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 прошлых лет

Задание 1
Уровень задания: Равен ЕГЭ

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 \(ABC\).

 

(ЕГЭ 2017, официальный пробный 21.04.2017)

Добавить задание в избранное

а) Продлим \(CE\) до пересечения с \(AB\) в точке \(K\). Получим отрезок \(FK\), по которому плоскость \(CEF\) пересекает грань \(SAB\). Рассмотрим основание пирамиды:



\(DE=9-4=5=DC\), следовательно, \(\triangle DEC\) равнобедренный. Тогда \(\angle DCE=\angle DEC=\angle BEK=\angle BKE\), следовательно, \(\triangle BEK\) тоже равнобедренный и \(BE=BK=4\). Тогда \(AK=5-4=1\).

 

Заметим, что боковые грани \(ASB\) и \(CSD\) представляют собой равносторонние треугольники со стороной \(5\). Таким образом, в \(\triangle AFK\) \(AF=AK=1\) и \(\angle FAK=60^\circ\), следовательно, он также равносторонний, то есть \(FK\parallel SB\) (\(\angle AKF=\angle ABS=60^\circ\) 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 \(CEF\parallel SB\), то она пересечет плоскость \(BSD\) по прямой \(EQ\), параллельной \(SB\) (в противном случае \(EQ\) будет пересекать \(SB\), следовательно, и плоскость \(CEF\) будет пересекать \(SB\)). Рассмотрим \(\triangle BSD\):

 

Заметим, что так как все боковые ребра пирамиды равны, то высота \(SO\) упадет в точку пересечения диагоналей основания (все треугольники \(SAO\), \(SBO\), \(SCO\) и \(SDO\) будут равны как прямоугольные по катету и гипотенузе, следовательно, \(AO=BO=CO=DO\), следовательно, \(O\) – точка пересечения диагоналей).
Проведем \(QH\parallel SO\). Так как \(SO\) перпендикулярна плоскости \(ABC\), то и \(QH\perp (ABC)\). Таким образом, необходимо найти \(QH\).
Так как \(EQ\parallel SB\), то по теореме Фалеса: \[\dfrac54=\dfrac{DE}{EB}=\dfrac{DQ}{QS} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{DQ}{DS}=\dfrac59\] Так как \(\triangle DQH\sim \triangle DSO\) (по двум углам), то \[\dfrac{DQ}{DS}=\dfrac{QH}{SO} \quad\Rightarrow\quad QH=\dfrac59SO\] Таким образом, необходимо найти \(SO\).
Из прямоугольного \(\triangle SOB\): \[SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\sqrt{5^2-4,5^2}=\dfrac{\sqrt{19}}2\] Следовательно, \[QH=\dfrac{5\sqrt{19}}{18}.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{5\sqrt{19}}{18}\)

 

Задание 2
Уровень задания: Равен ЕГЭ

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 \(KNM\).

 

(ЕГЭ 2017, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Построим сечение пирамиды плоскостью \(KMN\).
Так как \(AM=CN\) и \(AB=BC\), то \(MN\parallel AC\).
Так как плоскость \(ASC\) пересекает плоскость \(ABC\) по прямой \(AC\) и \(AC\parallel MN\) (\(MN\) – линия пересечения \(ABC\) и \(KMN\)), то плоскость \(KMN\) пересечет плоскость \(ASC\) по прямой, параллельной \(AC\). Следовательно, проведем \(KP\parallel AC\) (\(P\in SC\)).



Пусть \(KP\cap SO=T\) (где \(SO\) – высота пирамиды).
Так как \(KP\parallel AC\), то \(AK:KS=CP:PS\) по теореме Фалеса, следовательно, \(CP=2=CN\).
Пусть \(MN\cap BD=R\). Тогда пусть прямая \(RT\) (которая принадлежит плоскости \(KMN\)) пересечет \(SD\) в точке \(Q\). Получили \(KMNPQ\) – сечение пирамиды плоскостью \(KMN\).
Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах \(SD\perp MN\) (действительно, \(DO\perp AC, AC\parallel MN\), следовательно, \(DO\perp MN\); значит, наклонная \(SD\perp MN\)).
Докажем, что \(SD\perp RQ\). Тогда \(SD\) будет перпендикулярна двух пересекающимся прямым плоскости \(KMN\), то есть перпендикулярна плоскости \(KMN\).
Так как все ребра равны \(5\), то \(BD=5\sqrt2\). Следовательно, \(\triangle SDB\) – прямоугольный (\(\angle BSD=90^\circ\)). По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция \(OR\perp MN\), то и наклонная \(TR\perp MN\). Так как \(SB\perp MN\) (по той же теореме о трех перпендикулярах), и \(TR\) с \(SB\) лежат в одной плоскости, то \(TR\parallel SB\). Следовательно, раз \(SB\perp SD\), то и \(TR\perp SD\), то есть \(QR\perp SD\). Чтд.

 

б) Так как \(SD\perp(KMN)\), то \(DQ\) – расстояние от точки \(D\) до плоскости \(KMN\).
Так как \(AM:MB=2:3\) и \(MN\parallel AC\), то по теореме Фалеса \(OR:RB=2:3\). Так как \(DO=OB\), то \(DR:RB=7:3\). Так как \(QR\parallel SB\), то \(DQ:QS=7:3\). Следовательно, \[DQ=\dfrac7{10}DS=\dfrac72=3,5.\]

Ответ:

б) \(3,5\)

Задание 3
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана треугольная пирамида \(PABC\), причем высота пирамиды, опущенная из точки \(P\), падает в точку \(C\). Известно, что \(PA\) перпендикулярно \(BC\).

а) Докажите, что треугольник \(ABC\) прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды \(PABC\), если известно, что \(PB=15\), \(AB=13\), \(\cos \angle PBA=\dfrac{48}{65}\).

 

(ЕГЭ 2017, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Из условия следует, что \(PC\) – высота пирамиды. Следовательно, \(PC\perp CA\) и \(PC\perp CB\). По теореме о трех перпендикулярах так как наклонная \(PA\) перпендикулярна прямой \(BC\), то и ее проекция \(CA\) перпендикулярна прямой \(BC\). Следовательно, \(\angle ACB=90^\circ\), то есть \(\triangle ABC\) прямоугольный.

 

б) По теореме косинусов из \(\triangle PAB\): \[PA^2=15^2+13^2-2\cdot 15\cdot 13\cdot \dfrac{48}{65}=106\] Обозначим \(PC=h\), \(CA=y\), \(CB=x\). Тогда, применяя три раза теорему Пифагора, получим равенства: \[\begin{cases} x^2+h^2=15^2\\ x^2+y^2=13^2\\ y^2+h^2=106 \end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x=12\\ y=5\\ h=9\end{cases}\] Следовательно, объем пирамиды равен \[V=\dfrac 13\cdot \dfrac12\cdot CA\cdot CB\cdot PC=90\]

Ответ:

б) 90

Задание 4
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Основанием четырехугольной пирамиды \(SABCD\) является прямоугольник \(ABCD\), причем \(AB=3\sqrt2\), \(BC=6\). 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 \(SD=9\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

 

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, \(\triangle AOS=\triangle BOS=\triangle COS=\triangle DOS\), откуда \(AS=BS=CS=DS\). Обозначим \(AS=x\).
Рассмотрим грань \(ASB\). Проведем \(SK\perp AB\). Тогда \(KB=0,5 AB=1,5\sqrt2\). Тогда \[\dfrac{KB}{SB}=\cos \angle SBA=\dfrac{BP}{BA} \quad\Rightarrow\quad BP=\dfrac 9x\] Рассмотрим грань \(CSB\). Проведем \(SH\perp CB\). Тогда \(HB=0,5 CB=3\). Тогда \[\dfrac{HB}{SB}=\cos \angle SBC=\dfrac{BQ}{BC} \quad\Rightarrow\quad BQ=\dfrac {18}x\] Следовательно, \[2BP=BQ\] Чтд.

 

б) По условию \(x=9\). Заметим, что в грани \(CSB\) \(PH\parallel CQ\) (так как \(PH\) – средняя линия в \(\triangle CQB\)) Следовательно, \(PH\perp SB\). Следовательно, по определению, \(\angle APH\) – линейный угол двугранного угла между гранями \(SBC\) и \(SBA\). Найдем его по теореме косинусов из \(\triangle APH\).


\(BP=\frac9{x}=1\). Следовательно, по теореме Пифагора из \(\triangle ABP\): \(AP^2=18-1=17\).
По теореме Пифагора из \(\triangle HBP\): \(HP^2=9-1=8\).
По теореме Пифагора из \(\triangle ABH\): \(AH^2=18+9=27\).
Следовательно, по теореме косинусов из \(\triangle APH\): \[\cos \angle APH=\dfrac{AP^2+HP^2-AH^2}{2\cdot AP\cdot HP}= -\dfrac1{2\sqrt{34}}\] Следовательно, угол между гранями \(SAB\) и \(SCB\) равен \[\angle APH=\arccos\left(-\dfrac1{2\sqrt{34}}\right)\]

Ответ:

б) \(\arccos\left(-\frac1{2\sqrt{34}}\right)\)

Задание 5
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Основанием прямой треугольной призмы \(ABCA_1B_1C_1\) является прямоугольный треугольник \(ABC\), причем \(\angle C=90^\circ\). Известно, что прямая \(A_1C\) перпендикулярна прямой \(AB_1\).

а) Докажите, что \(AA_1=AC\).

б) Найдите расстояние между прямыми \(A_1C\) и \(AB_1\), если известно, что \(AC=7\), \(BC=8\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Заметим, что так как \(B_1C_1\perp A_1C_1\) и \(B_1C_1\perp CC_1\), то \(B_1C_1\perp (AA_1C_1C)\).



Следовательно, если \(B_1A\) – наклонная, то \(C_1A\) – проекция этой наклонной на плоскость \(AA_1C_1C\). Так как по условию наклонная \(B_1A\) перпендикулярна \(A_1C\), то по теореме о трех перпендикулярах проекция \(C_1A\) также перпендикулярна \(A_1C\), то есть \(A_1C\perp C_1A\). Следовательно, \(AA_1C_1C\) – прямоугольник, у которого диагонали взаимно перпендикулярны, следовательно, это – квадрат, то есть \(AA_1=AC\), чтд.

 

б) Из пункта а) следует, что \(A_1O\perp (AB_1C_1)\) (так как \(A_1O\perp B_1A\) и \(A_1O\perp AC_1\)). Следовательно, \(A_1O\) перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Значит, если провести в этой плоскости прямую, перпендикулярную \(B_1A\), то она будет перпендикулярна и \(B_1A\), и \(A_1C\), то есть по определению это и будет прямая, содержащая отрезок, равный расстоянию между \(B_1A\) и \(A_1C\).



Поэтому проведем \(OH\perp B_1A\). \(OH\) – искомое расстояние.
Заметим, что \(\triangle OHA\sim \triangle AB_1C_1\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{OH}{B_1C_1}=\dfrac{OA}{AB_1}\quad\Rightarrow\quad OH=\dfrac{B_1C_1\cdot OA}{AB_1}\] Так как из условия \(BC=8\), то и \(B_1C_1=8\). Так как по доказанному \(AA_1C_1C\) – квадрат со стороной \(AC=7\), то диагональ \(AC_1=7\sqrt2\), следовательно, \(AO=3,5\sqrt2\).
По теореме Пифагора \(AB^2=AC^2+BC^2=7^2+8^2=113\). Снова по теореме Пифагора \(AB_1^2=AB^2+BB_1^2=113+7^2=162\), следовательно, \(AB_1=9\sqrt2\). Таким образом, \[OH=\dfrac{8\cdot 3,5\sqrt2}{9\sqrt2}=\dfrac{28}9\]

Ответ:

б) \(\frac{28}9\)

Задание 6
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 \(AA_1C_1B\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

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 7
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана четырехугольная пирамида \(PABCD\), в основании которой лежит трапеция \(ABCD\) с большим основанием \(AD\). Известно, что сумма углов \(BAD\) и \(CDA\) равна \(90^\circ\). Грани \(PAB\) и \(PCD\) перпендикулярны плоскости основания. \(K\) – точка пересечения прямых \(AB\) и \(CD\).

а) Докажите, что грани \(PAB\) и \(PCD\) перпендикулярны.

б) Найдите объем пирамиды \(PBCK\), если известно, что \(AB=BC=CD=2\), а высота пирамиды \(PABCD\) равна \(12\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную второй плоскости. Так как \(PAB\perp ABC\), то в плоскости \(PAB\) можно провести прямую \(PH\perp ABC\) (тогда \(H\in AB\)). Аналогично в плоскости \(PCD\) можно провести \(PL\perp ABC\) (\(L\in CD\)). 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 \(PAB\) и \(PCD\). Следовательно, \(PH\) совпадает с \(PK\).



Таким образом, \(PK\perp (ABC)\). Следовательно, \(PK\) – высота пирамиды \(PABCD\).
Так как \(\angle BAD+\angle CDA=90^\circ\), то \(\angle AKD=90^\circ\). Следовательно, \(AK\perp PK\) и \(AK\perp KD\), то есть \(AK\) перпендикулярна двух пересекающимся прямым из плоскости \(PCD\), значит, \(AK\perp (PCD)\). Тогда плоскость \(PAB\) проходит через прямую, перпендикулярную плоскости \(PCD\), следовательно, \((PAB)\perp (PCD)\), чтд.

 

б) По теореме Фалеса \[\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{BA}{CD}=1\] Следовательно, \(\triangle BKC\) прямоугольный и равнобедренный, следовательно, \[KB=KC=\dfrac{BC}{\sqrt2}=\sqrt2\] Тогда \[V_{PBKC}=\dfrac13\cdot PK\cdot \dfrac12\cdot KB\cdot KC=4\]

Ответ:

б) 4