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 (страница 2)

Задание 8
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В основании треугольной пирамиды \(SABC\) лежит равносторонний треугольник \(ABC\). Все боковые грани наклонены к плоскости основания под углом \(\alpha\). Пирамида не является правильной.

 

а) Докажите, что высота пирамиды падает в центр вневписанной для треугольника \(ABC\) окружности.

 

б) Найдите объем пирамиды, если \(\alpha=30^\circ\), а сторона основания равна \(6\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(SO\) – высота пирамиды. Проведем перпендикуляры \(OA_1, OB_1, OC_1\) к прямым \(BC, AC, AB\) соответственно. По теореме о трех перпендикулярах наклонные \(SA_1, SB_1, SC_1\) также будут перпендикулярны этим прямым. Следовательно, по определению \(\angle SA_1O, \angle SB_1O, \angle SC_1O\) — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями и основанием. Т.к. эти углы равны, то \(\triangle SA_1O=\triangle SB_1O=\triangle SC_1O\) по катету и острому углу (\(SO\) – общий катет).


 

Таким образом, \(OA_1=OB_1=OC_1\). Таким образом, тока \(O\) равноудалена от прямых \(AB, AC, BC\). Значит, это либо центр вписанной в \(\triangle ABC\) окружности, либо центр вневписанной окружности (касающейся стороны и продолжений двух других сторон). Т.к. пирамида не является правильной, то первый вариант не подходит, чтд.

 

б) Обозначим \(AB=6=2x\). Пусть для определенности \(O\) – центр окружности, касающейся стороны \(AC\) и продолжений сторон \(AB\) и \(BC\). Тогда \(O\) лежит на биссектрисе угла \(B\). Следовательно, \(BO\) – биссектриса, а т.к. \(\triangle ABC\) – правильный, то \(BO\perp AC\). Следовательно, точка \(B_1\) лежит на биссектрисе \(BO\).

 

Значит, \(B_1C=x\). Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то \(A_1C=B_1C=x\). Следовательно, \(BA_1=3x\). К тому же \(\angle OBA_1=30^\circ\) (как половина \(\angle B=60^\circ\)). Значит,

\[\mathrm{ctg}\,30^\circ=\dfrac{BA_1}{OA_1} \quad \Rightarrow \quad OA_1=\sqrt3x\]

Следовательно, \(OB_1=OA_1=\sqrt3x\). Из прямоугольного \(\triangle SOB_1\)

\[\mathrm{ctg}\,\alpha=\mathrm{ctg}\,30^\circ=\dfrac{OB_1}{SO} \quad \Rightarrow \quad SO=x=3\]

Таким образом, объем пирамиды равен \[V_{SABC}=\dfrac13\cdot S_{ABC}\cdot SO=\dfrac13\cdot \dfrac{\sqrt3}4\cdot 6^2\cdot 3=9\sqrt3.\]

Ответ:

б) \(9\sqrt3\)

Задание 9
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной пирамиде \(SABC\) точка \(P\) – середина \(AB\), точка \(K\) – середина \(BC\). Через точки \(P\) и \(K\) параллельно \(SB\) проведена плоскость \(\alpha\).

 

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\) является прямоугольником.

 

б) Найдите расстояние от точки \(S\) до плоскости \(\alpha\), если известно, что \(SC=5\), \(AC=6\).

Добавить задание в избранное

а) Построим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Т.к. точки \(P\) и \(K\) являются серединами сторон, то \(PK\) – средняя линия, следовательно, \(PK\parallel AC\).
Т.к. плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(SB\), то она пересечет грани \(SAB\) и \(SBC\) по прямым, параллельным \(SB\). Следовательно, \(PM\parallel SB\parallel KN\).

 

Т.к. \((SAC)\cap (BAC)=AC\), \(\alpha\cap (BAC)=PK\), \(PK\parallel AC\), то \(\alpha\cap (SAC)=MN\), причем \(MN\parallel AC\).


 

Таким образом, имеем: \(PK\parallel MN\), \(PM\parallel KN\), следовательно, \(PMNK\) – параллелограмм. Т.к. \(PM\parallel SB\) и \(P\) – середина стороны \(AB\), то по теореме Фалеса \(M\) – середина ребра \(AS\). Аналогично \(N\) – середина ребра \(SC\). Т.к. пирамида правильная, то ее боковые ребра равны, следовательно, \(AM=MS=SN=NC\).

 

Рассмотрим \(\triangle MAK\) и \(\triangle NCP\): они равны по двум сторонам и углу между ними (\(AK=CP\), т.к. в основании лежит правильный треугольник; боковые ребра наклонены к плоскости основания под одинаковым углом, т.к. пирамида правильная).

 

Таким образом, \(MK=NP\). То есть диагонали параллелограмма \(PMNK\) равны, следовательно, по признаку он является прямоугольником.

 

б) Расстояние от точки до плоскости – это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Т.к. \(SH\perp (ABC)\), то \(ST\perp PK\). Также очевидно, что \(LR\perp PK\).

 

Пусть \(SO\) – перпендикуляр на плоскость \(\alpha\) (то есть точка \(O\in \alpha\)). Тогда по теореме о трех перпендикулярах (\(SO\perp\alpha\), \(ST\perp PK\) – наклонная) проекция \(OT\perp PK\) (заметим, что \(OT\in\alpha\)). Таким образом, мы имеем в плоскости \(\alpha\) две прямые \(OT\) и \(LR\), которые перпендикулярны прямой \(PK\), что возможно только если они параллельны. Но они не параллельны, т.к. имеют одну общую точку \(T\), значит, эти прямые совпадают, то есть точка \(O\) должна лежать на прямой \(LR\). Следовательно, перпендикуляр \(SO\) из точки \(S\) на плоскость \(\alpha\) будет падать на продолжение отрезка \(LR\).

 

Рассмотрим плоскость \((BSZ)\): \(\triangle RTH\sim \triangle SOT\), следовательно,

\[\dfrac{SO}{RH}=\dfrac{ST}{RT} \qquad (*)\]

Найдем \(RH\), \(ST\), \(RT\).


 

Т.к. \(\triangle ABC\) – правильный, то \(BZ=\frac{6\sqrt3}2=3\sqrt3\) (как высота).

 

Т.к. \(PK\) – средняя линия,то \(BR=RZ=0,5\cdot BZ=\frac{3\sqrt3}2\).

 

Т.к. \(BZ\) и \(CP\) еще и медианы, а медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(HZ=\frac13 \cdot BZ=\sqrt3\). Таким образом, \(RH=0,5\cdot \sqrt3\).

 

Т.к. плоскость \(\alpha\parallel SB\), то \(RT\parallel SB\). Тогда \(\triangle BSH\sim \triangle RTH\) с коэффициентом \(\frac41\). Таким образом, \(RT=\frac14\cdot BS=\frac54\).

 

По той же причине \(ST=\frac34\cdot SH\).

 

Т.к. \(\triangle BSH\) – прямоугольный, то \(SH^2=BS^2-BH^2=13\), следовательно, \(ST=\frac{3\sqrt{13}}4\).

 

Тогда из равенства \((*)\) имеем:

\[SO=RH\cdot \dfrac{ST}{RT}=\dfrac{3\sqrt{39}}{10}.\]

Ответ:

б) \(0,3\sqrt{39}\)

Задание 10
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 11
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 12
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

Задание 13
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В основании пирамиды \(SABCD\) лежит ромб \(ABCD\), сторона которого равна \(8\), а угол при вершине \(A\) равен \(60^\circ\). Известно, что \(SA=15\), \(SC=\sqrt{33}\), и, кроме того, что \(SB=SD\).

 

а) Докажите, что \(SC\) – высота пирамиды.

б) Найдите угол между плоскостью \(ASC\) и ребром \(SB\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим основание \(ABCD\). Так как \(\angle A=60^\circ\), то \(\triangle BCD\) равносторонний, следовательно, \(BD=BC=8\). Тогда \(BO=4\), где \(O\) – точка пересечения диагоналей ромба. Тогда по теореме Пифагора \(OC=4\sqrt3\), следовательно, \(AC=8\sqrt3\).
По обратной теореме Пифагора, так как \(AS^2=AC^2+SC^2\), треугольник \(ASC\) является прямоугольным с прямым углом \(SCA\). Следовательно, \(SC\perp AC\).
Заметим, что \(\triangle SCD=\triangle SCB\) по трем сторонам. Следовательно, \(\angle SCD=\angle SCB\).
Предположим, что \(SC\) – не высота пирамиды. Тогда опустим высоту \(SH\). Проведем \(HD'\perp CD\) и \(HB'\perp CB\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(SD'\perp CD\) и \(SB'\perp CB\).
Прямоугольные треугольники \(SCD'\) и \(SCB'\) равны по общему катету \(SC\) и острому углу, следовательно, \(SD'=SB'\). Отсюда следует, что прямоугольные треугольники \(SHD'\) и \(SHB'\) также равны по катету и гипотенузе, следовательно, \(HD'=HB'\). Следовательно, точка \(H\) равноудалена от сторон угла \(C\), значит, лежит на его биссектрисе.
Таким образом, мы доказали, что основание высоты, проведенной из точки \(S\), будет лежать на прямой, содержащей биссектрису угла \(C\) (то есть на прямой \(AC\)).
Но тогда из точки \(S\) проведены две прямые \(SH\) и \(SC\), перпендикулярные \(AC\), что невозможно. Следовательно, точки \(H\) и \(C\) совпадают.


 

б) Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Заметим, что \(BO\perp AC\) как диагонали ромба, и \(BO\perp SC\), так как \(SC\) – высота пирамиды. Следовательно, \(BO\perp (ASC)\). Значит, \(SO\) – проекция \(SB\) на плоскость \(ASC\). Таким образом, нужно найти угол \(BSO\). Обозначим его за \(\alpha\).



По теореме Пифагора из \(\triangle SCO\): \[SO^2=33+16\cdot 3=81 \quad\Rightarrow\quad SO=9.\] \(BO\) мы находили ранее и оно равно \(4\).
Так как \(\triangle SBO\) прямоугольный (\(\angle O=90^\circ\)), то \[\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{BO}{SO}=\dfrac{4}{9} \quad\Rightarrow\quad \alpha=\mathrm{arctg}\,\dfrac49.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac49\)