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 (страница 2)

Задание 8
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На ребрах \(AB\) и \(BC\) треугольной пирамиды \(ABCD\) отмечены точки \(M\) и \(N\) соответственно, причем \(AM:MB=CN:NB=4:1\). Точки \(P\) и \(Q\) – середины ребер \(DA\) и \(DC\) соответственно.

а) Докажите, что точки \(P, Q, M\) и \(N\) лежат в одной плоскости.

б) Найдите, в каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды \(ABCD\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим чертеж:



Докажем, что \(MN\parallel PQ\) (отсюда будет следовать, что прямые \(PQ\) и \(MN\) лежат в одной плоскости).
Так как \(AM:MB=CN:NB=4:1\) по условию, то по теореме, обратной теореме Фалеса, \(MN\parallel AC\).
Так как \(P, Q\) – середины \(DA\) и \(DC\), то \(PQ\) – средняя линия, следовательно, \(PQ\parallel AC\). Следовательно, \(PQ\parallel AC\parallel MN\), чтд.

 

б) Отметим \(R\) – середину \(DB\). Рассмотрим пирамиду \(DPRQ\). Заметим, что так как \(DP:DA=1:2\), а также так как \((PRQ)\parallel (ABC)\) (две пересекающиеся прямые \(PR\) и \(RQ\) одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым \(AB\) и \(BC\) другой плоскости, то такие плоскости параллельны), то высота \(DH'\) пирамиды \(DPRQ\) относится к высоте \(DH\) пирамиды \(DABC\) как \(1:2\) (пусть \(DH'=H'H=h\)).
Заметим также, что \(\triangle ABC\sim \triangle PRQ\) с коэффициентом \(2\) (так как \(PR\), \(RQ\), \(QP\) в два раза меньше \(AB\), \(BC\), \(AC\) соответственно как средние линии в \(\triangle ADB\), \(\triangle BDC\), \(\triangle CDA\)). Следовательно, \(S_{ABC}=4S_{PRQ}\). Таким образом, \[\dfrac{V_{DABC}}{V_{DPRQ}}=\dfrac{\frac13\cdot 2h\cdot 4S_{PRQ}} {\frac13\cdot h\cdot S_{PRQ}}=8\] Таким образом, \[V_{DPRQ}=\frac18V_{DABC}\]


Заметим, что \(MBNPRQ\) – усеченная пирамида, основания которой – подобные треугольники \(MBN\) и \(PRQ\) (\(\triangle MBN\sim \triangle ABC\), а \(\triangle ABC\sim \triangle PRQ\), следовательно, \(\triangle MBN\sim \triangle PRQ\)). Так как \(BM:BA=1:5\) и \(PR:BA=1:2\), то \(BM:PR=2:5\).
Следовательно, \(S_{MBN}:S_{PRQ}=(2:5)^2=4:25\). Заметим, что высота усеченной пирамиды \(MBNPRQ\) равна \(H'H=h\).   Продлим \(PM\), \(DB\), \(QN\) до пересечения в точке \(O\).
Аналогично как с пирамидами \(DPRQ\) и \(DABC\), высота пирамиды \(OMBN\) относится к высоте пирамиды \(OPRQ\) как \(OB:OR\). Найдем отношение \(OB:OR\). Из подобия \(\triangle OMB\sim \triangle OPR\): \[\dfrac{OB}{OR}=\dfrac{MB}{PQ}=\dfrac25\] Значит, пусть высота \(OMBN\) равна \(2x\), тогда высота \(OPRQ\) равна \(5x\) (отсюда следует, что \(3x\) – высота усеченной пирамиды \(MBNPRQ\), то есть \(3x=h\)).
Следовательно, \[\dfrac{V_{OMBN}}{V_{OPRQ}}=\dfrac{\frac13\cdot 2x\cdot S_{MBN}}{\frac13 \cdot 5x\cdot S_{PRQ}} =\dfrac{8}{125}\] Следовательно, \[V_{MBNPRQ}=\dfrac{117}{125}V_{OPRQ}\] Также \[\dfrac{V_{OPRQ}}{V_{DABC}}=\dfrac{\frac13\cdot 5x\cdot S_{PRQ}} {\frac13\cdot 6x\cdot S_{ABC}}=\dfrac5{24}\] Следовательно, \[V_{MBNPRQ}=\dfrac{117}{125}\cdot \dfrac5{24}V_{DABC}\] Следовательно, объем всего многогранника \(MBNQDP\), отсекаемого от пирамиды синей плоскостью, равен \[V_{MBNPRQ}+V_{DPRQ}= \left(\dfrac{117}{125}\cdot \dfrac5{24}+\dfrac18\right)\cdot V_{DABC}= \dfrac8{25}V_{DABC}\]

Ответ:

б) \(8:25\)

Задание 9
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), длина диагонали которого равна \(3\). На луче \(A_1C\) отмечена точка \(P\) так, что \(A_1P=4\).

 

а) Докажите, что многогранник \(DBPC_1\) – правильный тетраэдр.

 

б) Найдите длину отрезка \(AP\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна, резерв)

Добавить задание в избранное


 

а) Так как \(A_1C=3\), а \(A_1P=4\), то точка \(P\) находится на луче \(A_1C\) за точкой \(C\).
Правильный тетраэдр – правильная треугольная пирамида, все грани которой – равные треугольники. Следовательно, нужно доказать, что все грани \(DBPC_1\) – равные равносторонние треугольники, то есть доказать равенство \(DB=DP=DC_1=BC_1=BP=PC_1\).
Так как диагональ куба в \(\sqrt3\) раз больше ребра куба, то ребро куба равно \(\sqrt3\). Так как \(BC_1\), \(BD\) и \(DC_1\) – диагонали граней куба, то каждая из них в \(\sqrt2\) раз больше ребра куба, следовательно, \(BC_1=BD=DC_1=\sqrt6\).
Найдем \(PC_1\). Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1\). Так как \(A_1, C\) лежат в этой плоскости, то и вся прямая \(A_1C\) в ней лежит, следовательно, и точка \(P\).



Найдем \(PC_1\) по теореме косинусов из \(\triangle PC_1A_1\). \[\cos\alpha=\dfrac{\sqrt6}3=\sqrt{\dfrac23}\quad\Rightarrow\quad PC_1^2=6+16-2\cdot \sqrt6\cdot 4\cdot \sqrt{\dfrac23}=6\quad\Rightarrow\quad PC_1=\sqrt6.\] Найдем \(BP\). Рассмотрим плоскость \(A_1BCD_1\). Аналогичным образом по теореме косинусов из \(\triangle BPA_1\) найдем, что \(BP=\sqrt6\):



Аналогично рассмотрим плоскость \(A_1B_1CD\) и найдем \(DP\) по теореме косинусов из \(\triangle DPA_1\):



\(DP=\sqrt6\).
Таким образом, мы доказали, что \(DB=DP=DC_1=BC_1=BP=PC_1=\sqrt6,\) чтд.

 

б) Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1C\):



Найдем \(AP\) по теореме косинусов из \(\triangle APA_1\): \[\cos\beta=\dfrac{\sqrt3}3=\dfrac1{\sqrt3}\quad\Rightarrow\quad AP^2=3+16-2\cdot \sqrt3\cdot 4\cdot \dfrac1{\sqrt3}=11\quad\Rightarrow\quad AP=\sqrt{11}.\]

Ответ:

б) \(\sqrt{11}\)

Задание 10
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Через прямую \(BD_1\) параллельно прямой \(AC\) проведена плоскость \(\pi\), причем сечение параллелепипеда плоскостью \(\pi\) представляет собой ромб.

 

а) Докажите, что \(ABCD\) – квадрат.

 

б) Найдите угол между плоскостью \(\pi\) и плоскостью \(BCC_1\), если \(AD=4\) и \(AA_1=6\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) Заметим, что \(BD_1\) и \(AC_1\) пересекаются и своей точкой пересечения делятся пополам (по свойству параллелепипеда). Обозначим их точку пересечения за \(O\). Следовательно, \(O\) лежит и в плоскости \(\pi\), и в плоскости \(ACC_1\). Проведем в плоскости \(ACC_1\) прямую \(MN\) через точку \(O\) параллельно \(AC\). Значит, \(M\) – середина \(AA_1\), \(N\) – середина \(CC_1\).

 

Так как по признаку прямая параллельна плоскости, когда она параллельна некоторой прямой из этой плоскости, то прямая \(AC\) параллельна любой плоскости, проходящей через \(MN\). Следовательно, плоскость \(\pi\) – это плоскость, проходящая через \(MN\) и \(BD_1\).


 

Соединив последовательно точки \(M, D_1, N, B\), получим сечение \(MD_1NB\). По условию оно является ромбом, следовательно, \(MB=NB\).
Докажем, что \(AB=BC\). Отсюда будет следовать, что \(ABCD\) – квадрат (так как из того, что \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, уже следует, что \(ABCD\) — прямоугольник).

 

По теореме Пифагора \(MB^2=AB^2+AM^2\) и \(NB^2=BC^2+CN^2\). Так как \(AM=CN\) как половины боковых ребер, а \(MB=NB\) по условию, то и \(AB=BC\), чтд.

 

б) Проведем \(C_1H\perp BN\) (\(BN\) – линия пересечения плоскостей \(BCC_1\) и \(\pi\)). Заметим, что точка \(H\) будет лежать на продолжении \(BN\) за точку \(N\). Так как \(D_1C_1\perp(BCC_1)\), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная \(D_1H\) тоже будет перпендикулярна \(BN\). Следовательно, построенный таким образом угол \(\angle D_1HC_1\) и есть угол между плоскостями \(BCC_1\) и \(\pi\). Обозначим его за \(\alpha\).



По теореме Пифагора из \(\triangle BCN\) \(BN=5\). Заметим, что \(\triangle BCN\sim \triangle C_1HN\) по двум углам, значит, \[\dfrac{BC}{C_1H}=\dfrac{BN}{C_1N}\] Откуда находим, что \(C_1H=\dfrac{12}5\).

Тогда из прямоугольного \(\triangle D_1HC_1\) \[\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{D_1C_1}{C_1H}=\dfrac{4}{\frac{12}5}=\dfrac53 \quad\Rightarrow\quad \alpha=\mathrm{arctg}\,\dfrac53.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac53\)

Задание 11
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной призме \(ABCA_1B_1C_1\) сторона \(AB\) основания равна \(12\), а высота призмы равна \(2\). На ребрах \(B_1C_1\) и \(AB\) отмечены точки \(P\) и \(Q\) соответственно, причем \(PC_1=3, AQ=4\). Плоскость \(A_1PQ\) пересекает ребро \(BC\) в точке \(M\).

 

а) Докажите, что точка \(M\) является серединой ребра \(BC\).

б) Найдите расстояние от точки \(B\) до плоскости \(A_1PQ\).

 

(ЕГЭ 2016, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Обозначим \((A_1PQ)=\alpha\). Т.к. плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то плоскость \(\alpha\) пересечет их по параллельным прямым, т.е. \(QM\parallel A_1P\).

 

\(\bigtriangleup A_1B_1P \sim \bigtriangleup QBM \Rightarrow \dfrac{BM}{B_1P}=\dfrac{BQ}{B_1A_1} \Rightarrow BM=6=\dfrac{1}{2}BC\).

 


 

б) Расстояние от точки \(B\) до плоскости \(\alpha\) равно высоте пирамиды \(BQSM\), проведенной из вершины \(B\) к основанию \(QSM\):

 

\(h_B=\dfrac{3V_{BQSM}}{S_{QSM}}\)

 

\(V_{BQSM}\) можно найти, если рассмотреть эту пирамиду как пирамиду с вершиной в точке \(S\) и с основанием \(QBM\). Тогда

 

\(V_{BQSM}=\dfrac{1}{3}SB\cdot S_{QBM}=\dfrac{1}{3}\cdot SB\cdot \dfrac{1}{2}QB\cdot BM\cdot \sin\angle QBM\)

 

Из подобия треугольников \(SBM\) и \(SB_1P\) найдем \(SB=4 \Rightarrow V_{BQSM}=16\sqrt3\).

Из этого же подобия \(SM=2\sqrt{13}\). Из подобия треугольников \(QBS\) и \(A_1B_1S\) найдем \(SQ=4\sqrt5\).

 

По теореме косинусов из треугольника \(QBM\) найдем \(QM=2\sqrt{13}\).

 

Следовательно, \(\bigtriangleup QSM\) – равнобедренный (\(QM=MS\)). Найдя высоту, проведенную к основанию \(QS\), найдем \(S_{QSM}=8\sqrt{10}\).

 

Таким образом, \(h_B=\dfrac{3V_{BQSM}}{S_{QSM}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{5}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{3\sqrt{10}}{5}\)

Задание 12
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На ребрах \(CD\) и \(BB_1\) куба \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) с ребром \(12\) отмечены точки \(P\) и \(Q\) соответственно, причем \(DP=4, B_1Q=3\). Плоскость \(APQ\) пересекает ребро \(CC_1\) в точке \(M\).

 

а) Докажите, что точка \(M\) делит ребро \(CC_1\) пополам.

б) Найдите расстояние от точки \(C\) до плоскости \(APQ\).

 

(ЕГЭ 2016, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Т.к. грани \(ABB_1\) и \(DCC_1\) параллельны, то плоскость \(APQ\) пересечет их по параллельным прямым. Поэтому \(PM\parallel AQ\).

 


 

Таким образом, \(\bigtriangleup ABQ \sim \bigtriangleup PCM \Rightarrow CM=\dfrac{PC\cdot BQ}{AB}=6\), т.е. \(M\) – середина ребра \(CC_1\).

 

б) Расстояние от точки \(C\) до плоскости \(APQ\) равно высоте \(CH\) пирамиды \(CMPS\) (\(C\) – ее вершина, \(MPS\) – основание). Найдем \(CH\) с помощью формулы:

 

\(h_C=\dfrac{3V_{CMPS}}{S_{MPS}}\)

 

Для этого рассмотрим эту пирамиду как пирамиду с вершиной в точке \(S\). \(V_{SCMP}=\dfrac{1}{3}SC\cdot \dfrac{1}{2}CM\cdot CP\). Из подобия треугольников \(SCP\) и \(SAB\) найдем \(SC=24\). Следовательно, \(V_{SCMP}=192\).

 

По теореме Пифагора \(PS=8\sqrt{10}, PM=10, SM=6\sqrt{17}\).

Тогда по формуле Герона
\(S_{MPS}=\sqrt{(5+4\sqrt{10}+3\sqrt{17})(5+4\sqrt{10}-3\sqrt{17})(5+3\sqrt{17}-4\sqrt{10})(3\sqrt{17}-5+4\sqrt{10})}\)

Следовательно, \(S_{MPS}=24\sqrt{26}\)

 

Следовательно, \(h_C=\dfrac{3V_{CMPS}}{S_{MPS}}=\dfrac{12\sqrt{26}}{13}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{12\sqrt{26}}{13}\)

Задание 13
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной призме \(ABCA_1B_1C_1\) сторона основания \(AB\) равна \(12\), а боковое ребро \(AA_1\) равно \(6\). На ребре \(B_1C_1\) отмечена точка \(L\) так, что \(B_1L=2\). Точки \(K, M\) – середины ребер \(AB\) и \(A_1C_1\) соответственно. Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(AC\) и содержит точки \(K\) и \(L\).

 

а) Докажите, что прямая \(BM\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\).

б) Найдите объем пирамиды, вершины которой – точка \(M\), а основание – сечение данной призмы плоскостью \(\alpha\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а)

 

Построим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Т.к. плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(AC\), то она будет пересекать основания призмы по прямым, параллельным прямой \(AC\). Следовательно, прямая пересечения плоскости \(\alpha\) с плоскостью \(A_1B_1C_1\) – прямая \(LP\parallel A_1C_1\parallel AC\). Таким образом, сечение призмы плоскостью \(\alpha\) – равнобокая трапеция \(KNLP\).

 

Для того, чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, она должна быть перпендикулярна двум пересекающимся прямым из этой плоскости.
Проведем \(MH\perp ABC \Rightarrow \) по теореме о трех перпендикулярах \(BM\) (наклонная) \(\perp KN\), т.к. \(BH\) (проекция) \(\perp KN\).



\(BM\) пересекает плоскость \(\alpha\) на прямой \(TZ\), где \(T, Z\) – середины \(KN\) и \(PL\) соответственно. Докажем, что \(BM\perp TZ\). Для этого докажем, что \(\angle OTB=\angle HMB\).
Рассмотрим сечение \(MHBB_1\). \(BH\) – высота правильного треугольника, следовательно, \(BH=\dfrac{12\sqrt3}{2}=6\sqrt3 \Longrightarrow BT=3\sqrt3.\) \(B_1Z=\sqrt3 \Longrightarrow TZ'=2\sqrt3\).

Таким образом, \(\mathrm{tg}\,\angle OTB = \dfrac{6}{2\sqrt3}=\sqrt3=\dfrac{BH}{MH}=\mathrm{tg}\,\angle MHB\).

Следовательно, \(\bigtriangleup OTB~\bigtriangleup MHB\) по двум углам \(\Longrightarrow \angle TOB=\angle MHB =90^{\circ}\).
Таким образом, \(BM\perp KN\) и \(BM\perp OT \Longrightarrow BM\perp \alpha\).

 

б) Найдем \(MO\) – высоту пирамиды \(MKNLP\).
Т.к. \(\mathrm{tg}\,\angle OTB=\sqrt3 \Longrightarrow \angle OTB=60^{\circ} \Longrightarrow \sin\angle OTB = \dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{OB}{TB} \Longrightarrow OB=\dfrac{9}{2}\).

Аналогично, \(\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{BH}{MB} \Longrightarrow MB=12 \Longrightarrow MO=MB-OB=\dfrac{15}{2}\).

 

Найдем высоту \(ZT\) трапеции \(KNLP\).

 

Из прямоугольного \(\triangle ZZ'T\) по теореме Пифагора \(ZT=\sqrt{6^2+(2\sqrt3)^2}=4\sqrt3\)

 

\(KN=\dfrac12 AC=6, \quad LP=\dfrac 16 A_1C_1=2\). Значит: \[V_{MKNLP}=\dfrac MO\cdot \dfrac{KN+LP}2\cdot ZT=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{15}{2}\cdot \dfrac{6+2}{2}\cdot 4\sqrt3=40\sqrt3\]

Ответ:

б)\(40\sqrt3\)

Задание 14
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной четырехугольной призме \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) сторона \(AB\) основания равна \(6\), а боковое ребро \(AA_1\) равно \(3\sqrt2\). На ребрах \(BC\) и \(C_1D_1\) отмечены точки \(K\) и \(L\) соответственно, причем \(BK=4\), \(C_1L=5\). Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(BD\) и содержит прямую \(KL\).

 

а) Докажите, что прямая \(AC_1\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\).

б) Найдите расстояние от точки \(B_1\) до плоскости \(\alpha\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Построим сечение призмы плоскостью \(\alpha\). Т.к. \(\alpha\parallel BD\), то \(\alpha\) пересечет плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) по прямым, параллельным прямой \(BD\) (если линия пересечения \(\alpha\) и \(ABC\) не параллельна \(BD\), то прямая \(BD\) будет пересекать \(\alpha\), следовательно, не может быть ей параллельна).

 


 

Таким образом, проведем \(KN\parallel BD\) и \(ML\parallel B_1D_1\). Таким образом, \(MLNK\) – сечения призмы плоскостью \(\alpha\).

По теореме о трех перпендикулярах \(AC_1\perp KN\) как наклонная (т.к. \(CC_1\perp (ABC), AC\perp BD, BD\parallel KN\))

Рассмотрим сечения призмы плоскостью \(ACC_1A_1\) (\((ACC_1)\cap \alpha = TR\)). Докажем, что \(AC_1\perp TR\) (отсюда будет следовать, что \(AC_1\perp \alpha\)).

 


 

Таким образом, нужно доказать, что треугольник \(TOC_1\) – прямоугольный.

По теореме Пифагора \(AC=6\sqrt2, AC_1=3\sqrt{10}, TR=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\).

 

\(\bigtriangleup AOR \sim \bigtriangleup TOC_1\) (коэффициент подобия равен 2) \(\Rightarrow OC_1=\sqrt{10}, TO=\dfrac{\sqrt{10}}{2}\). По обратной теореме Пифагора получаем: \(TC_1^2=TO^2+OC_1^2\), чтд.

 

б) Т.к. прямая \(B_1D_1\parallel \alpha \Rightarrow\) расстояние от любой точки прямой \(B_1D_1\) до плоскости \(\alpha\) будет одинаковым. Следовательно, \(\rho(B_1, \alpha)=\rho(Z, \alpha)\).

Т.к. \(TR\perp ML\) (по теореме о трех перпендикулярах), \(ZT\perp ML\), следовательно, перпендикуляр \(ZH\) (что и есть расстояние от точки \(Z\) до \(\alpha\)) на плоскость \(\alpha\) упадет на прямую \(TR\). Найдем \(ZH\).

\(\bigtriangleup ZHT \sim \bigtriangleup TOC_1 \Rightarrow ZH=\dfrac{1}{5}OC_1=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)

1 2 3 4