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 4)

Задание 22
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 23
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) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac{\sqrt{29}}3\)

Задание 24
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В основании прямой призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) лежит квадрат \(ABCD\) со стороной \(4\), а высота призмы равна \(\sqrt{17}\). Точка \(E\) лежит на диагонали \(BD_1\), причем \(BE=1\).
а) Постройте сечение призмы плоскостью \(A_1C_1E\).
б) Найдите угол наклона этой плоскости к плоскости \(ABC\).

 

(ЕГЭ 2015, пробный вариант)

Добавить задание в избранное

а) Назовем плоскость \((A_1C_1E)\) плоскостью \(\alpha\). Пусть \(O\) – точка пересечения диагоналей грани \(A_1B_1C_1D_1\). Тогда \(O\in \alpha\). Следовательно, вся прямая \(OE\in \alpha\).



Заметим, что прямые \(OE\) и \(BD\) лежат в одной плоскости – плоскости \(BB_1D_1\). Пусть \(E'\) – точка пересечения прямой \(OE\) и прямой \(BD\). Тогда \(E'\in \alpha\). Таким образом, мы получили точку пересечения плоскости \(\alpha\) с гранью \(ABCD\). Так как грани \(A_1B_1C_1D_1\) и \(ABCD\) параллельны, то плоскость \(\alpha\) пересечет их по параллельным прямым. Поэтому проведем в грани \(ABCD\) через точку \(E'\) прямую параллельно \(A_1C_1\). Пусть эта прямая пересекла ребра \(AB\) и \(BC\) в точках \(N\) и \(M\) соответственно.
Таким образом, мы получили сечение \(A_1C_1MN\) призмы плоскостью \(\alpha\).

 

б) Так как основанием призмы является квадрат, а диагонали квадрата перпендикулярны, то \(A_1C_1\perp BD\). Так как \(MN\parallel A_1C_1\), то \(MN\perp BD\).
Необходимо построить линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \(\alpha\) и \(ABC\), то есть построить перпендикуляры в каждой из плоскостей к их линии пересечения. \(MN\) и есть их линия пересечения, следовательно, в плоскости \(ABC\) уже найден перпендикуляр – это \(ED\). Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямая \(OE'\perp MN\) (как наклонная, проекцией которой является прямая \(E'D\)). Следовательно, необходимо найти \(\angle OE'D\).

 

Рассмотрим плоскость \(BB_1D_1D\).



Проведем \(OO'\perp BD\) и найдем \(\mathrm{tg}\,\angle OE'O'\). Для этого нам нужно найти \(E'O'\) (так как \(OO'=DD_1=\sqrt{17}\)).

Заметим, что \(BD=AB\sqrt2=4\sqrt2\), следовательно, \(BO'=0,5BD=2\sqrt2=OD_1\).
Тогда \(BD_1=\sqrt{BD^2+DD_1^2}=7\). Следовательно, \(ED_1=7-1=6\).

Заметим также, что \(\triangle EE'B\sim \triangle EOD_1\) по двум углам. Следовательно, \[\dfrac{E'B}{OD_1}=\dfrac{EB}{ED_1} \quad\Rightarrow\quad E'B= \dfrac{\sqrt2}3.\] Следовательно, \[E'O'=2\sqrt2-\dfrac{\sqrt2}3=\dfrac{5\sqrt2}3.\] Следовательно, \[\mathrm{tg}\,\angle OE'O'=\dfrac{OO'}{E'O'}= \dfrac{\sqrt{17}}{\frac{5\sqrt2}3}=0,3\sqrt{34} \quad\Rightarrow\quad \angle OE'O'=\mathrm{arctg}\,(0,3\sqrt{34}).\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,(0,3\sqrt{34})\)

Задание 25
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В правильной треугольной пирамиде \(MABC\) с основанием \(ABC\) стороны основания равны \(6\), а боковые ребра \(8\). На ребре \(AC\) находится точка \(D\), на ребре \(AB\) находится точка \(E\), а на ребре \(AM\) – точка \(L\). Известно, что \(CD=BE=LM=2\). Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки \(E\), \(D\), \(L\).

 

(ЕГЭ 2014, основная волна)

Добавить задание в избранное

Рассмотрим картинку:


 

1) Заметим, что \(\triangle EDL\) есть сечение пирамиды плоскостью \(EDL\). Так как \(BE=CD=2\) и \(AB=AC=6\), то \(AE=AD=4\). Следовательно, \(\triangle AED\sim \triangle ABC\) по двум пропорциональным сторонам (\(AE:AB=AD:AC\)) и углу между ними. Следовательно, \(\triangle AED\) тоже равносторонний, откуда \(ED=AE=4\).

 

2) Заметим, что так как пирамида правильная, то \(\angle LAE=\angle LAD\) и \(\triangle LAE=\triangle LAD\). Следовательно, \(LE=LD\).

 

Рассмотрим грань \(AMB\). По теореме косинусов из \(\triangle AMB\): \[\cos \angle A=\dfrac{AM^2+AB^2-MB^2}{2\cdot AM\cdot AB}= \dfrac{64+36-64}{2\cdot 8\cdot 6}=\dfrac38\] По теореме косинусов из \(\triangle LAE\): \[LE^2=AL^2+AE^2-2\cdot AL\cdot AE\cdot \cos\angle A= 36+16-2\cdot 6\cdot 4\cdot \dfrac38=34.\]

3) Рассмотрим \(\triangle EDL\).



Он, как мы уже говорили, равнобедренный. Пусть \(LO\) – высота, опущенная к основанию. Тогда \[LO^2=LE^2-EO^2=34-4=30 \quad\Rightarrow\quad LO=\sqrt{30}\] Следовательно, площадь \[S_{\triangle EDL}=\dfrac12\cdot LO\cdot ED=2\sqrt{30}.\]

Ответ:

\(2\sqrt{30}\)

1 .... 3 4