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

Добавить задание в избранное

а)

 

Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые из одной плоскости будут параллельны некоторых двум пересекающимся прямым из другой плоскости.Проведем через точку \(L\) прямые, параллельные \(AB\) и \(AS\).
Из свойства правильного шестиугольника следует, что \(FC\parallel AB\). Проведем в плоскости \(FSC\) через точку \(L\): \(TN\parallel FC\).

 

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SN}{NC}=\dfrac{ST}{TF}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

 

В плоскости \(ASD\) проведем через точку \(L\): \(KQ\parallel SA\).

 

Из теоремы Фалеса следует, что \(\dfrac{AQ}{QO}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

 

Пусть \(AQ=3x, QO=x\). Из свойств правильного шестиугольника следует, что \(DO=OA=4x\).

 

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{DQ}{QA}=\dfrac{DK}{KS}=\dfrac{5x}{3x}=\dfrac{5}{3}\)

 

б) Достроим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость основания по прямой \(RM\parallel AB, Q\in RM\). Значит, \(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AR}{RF}=\dfrac{3}{1}\)

 

Аналогично, плоскость \(\alpha\) пересекает грань \(SED\) по прямой \(PK\parallel ED\parallel AB\). Таким образом, \(MNKPTR\) – сечение.
Заметим, что сечение представляет собой две равнобокие трапеции \(MNTR\) и \(NKPT\).


 

Найдем все их стороны.
Из подобия \(\bigtriangleup STN \sim \bigtriangleup SFC \Rightarrow TN=\dfrac{3}{4}FC=\dfrac{3}{2}a=6\)
Из подобия \(\bigtriangleup CNM \sim \bigtriangleup CSB \Rightarrow NM=\dfrac{1}{4}b=\dfrac{7}{4}\)

 

Достроим трапецию \(FABC\) до треугольника \(FWC\) – он правильный. \(\Rightarrow RM=\dfrac{7}{8}FC=\dfrac{7}{4}a=7\)
Из подобия \(\bigtriangleup SPK \sim \bigtriangleup SED \Rightarrow PK=\dfrac{3}{8}ED=\dfrac{3}{8}a=\dfrac{3}{2}\)

 

Найдем \(KN\) из грани \(SCD\):
По теореме косинусов \(cos\angle S=\dfrac{2b^2-a^2}{2b^2}\).

 

В \(\bigtriangleup KSN\): \(KN=\dfrac{3}{8}b, SN=\dfrac{3}{4}b \Rightarrow \) по теореме косинусов \(KN^2 =\dfrac{9}{64}\cdot (b^2 +2a^2) \Rightarrow KN=\dfrac{27}{8}\)

 

Обозначим высоту трапеции \(MNTR\) за \(h_1\). Тогда \(h_1 = \sqrt{\dfrac{49}{16}-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{4}\sqrt5\)

 

Высота трапеции \(NKPT\) \(h_1 =\sqrt{\dfrac{27^2}{64}-\dfrac{81}{16}}=\dfrac{9}{8}\sqrt5\)

 

Тогда площадь сечения \(S=\dfrac{1}{2}\cdot \left(\dfrac{3}{2}+6\right)\cdot \dfrac{9}{8}\sqrt5 + \dfrac{1}{2}\cdot (6+7)\cdot \dfrac{3}{4}\sqrt5 = \dfrac{291\sqrt5}{32}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{291\sqrt5}{32}\)

Задание 6
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана прямая четырехугольная призма \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), основаниями которой являются равнобедренные трапеции \(ABCD\) и \(A_1B_1C_1D_1\) с основаниями \(AD\) и \(BC\) и \(A_1D_1\) и \(B_1C_1\) соответственно. Известно, что \(AA_1=AD\) и \(BC=2AA_1\), а диагонали каждого основания взаимно перпендикулярны.

 

а) Найдите сечение пирамиды плоскостью \(MDN\), где \(M\) – середина ребра \(AA_1\), \(N\) – середина ребра \(CC_1\) (то есть определите вид сечения и отношения, в которых вершины сечения делят ребра призмы).

б) Найдите угол между плоскостью \(MDN\) и плоскостью основания призмы.

Добавить задание в избранное

а) Найдем точку пересечения плоскости \(MDN\) (назовем ее плоскостью \(\pi\)) и плоскости \(BB_1D_1\). Пусть \(O\) и \(O_1\) – точки пересечения диагоналей оснований \(ABCD\) и \(A_1B_1C_1D_1\) соответственно. Тогда \(OO_1\) лежит в плоскостях \(AA_1C_1\) и \(BB_1D_1\). По теореме Фалеса прямая \(MN\) пересекает \(OO_1\) в середине, назовем эту точку точкой \(K\). Таким образом, \(K\in \pi\).



Проведем прямую \(DK\). Она будет пересекать либо ребро \(BB_1\), либо отрезок \(B_1D_1\).
Для того, чтобы это определить, найдем отношение, в котором точка \(O\) делит \(BD\). Рассмотрим \(ABCD\).



По условию \(BC=2AD\), следовательно, пусть \(AD=x\), тогда \(BC=2x\). Так как трапеция равнобедренная, то \(\triangle AOD\sim \triangle BOC\). Следовательно, \[\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{OD}{BO}=\dfrac12 \quad \Rightarrow\quad BD=3OD.\]

Рассмотрим \(BB_1D_1D\):



Заметим, что \(OO_1\parallel BB_1\), следовательно, \(OO_1\perp BD\). Пусть \(T\) – точка пересечения прямой \(DK\) и \(B_1D_1\). Тогда, так как к тому же \(OK=KO_1\), \(\triangle KOD=\triangle KO_1T\), следовательно, \(TO_1=OD\). Так как \(OD=O_1D_1\), то тогда \(B_1T=B_1D_1-2O_1D_1= O_1D_1=TO_1\).
Следовательно, плоскость \(\pi\) пересечет отрезок \(B_1D_1\).

 

Заметим, что прямая \(AC\) параллельна плоскости \(\pi\), так как \(AC\parallel MN\). Тогда \(\pi\) пересечет основание \(A_1B_1C_1D_1\) по прямой \(l\), параллельной \(MN\parallel AC\). Действительно, если это не так, то есть \(l\) пересекается с \(AC\), следовательно, плоскость \(\pi\) и \(AC\) имеют общую точку, что противоречит их параллельности.
Таким образом, нужно через точку \(T\) провести прямую, параллельную \(AC\). Пусть она пересечет \(A_1B_1\) в точке \(P\), а \(B_1C_1\) в точке \(L\). Так как \(B_1T=TO_1\) и \(PL\parallel AC\), то по теореме Фалеса \(B_1P:PA_1=B_1L:LC_1=1:1\).
Сечение – пятиугольник \(DMPLN\).


 

б) \(PL\) – линия пересечения плоскостей \(\pi\) и \(A_1B_1C_1\). Заметим, что так как \(PL\parallel A_1C_1\), а \(A_1C_1\perp B_1D_1\), то \(PL\perp B_1T\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная \(QT\perp PL\). Следовательно, \(\angle QTB_1\) – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \(\pi\) и \(A_1B_1C_1\).
Из пункта а) мы определили, что \(B_1T=TO_1=O_1D\), следовательно, \(B_1T=\frac13B_1D_1\). Тогда \(\triangle QB_1T=\triangle TO_1K\), следовательно, \(QB_1=O_1K=\frac12OO_1=\frac12AA_1\).
Из пункта а): \(AD=x=AA_1\), \(B_1O_1=2x:\sqrt2=\sqrt2x\), \(O_1D_1=x:\sqrt2=\frac1{\sqrt2}x\).
Следовательно, \(B_1D_1=\frac3{\sqrt2} x\), следовательно, \(B_1T=\frac1{\sqrt2}x\); \(B_1Q=\frac12x\).

Тогда из прямоугольного \(\triangle QB_1T\): \[\mathrm{ctg}\,\angle QTB_1=\dfrac{B_1T}{B_1Q}=\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad \angle QTB_1=\mathrm{arcctg}\,\sqrt2.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arcctg}\,\sqrt2\)

Задание 7
Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(ABCD\) – правильный тетраэдр с ребром \(24\). \(M, N, K\) – такие точки на ребрах \(AB, AD, CD\) соответственно, что \(DN=2NA=CK=BM\). \(BL\) – биссектриса треугольника \(ABC\).

 

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью \(MNK\).

б) Найдите расстояние от точки \(L\) до плоскости \(MNK\), если угол между плоскостями \(MNK\) и \(ABC\) равен \(30^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) По условию \(ABCD\) представляет собой правильную треугольную пирамиду, все ребра которой равны \(24\). Построим сечение пирамиды плоскостью \(MNK\). Продлим прямую \(NK\) до пересечения с прямой \(AC\) – получим точку \(Q\). Соединив точки \(Q\) и \(M\), получим линию пересечения основания – отрезок \(MT\). Таким образом, сечением является четырехугольник \(MNKT\).


 

б) Проведем \(LH\perp MNK\) и \(LS\perp MT\). По теореме о трех перпендикулярах \(HS\perp MT\). Тогда \(\triangle LHS\) – прямоугольный, причем \(\angle LSH\) и есть угол между плоскостями \(MNK\) и \(ABC\). Таким образом, т.к. \(\angle LSH=30^\circ \Rightarrow LH=\dfrac{1}{2}LS\). Найдем \(LS\).

 

По теореме Менелая для \(\triangle ADC\) и прямой \(QK\) имеем:

 

\(\dfrac{AN}{ND}\cdot \dfrac{DK}{KC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}=1 \Rightarrow QA=8\)

 

Т.к. \(QA=AM\) и \(\angle CAB=60^\circ \Rightarrow \angle AQM=30^\circ \Rightarrow LS=\dfrac{1}{2}QL=10 \Rightarrow LH=5\).

Ответ:

б) \(5\).