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 3)

Задание 15
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 16
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 17
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 18
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 19
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) \(16\)

Задание 20
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В кубе \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) все ребра равны \(5\). На его ребре \(BB_1\) отмечена точка \(K\) так, что \(KB=3\). Через точки \(K\) и \(C_1\) проведена плоскость \(\alpha\), параллельная прямой \(BD_1\).

 

а) Докажите, что \(A_1P:PB_1=1:2\), где \(P\) – точка пересечения плоскости \(\alpha\) с ребром \(A_1B_1\).

б) Найдите объем большей из двух частей куба, на которые он делится плоскостью \(\alpha\).

 

(ЕГЭ 2015, досрочная волна)

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 \(KN\parallel BD_1\). Пусть \(N\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).


 

Соединив точки \(C_1\) и \(N\), получим прямую, пересекающую \(A_1B_1\) в точке \(P\).

 

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

\[\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=\dfrac23.\]

Теперь рассмотрим грань \(A_1B_1C_1D_1\). \(\triangle NB_1P\sim \triangle ND_1C_1\), следовательно,

\[\dfrac{PB_1}{C_1D_1}=\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac23 \quad \Rightarrow \quad PB_1=\dfrac23C_1D_1=\dfrac23A_1B_1.\]

Следовательно, \(A_1P=\frac13A_1B_1\) и \(A_1P:PB_1=1:2\).

 

б) Для того, чтобы найти объем большей из частей, на которые плоскость поделила куб, найдем объем куба и вычтем из него объем пирамиды \(PB_1KC_1\).
Заметим, что если рассматривать эту пирамиду как пирамиду с вершиной \(P\) и основанием \(B_1KC_1\), то она является прямоугольной (\(PB_1\perp (B_1KC_1)\)). То есть \(PB_1\) – ее высота, \(\triangle B_1KC_1\) – основание, являющееся прямоугольным треугольником.

 

\[V_{PB_1KC_1}=\dfrac13\cdot PB_1\cdot \dfrac12KB_1\cdot B_1C_1= \dfrac13\cdot \dfrac23\cdot 5\cdot \dfrac12\cdot 2\cdot 5=\dfrac{50}9.\]

Объем куба \[V_{ABCDA_1B_1C_1D_1}=5^3=125.\]

Тогда объем большей части равен

\[V=125-\dfrac{50}9=\dfrac{1075}9.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{1075}9\)

Задание 21
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В кубе \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) все ребра равны \(5\). На его ребре \(BB_1\) отмечена точка \(K\) так, что \(KB=3\). Через точки \(K\) и \(C_1\) проведена плоскость \(\alpha\), параллельная прямой \(BD_1\).

 

а) Докажите, что \(A_1P:PB_1=1:2\), где \(P\) – точка пересечения плоскости \(\alpha\) с ребром \(A_1B_1\).

б) Найдите угол наклона плоскости \(\alpha\) к плоскости грани \(BB_1C_1C\).

 

(ЕГЭ 2015, досрочная волна)

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 \(KN\parallel BD_1\). Пусть \(N\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).


 

Соединив точки \(C_1\) и \(N\), получим прямую, пересекающую \(A_1B_1\) в точке \(P\).

 

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

\[\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=\dfrac23.\]

Теперь рассмотрим грань \(A_1B_1C_1D_1\). \(\triangle NB_1P\sim \triangle ND_1C_1\), следовательно,

\[\dfrac{PB_1}{C_1D_1}=\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac23 \quad \Rightarrow \quad PB_1=\dfrac23C_1D_1=\dfrac23A_1B_1.\]

Следовательно, \(A_1P=\frac13A_1B_1\) и \(A_1P:PB_1=1:2\).

 

б) Для того, чтобы найти угол между двумя плоскостями, необходимо построить линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Т.к. \(KC_1\) – линия пересечения этих плоскостей, то опустим перпендикуляр \(PH\) на \(KC_1\). По теореме о трех перпендикулярах (\(PB_1\perp (BB_1C_1)\), наклонная \(PH\perp KC_1\)) проекция \(B_1H\perp KC_1\). Следовательно, по определению \(\angle PHB_1\) – линейный угол двугранного угла, образованного данными плоскостями. Его и нужно найти.

 

Заметим, что \(\triangle PHB_1\) прямоугольный, \(PB_1\) известно, следовательно, найдя \(B_1H\), мы сможем найти тангенс нужного нам угла.

 

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(B_1KC_1\), в котором \(B_1H\) – высота. По теореме Пифагора \(KC_1=\sqrt{KB_1^2+B_1C_1^2}=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}\). Следовательно,

\[S_{B_1KC_1}=\dfrac12KB_1\cdot B_1C_1=\dfrac12B_1H\cdot KC_1 \quad \Rightarrow \quad B_1H=\dfrac{10}{\sqrt{29}}\]

Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle PHB_1=\dfrac{PB_1}{B_1H}= \dfrac{\frac{10}3}{\frac{10}{\sqrt{29}}}=\dfrac{\sqrt{29}}3 \quad \Rightarrow \quad \angle PHB_1=\mathrm{arctg}\,\dfrac{\sqrt{29}}3.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac{\sqrt{29}}3\)

1 2 3 4