Задание 1 #3868
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 \(AA_1C_1B\) .
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 \
По теореме Пифагора \[\begin{aligned}
&A_1C_1=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{16\cdot 36}=24\\
&AA_1=\sqrt{26^2-25^2}=\sqrt{1\cdot 51}=\sqrt{51}\\
&BC=\sqrt{10^2-51}=\sqrt{49}=7 \end{aligned}\]
Тогда \
Ответ:
б) \(28\sqrt{51}\)
Задание 2 #1268
Уровень задания: Равен ЕГЭ
\(ABCA_1B_1C_1\) - прямая треугольная призма, \(AB=16, \ BC=15, \ AA_1=8\) . \(M, N\) – середины ребер \(AC\) и \(B_1C_1\) соответственно. \(K,P\) – такие точки на ребрах \(BC\) и \(B_1C_1\) соответственно, что \(CK=B_1P=\dfrac{1}{6}BC\) .
а) Построить сечение призмы плоскостью \(\alpha\) , параллельной прямой \(MN\) и проходящей через точки \(K\) и \(P\) .
б) Найти площадь сечения призмы плоскостью \(\alpha\) .
а) 
Если прямая \(MN\parallel \alpha \Rightarrow MN\) параллельна некоторой прямой, лежащей в \(\alpha\) . Проведем \(NS\perp BC, NS\cap KP=O\) . В плоскости \(MNS\) проведем \(OH\parallel MN \Rightarrow MH=HS\) . Тогда прямая \(KH\cap AB=T\) . Так как плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то \(\alpha\) пересечет плоскость \(A_1B_1C_1\) по прямой, параллельной \(KT\) . Следовательно, проведем \(PR\parallel KT\) . Таким образом, \(TRPK\) – искомое сечение (трапеция).
б) Заметим, что \(CK=\dfrac{1}{6} \cdot 15=\dfrac{5}{2} \Rightarrow KS=5\) . Т.к. \(MS\) – средняя линия треугольника \(ABC \Rightarrow MS=8 \Rightarrow HS=4\) . Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник \(HKS\) – прямоугольный, следовательно, \(\angle H =90^\circ\) и \(HK=3\) . Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что \(NS\perp (ABC), HS\perp KT \Rightarrow OH\perp KT\) .
Проведем \(PH_1 \perp KT\) . Из подобия треугольников \(HOK\) и \(H_1PK\) следует, что \(PH_1=2OH\) . Т.к. \(OS=\dfrac{1}{2}NS=4, HS=4 \Rightarrow OH=4\sqrt2\) . Таким образом найдена высота трапеции \(PH_1=8\sqrt2\) .
Найдем основания трапеции \(KT\) и \(PR\) .
\(\sin \angle KSH = \dfrac{3}{5}=\sin \angle B=\dfrac{KT}{KB} \Rightarrow KT=\dfrac{15}{2}\) .
\(\bigtriangleup PRB_1 \sim \bigtriangleup KTB \Rightarrow PR=\dfrac{3}{2}\) .
Таким образом, \(S_{TRPK} = \dfrac{1}{2}\cdot (\dfrac{15}{2}+\dfrac{3}{2})\cdot 8\sqrt2 = 36\sqrt2\)
Ответ:
б) \(36\sqrt2\)
Задание 3 #2300
Уровень задания: Равен ЕГЭ
В треугольной пирамиде \(DABC\) двугранные углы при ребрах \(AD\) и \(BC\) равны. Известно также, что \(AB=BD=DC=AC=\sqrt{15}\) .
а) Докажите, что \(AD=BC\) .
б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при \(AD\) и \(BC\) равны по \(60^\circ\) .
а) Рассмотрим пирамиду \(DABC\) , \(AB=BD=DC=CA\) , \(\angle (BAD,CAD)=\angle (BAC,BDC)\) .
Т.к. \(\triangle ABD\) и \(\triangle ACD\) – равнобедренные, причем \(AD\) – общее основание, то высоты к основаниями попадут в одну точку – в середину стороны \(AD\) , точку \(N\) . То есть \(BN\perp AD\) , \(CN\perp AD\) . Таким образом, \(\angle BNC\) – линейный угол двугранного угла \(\angle(BAD,CAD)\) .
Аналогичным образом строится угол \(\angle AMD\) – линейный угол двугранного угла \(\angle (BAC,BDC)\) , где \(M\) – середина \(BC\) . Таким образом, \(\angle BNC=\angle AMD\) .
Т.к. \(\triangle ABD=\triangle ACD\) по трем сторонам, то \(BN=CN\) . Аналогично \(AM=DM\) . Значит, \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) – равнобедренные и подобные (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).
Заметим, что плоскости \((AMD)\) и \((BNC)\) имеют две общие точки – это точки \(N\) и \(M\) . Следовательно, они пересекаются по прямой \(MN\) . Отрезок \(NM\) – это высота в \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) к основаниям \(AD\) и \(BC\) соответственно. Следовательно, эти треугольники равны. Следовательно, \(AD=BC\) , чтд.
б) Из пункта а) также следует, что \(AM=DM=BN=CN\)
. Т.к. двугранные углы равны \(60^\circ\)
, то \(\triangle AMD\)
и \(\triangle BNC\)
– равносторонние.
Пусть \(AM=DM=BN=CN=AD=BC=x\)
.
Проведем высоту пирамиды \(DH\) . Т.к. \(DM\perp BC\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(HM\perp BC\) . Таким образом, точка \(H\) должна лежать на \(AM\) , причем на середине, т.к. \(\triangle AMD\) – равносторонний.
\(DH=\frac{\sqrt3}2\cdot AD=\frac{\sqrt3}2x\) . Найдем по теореме Пифагора \(x\) из \(\triangle ABM\) :
\(AM=x\) , \(BM=\frac x2\) , \(AB=\sqrt{15}\) , следовательно, \(x=2\sqrt3\) .
Таким образом, \
Ответ:
б) \(6\)
Задание 4 #1265
Уровень задания: Равен ЕГЭ
Дан правильный тетраэдр \(SABC\) , \(H\) – такая точка на высоте \(SO\) , что \(OH:HS=1:3\) . Плоскость \(\alpha\) проходит через точки \(A\) и \(H\) параллельно медиане \(BM\) треугольника \(ABC\) и пересекает ребро \(CS\) в точке \(P\) .
а) Докажите, что \(CP:PS=2:3\) .
б) Найдите угол между плоскостями \(\alpha\) и \(ABC\) .
а) 
Правильный тетраэдр - это правильная треугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть ребро пирамиды равно \(a\)
.
Т.к. пирамида правильная, то высота \(SO\)
падает в точку пересечения медиан \(\bigtriangleup ABC\)
. Рассмотрим плоскость \(BSM\)
, точка \(H\)
лежит в этой плоскости. Т.к. плоскость \(\alpha\)
параллельна \(BM\)
, то она пересекает плоскость \(BSM\)
по прямой, параллельной \(BM\)
.
Проведем \(RT\parallel BM, H\in RT\) . Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SH}{HO}=\dfrac{ST}{TM}=\dfrac{3}{1}\) .
Прямая \(AT\)
пересечет \(CS\)
в точке \(P\)
. \(\bigtriangleup APR\)
– сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\)
.
Напишем теорему Менелая для \(\bigtriangleup CSM\)
и прямой \(AP\)
:
\[\dfrac{CP}{PS}\cdot \dfrac{ST}{TM}\cdot \dfrac{MA}{AC}=1\]
Из этого равенства находим, что \(\dfrac{CP}{PS}=\dfrac{2}{3}\)
б) Докажем, что линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и \(ABC\) параллельна прямой \(BM\) . Пусть это не так: пусть \(l\) – линия пересечения \(\alpha\) и \(ABC\) и \(l\cap BM=Z\) . Тога прямая \(BM\cap \alpha=Z\) , следовательно, не может быть параллельна \(\alpha\) . Получили противоречие, следовательно, \(l\parallel BM\) . Заметим, что прямая \(l\) проходит через точку \(A\) .
Построим линейный угол двугранного угла между \(\alpha\) и \(ABC\) . Т.к. \(HO\perp ABC\) , проведем \(OK\perp l\) , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах \(HK\perp l\) . Таким образом, \(\angle HKO\) – искомый угол.
1) Найдем \(HO\)
.
\(BO=\dfrac{2}{3}\cdot BM=\dfrac{2}{3}\cdot
\dfrac{\sqrt3}{2}a=\dfrac{a}{\sqrt3}\)
Тогда \(SO=\sqrt{a^2 -\dfrac{a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a \Rightarrow HO=\dfrac{1}{4}SO=\dfrac{\sqrt2a}{4\sqrt3}\)
2) Найдем \(OK\)
.
\(BM\perp AC, BM\parallel l \Rightarrow AC\perp l\)
. Т.к. \(OK\perp l
\Rightarrow OK\parallel AC\)
. Таким образом, \(OMAK\)
– параллелограмм, следовательно, \(OK=MA=\dfrac{1}{2}a\)
.
Треугольник \(HOK\)
– прямоугольный, следовательно, \(\mathrm{ctg}\,\angle
HKO=\dfrac{OK}{HO}=\sqrt6\)
Тогда \(\angle HKO= \mathrm{arcctg}\,\sqrt6\)
.
Ответ:
б) \(\mathrm{arcctg}\,\sqrt6\)
Задание 5 #3059
Уровень задания: Равен ЕГЭ
Дана правильная четырехугольная призма \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) , стороны основания которой равна \(4\) , а боковые ребра равны \(5\) .
а) Постройте сечение призмы плоскостью \(DMN\) , где \(M\) и \(N\) – середины отрезков \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\) .
б) Найдите угол между данным сечением и плоскостью \(ABC\) .
(Задача от подписчиков)
а) Из условия следует, что призма прямая и основаниями являются квадраты.
\(MN\)
– средняя линия в \(\triangle A_1B_1C_1\)
, следовательно, \(MN\parallel A_1C_1\)
. Тогда плоскость \(DMN\)
пересечет плоскость \(A_1C_1CA\)
по прямой \(l\)
, параллельной \(A_1C_1\)
(в противном случае \(l\)
пересечет \(A_1C_1\)
в некоторой точке \(K\)
, которая будет лежать и на \(A_1C_1\)
, и в плоскости \(DMN\)
, следовательно, должна будет лежать и на \(MN\)
, что невозможно, так как \(MN\)
не пересекает \(A_1C_1\)
).
Таким образом, найдем точку, в которой плоскость \(DMN\)
пересекает плоскость \(A_1C_1CA\)
.
Пусть плоскость \(B_1D_1DB\)
пересекает \(MN\)
в точке \(T\)
. Тогда \(DT\in
(DMN)\)
. Если \(O\)
и \(O_1\)
– точки пересечения диагоналей оснований, то прямые \(DT\)
и \(OO_1\)
лежат в плоскости \(B_1D_1DB\)
. Пусть точка их пересечения – точка \(K\)
. Тогда \(K\)
– искомая точка пересечения плоскости \(DMN\)
и плоскости \(A_1C_1CA\)
.
Проведем через точку \(K\)
прямую \(l\)
параллельно \(A_1C_1\)
. Пусть она пересекла \(AA_1\)
в точке \(P\)
, \(CC_1\)
в точке \(L\)
. Таким образом, получили сечение \(DPMNL\)
призмы плоскостью \(DMN\)
.
б) Заметим, что \(KO\perp (ABC)\)
, следовательно, так как \(OD\perp
AC\)
, то и \(KD\perp AC\)
по теореме о трех перпендикулярах. Значит, \(\angle KDO\)
равен углу между плоскостями \(DMN\)
и \(ABC\)
.
По теореме Фалеса \[\dfrac{A_1M}{MB_1}=\dfrac11=\dfrac{O_1T}{TB_1}
\quad\Rightarrow\quad O_1T=TB_1.\]
\(\triangle TO_1K\sim \triangle DOK\)
, следовательно, \[\dfrac{O_1T}{OD}=\dfrac12=\dfrac{O_1K}{OK}\]
Следовательно, \(OK=\frac23OO_1=\frac23AA_1=\frac23\cdot
5=\frac{10}3\)
.
\(OD=\frac12 BD=\frac12\cdot \sqrt2AB=2\sqrt2.\)
Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle KDO=\dfrac{OK}{OD}=\dfrac56\sqrt2
\quad\Rightarrow\quad
\angle KDO=\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2.\]
Ответ:
б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2\)
Задание 6 #3064
Уровень задания: Равен ЕГЭ
В правильной треугольной пирамиде \(SABC\) с основанием \(ABC\) на медиане основания \(CE\) взята точка \(K\) так, что \(CK:KE=8:1\) . Через точку \(K\) проведена плоскость \(\alpha\) , которая перпендикулярна прямой \(CE\) и пересекает боковые ребра \(SA\) и \(SB\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно.
а) Докажите, что \(MN:AB=2:3\) .
б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка \(C\) , а основанием – сечение пирамиды \(SABC\) плоскостью \(\alpha\) , если известно, что \(AB=9\sqrt3\) , \(SA=18\) .
(Задача от подписчиков)
а) Пусть \(SO\)
– высота пирамиды, \(O\)
– точка пересечения медиан. Следовательно, \[\dfrac{CO}{OE}=\dfrac21\]
Так как по условию \(CK:KE=8:1\)
, то можно обозначить \(CK=8x\)
, \(KE=x\)
. Тогда \(CE=9x\)
. Следовательно, \(CO=\frac23CE=6x\)
, \(OE=3x\)
, \(OK=2x\)
.
Так как \(CE\)
перпендикулярна плоскости \(\alpha\)
, то нужно построить две пересекающиеся прямые в плоскости \(\alpha\)
, которым \(CE\)
будет перпендикулярна.
Первая прямая: так как \(CE\perp AB\)
, то проведем через точку \(K\)
прямую \(PL\parallel AB\)
. Тогда \(CE\perp PL\)
(\(P\in AC, L\in BC\)
).
Вторая прямая: так как \(SO\perp (ABC)\)
, то \(SO\perp CE\)
. Следовательно, проведем \(KK"\parallel SO\)
, тогда \(KK"\perp CE\)
(\(K"\in SE\)
).
Следовательно, \(\alpha\)
проходит через точки \(P, L, K"\)
.
Заметим, что \(\alpha\)
пересечет плоскость \(ASB\)
по прямой, параллельной \(AB\)
(в противном случае \(\alpha\)
будет иметь общую точку с \(AB\)
, что невозможно, так как \(AB\parallel PL
\quad\Rightarrow\quad AB\parallel \alpha\)
).
Следовательно, \(MN\parallel AB\)
и проходит через \(K"\)
.
Из подобия \(\triangle K"EK\sim \triangle SEO\)
: \[\dfrac{SE}{K"E}=\dfrac{OE}{KE}=\dfrac31 \quad\Rightarrow\quad K"E=
\dfrac13SE
\quad\Rightarrow\quad SK"=\dfrac23SE.\]
Из подобия \(\triangle
MSN\sim \triangle ASB\)
: \[\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{SK"}{SE}=\dfrac23.\]
б) Рассмотрим пирамиду \(CPMNL\)
. \(CK\)
– высота этой пирамиды, \(PMNL\)
– трапеция (\(MN\parallel AB\parallel PL\)
).
Следовательно, \
Так как \(BC=9\sqrt3\)
, то \(CE=\sqrt{BC^2-EB^2}=\frac{27}2\)
. Следовательно, \
Из подобия параллельно прямой \(BD\)
.
б) Найдите площадь построенного сечения.
(Задача от подписчиков)
а) Пусть \(N\)
– середина ребра \(SC\)
, \(SH\)
– высота пирамиды (падает в точку пересечения диагоналей основания).
Необходимо построить прямую, лежащую в плоскости сечения и параллельную \(BD\)
. Рассмотрим плоскость \(ASC\)
. Прямая \(AN\)
пересекает \(SH\)
в точке \(O\)
. Теперь рассмотрим \(BSD\)
. Проведем в этой плоскости через точку \(O\)
прямую, параллельную \(BD\)
. Пусть она пересечет ребра \(SB\)
и \(SD\)
в точках \(M\)
и \(K\)
соответственно. Таким образом, \(AMNK\)
– искомое сечение.
б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах (так как \(OH\perp (ABC), AH\perp BD\) ) \(AO\perp BD\) . Так как \(BD\parallel MK\) , то \(AO\perp MK\) , следовательно, \(AN\perp MK\) . Следовательно, у четырехугольника \(AMNK\) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как \
Заметим сразу, что \(BD=AC=AB\sqrt2=12\)
.
Рассмотрим плоскость \(ASC\)
.
По теореме Менелая: \[\dfrac{SN} {NC}\cdot \dfrac{CA}{AH}\cdot \dfrac{HO}{OS}=1 \quad\Rightarrow \quad \dfrac{HO}{OS}=\dfrac12 \quad\Rightarrow\quad OS=2OH \quad\Rightarrow\quad \dfrac{SO}{SH}=\dfrac23.\] (это нам понадобится позже для поиска \(MK\) )
Проведем \(NQ\perp AC\)
. Тогда из подобия \(\triangle SHC\)
и \(\triangle
NQC\)
: \[\dfrac{SH}{NQ}=\dfrac{SC}{NC}=2 \quad\Rightarrow\quad
NQ=\dfrac12SH=\dfrac12\sqrt{SC^2-HC^2}=\dfrac12\sqrt{21^2-6^2}=
\dfrac12\sqrt{81\cdot 5}\]
\(Q\)
– середина \(HC\)
, следовательно, \(AQ=\frac34AC=\frac34\cdot 12=9\)
. Тогда по теореме Пифагора \
Рассмотрим \(BSD\)
. Так как \(\triangle MSK\sim \triangle BSD\)
, то \[\dfrac{MK}{BD}=\dfrac{SO}{SH}=\dfrac23 \quad\Rightarrow\quad
MK=\dfrac23BD=\dfrac23\cdot 12=8.\]
Следовательно, площадь сечения равна \
