Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Физика
Кликните, чтобы открыть меню

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 3)

Задание 15 #1759
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 16 #1273
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) \(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)

Задание 17 #1270
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной четырехугольной пирамиде \(SABCD\) сторона основания \(AB\) равна \(16\), а высота равна \(4\). На ребрах \(AB, \ CD, \ AS\) отмечены точки \(M, \ N\) и \(K\) соответственно, причем \(AM=DN=4, \ AK=3\).

 

а) Докажите, что плоскости \(MNK\) и \(SBC\) параллельны.

б) Найдите расстояние от точки \(K\) до плоскости \(SBC\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Построим плоскость \(MNK\). Т.к. \(AM=DN\), то \(MN\parallel BC\parallel AD\). Т.к. \((SAD)\cap (ABC) = AD, (MNK)\cap (ABC)=MN\) и \(MN\parallel AD\), следовательно, линия пересечения плоскостей \((MNK)\) и \((SAD)\) тоже будет параллельна \(AD\). Значит, проведем \(KT\parallel AD\parallel MN\). Трапеция \(MNTK\) - искомое сечение.



Для того, чтобы две плоскости были параллельны друг другу, необходимо и достаточно, чтобы две пересекающиеся прямые из одной плоскости были параллельны двум пересекающимся прямым из другой плоскости. Уже известно, что \(MN\parallel BC\). Нужно найти еще одну пару параллельных прямых. Докажем, что \(KM\parallel SB\).
Пусть \(SO\) – высота пирамиды.

 

\(AO=\dfrac{1}{2}=AC=8\sqrt2 \Rightarrow AS=12\)

 

Заметим, что \(\dfrac{AK}{AS}=\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}=\dfrac{AM}{AB}\)

 

Следовательно, \(\bigtriangleup AKM \sim \bigtriangleup ASB\), значит, \(\angle AKM = \angle ASB \Rightarrow KM\parallel SB\).
Таким образом, мы доказали, что плоскости \(MNK\) и \(SBC\) параллельны.

 

б) Т.к. плоскости \(MNK\) и \(SBC\) параллельны, то расстояние от любой точки одной из плоскостей до другой плоскости фиксировано. Таким образом, неважно, из какой точки плоскости \(MNK\) опускать перпендикуляр на плоскость \(SBC\).
Проведем через точку \(O\) \(PR\parallel AB\), \(PR\cap M=Z\). Опустим перпендикуляр \(ZH\) из точки \(Z\). Т.к. \(ZR\perp BC, SR\perp BC\), то точка \(H\) будет лежать на прямой \(SR\).



Рассмотрим сечение \(PSR\). Проведем \(OQ\parallel ZH \Rightarrow \bigtriangleup OQR \sim \bigtriangleup ZHR \Rightarrow ZH=\dfrac{ZR}{OR}\cdot OQ=\dfrac{3}{2}\cdot OQ\)

 

Из \(\bigtriangleup SOR: \ OQ=\dfrac{SO\cdot OR}{SR}=\dfrac{8}{\sqrt5}\)

 

\(\Rightarrow ZH=\dfrac{12}{\sqrt5}\).

Ответ:

б) \(\dfrac{12\sqrt5}{5}\)

Задание 18 #1272
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной четырехугольной пирамиде \(SABCD\) сторона \(AB\) основания равна \(2\sqrt3\), а высота \(SO\) пирамиды равна \(3\). Точки \(M\) и \(N\) - середины ребер \(CD\) и \(AB\) соответственно. \(NK\) – высота пирамиды \(NSCD\) с вершиной \(N\) и основанием \(SCD\).

 

а) Докажите, что точка \(K\) является серединой отрезка \(SM\).

б) Найдите расстояние между прямыми \(NK\) и \(SC\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Т.к. пирамида правильная, то \(SM \perp CD\) и \(NM\perp CD\), следовательно, перпендикуляр из точки \(N\) на плоскость \(SCD\) упадет на прямую \(SM\). Таким образом, точка \(K\) лежит на прямой \(SM\).

 


 

По теореме Пифагора \(SM=SN=2\sqrt3 \Rightarrow \bigtriangleup SMN\) – правильный. Следовательно, т.к. \(NK\) является его высотой, то \(NK\) также является медианой, следовательно, \(K\) – середина \(SM\).

 

б) Прямые \(NK\) и \(SC\) скрещиваются, следовательно, расстояние между ними равно длине их общего перпендикуляра (отрезок, перпендикулярный обеим прямым).

Проведем \(KL\perp SC\). Тогда \(KL\) – искомое расстояние между \(NK\) и \(SC\), т.к. из \(NK\perp (SCD) \Rightarrow NK\perp KL\).

 

Рассмотрим \(\bigtriangleup SCD\). По теореме Пифагора \(SC=\sqrt{15}\).

\(\bigtriangleup SKL \sim \bigtriangleup SMC \Rightarrow \)

\(\dfrac{KL}{MC}=\dfrac{SK}{SC} \Rightarrow KL=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)

Задание 19 #2470
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной призме \(ABCA_1B_1C_1\) сторона основания \(AB\) равна \(6\), а боковое ребро \(AA_1\) равно \(2\sqrt2\). На ребрах \(AB\), \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\) отмечены токи \(M, N\) и \(K\) соответственно, причем \(AM=B_1N=C_1K=2\).

 

а) Пусть \(L\) – точка пересечения плоскости \(MNK\) с ребром \(AC\). Докажите, что \(MNKL\) – квадрат.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью \(MNK\).

 

(ЕГЭ 2016, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим четырехугольник \(MNKL\). Т.к. плоскости основания параллельны, то линии пересечения этих плоскостей с плоскостью \(MNK\) тоже параллельны, то есть \(NK\parallel ML\).

 

Заметим, что если совместить наложением равные равносторонние треугольники \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) так, чтобы точка \(B_1\) наложилась на \(A\), точка \(N\) на \(M\), то точка \(K\) наложится на \(L\) (из-за параллельности \(NK\) и \(ML\)).

 

Следовательно, \(\triangle AML=\triangle B_1NK\). Следовательно, \(ML=NK\). Таким образом, по признаку \(MNKL\) – параллелограмм.


 

Как следствие, \(AL=B_1K=4\).

По теореме косинусов из \(\triangle AML\) найдем \[ML^2=2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \cos60^\circ=12 \quad \Rightarrow \quad ML=2\sqrt3.\]

Заметим, что \(AL^2=AM^2+ML^2\) (\(4^2=2^2+(2\sqrt3)^2\)), следовательно, по обратной теореме Пифагора \(\angle AML=90^\circ\).

Таким образом, \(ML\perp AB\) и \(ML\perp BB_1\), следовательно, \(ML\perp (ABB_1)\), следовательно, \(ML\perp MN\).
Таким образом, \(\angle NML=90^\circ\) и \(MNKL\) – параллелограмм, у которого один угол прямой, следовательно, все углы прямые, следовательно, это прямоугольник.

 

Для того, чтобы доказать, что это квадрат, достаточно доказать равенство двух смежных сторон. Поэтому покажем, что \(ML=MN\).

 

Рассмотрим грань \(ABB_1A_1\) и проведем в ней \(NN_1\perp AB\), чтобы найти \(MN\).


 

Тогда \(N_1B=NB_1=2\), следовательно, \(MN_1=6-2-2=2\). Тогда из прямоугольного \(\triangle MNN_1\) имеем:

\[MN=\sqrt{2^2+(2\sqrt2)^2}=2\sqrt3.\]

Таким образом, \(MN=ML\), чтд.

 

б) Построим сечение призмы плоскостью \(MNK\). Для этого необходимо найти отрезки, по которым она пересекает грани \(BB_1C_1C\) и \(ACC_1A_1\).
Пусть \(O\) – точка пересечения прямых \(ML\) и \(BC\). Тогда \(O\) лежит в грани \(BCC_1B_1\). Следовательно, соединив точки \(O\) и \(K\), получим точку пересечения плоскости с ребром \(CC_1\) – точку \(P\). Тогда \(MNKPL\) – искомое сечение.


 

Его площадь будем искать как сумму площади квадрата \(MNKL\) и треугольника \(KPL\).
Площадь квадрата \(MNKL\) равна \((2\sqrt3)^2=12\).

По теореме Менелая для \(\triangle ABC\) и прямой \(MO\) имеем:

\[\dfrac{BM}{MA}\cdot \dfrac{AL}{LC}\cdot \dfrac{CO}{OB}=1 \quad \Rightarrow \quad \dfrac42\cdot \dfrac42\cdot \dfrac{CO}{OB}=1 \quad \Rightarrow \quad CO=2.\]

Таким образом, \(\triangle PKC_1=\triangle POC\) как прямоугольные по катету и острому углу, следовательно, \(CP=PC_1=\sqrt2\).

 

Тогда по теореме Пифагора:

\[\begin{aligned} &KP=\sqrt{2^2+(\sqrt2)^2}=\sqrt6;\\ &LP=\sqrt{2^2+(\sqrt2)^2}=\sqrt6 \end{aligned}\]

То есть \(\triangle KPL\) равнобедренный. Следовательно, его высота \(h\) из вершины \(P\) к основанию (на рисунке не отмечена) по теореме Пифагора ищется как \[h=\sqrt{(\sqrt6)^2-(\sqrt3)^2}=\sqrt3.\]

Тогда \[S_{\triangle KPL}=\dfrac12\cdot \sqrt3\cdot 2\sqrt3=3\]

Следовательно, площадь сечения равна \(12+3=15\).

Ответ:

\(15\)

Задание 20 #2469
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной пирамиде \(SABC\) сторона основания \(AB\) равна \(30\), а боковое ребро \(SA\) равно \(28\). Точки \(M\) и \(N\) – середины ребер \(SA\) и \(SB\) соответственно. Плоскость \(\alpha\) содержит прямую \(MN\) и перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

 

а) Докажите, что плоскость \(\alpha\) делит медиану основания \(CE\) в отношении \(5:1\), считая от точки \(C\).

б) Найдите расстояние от вершины \(A\) до плоскости \(\alpha\).

 

(ЕГЭ 2015, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости. Проведем прямую, принадлежащую плоскости \(\alpha\) и перпендикулярную плоскости основания.
\(SE\) – медиана боковой грани, \(K\) – точка пересечения \(MN\) и \(SE\), \(SO\) – высота пирамиды (по свойству правильной пирамиды высота падает в точку пересечения медиан основания). Рассмотрим плоскость \(CSE\). Проведем в ней прямую \(KH\parallel SO\). Тогда \(KH\) так же, как и \(SO\), будет перпендикулярна \((ABC)\). Следовательно, плоскость \(MHN\) и есть плоскость \(\alpha\).


 

Построим сечение пирамиды этой плоскостью.
Плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость \((ABC)\) по прямой \(PR\), параллельной \(AB\), а значит и \(MN\). Действительно, если \(PR\) не параллельно \(MN\), то они пересекаются. Следовательно, \(MN\) пересекает и плоскость \(ABC\), что невозможно, т.к. \(MN\parallel (ABC)\) по признаку (т.к. \(MN\parallel AB\)). Таким образом, \(MNPR\) – сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\).

 

Заметим, что \(K\) – середина \(SE\). По теореме Фалеса \[\dfrac{OH}{HE}=\dfrac{SK}{KE}=1 \quad \Rightarrow \quad HE=\dfrac12OE.\]

Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины треугольника, то \(OE=\frac12CO\). Следовательно, \(HE=\frac14CO\). Следовательно, \(CO=4HE\), следовательно, \(CH=4HE+OH=4HE+HE=5HE\), откуда следует утверждение пункта а).

 

б) Прямая \(AB\) параллельна плоскости \(\alpha\) (т.к. \(AB\parallel PR\)), следовательно, расстояние от любой точки прямой \(AB\) до плоскости \(\alpha\) одинаково. Поэтому будем искать это расстояние как расстояние от точки \(E\). Докажем, что \(EH\) и есть искомое расстояние.
Во-первых, \(HE\perp AB\), \(AB\parallel PR\), следовательно, \(HE\perp PR\). Во-вторых, т.к. \(KH\perp (ABC)\), то \(KH\perp HE\). Таким образом, мы нашли две пересекающиеся прямые в плоскости \(\alpha\) (\(PR\) и \(KH\)), перпендикулярные \(EH\). Следовательно, по признаку \(EH\perp \alpha\).

 

Из пункта а) следует, что \(EH=\frac16CE\). \(CE\) – высота в правильном треугольнике со стороной \(30\), следовательно,

\[CE=\dfrac{\sqrt3}2\cdot 30 \quad \Rightarrow \quad EH=\dfrac16\cdot 15\sqrt3= \dfrac{5\sqrt3}2.\]

 

Заметим, что в данной задаче условие “боковое ребро \(SA\) равно \(28\)” является лишним.

Ответ:

\(\dfrac{5\sqrt3}2\)

Задание 21 #2468
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Основанием прямой четырехугольной призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) является квадрат \(ABCD\) со стороной \(3\sqrt2\), высота призмы равна \(2\sqrt7\). Точка \(K\) – середина ребра \(BB_1\). Через точки \(K\) и \(C_1\) проведена плоскость \(\alpha\), параллельная прямой \(BD_1\).

 

а) Докажите, что сечение призмы плоскостью \(\alpha\) является равнобедренным треугольником.

б) Найдите периметр треугольника, являющегося сечением призмы плоскостью \(\alpha\).

 

(ЕГЭ 2015, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Прямая параллельна плоскости, если плоскость содержит прямую, параллельную данной. Поэтому проведем в плоскости \(BB_1D_1\), содержащей \(BD_1\), прямую \(KO\parallel BD_1\). Пусть \(O\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).


 

Т.к. \(KO\parallel BD_1\), то по теореме Фалеса

\[\dfrac{B_1O}{OD_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=1.\]

Следовательно, \(O\) – середина \(B_1D_1\). Т.к. \(A_1B_1C_1D_1\) – квадрат, то его диагонали точкой пересечения делятся пополам, следовательно, \(A_1C_1\) содержит \(O\).

Таким образом, \(A_1KC_1\) – искомое сечение. Из равенства боковых граней следует, что отрезки \(KC_1\) и \(KA_1\) равны, то есть треугольник \(A_1KC_1\) равнобедренный.

 

б) Найдем по теореме Пифагора \(KA_1\):

\[KA_1=\sqrt{KB_1^2+B_1A_1^2}=\sqrt{(\sqrt7)^2+(3\sqrt2)^2}=5.\]

Диагональ квадрата равна стороне квадрата, умноженной на \(\sqrt2\), следовательно, \(A_1C_1=A_1B_1\cdot \sqrt2=6\).

 

Таким образом, периметр

\[P_{A_1KC_1}=5+5+6=16.\]

Ответ:

б) \(16\)

1 2 3 4