Задание 14 ЕГЭ профиль по математике: стереометрия

ЕГЭ по математике (профиль) · задание 14 · часть 2, развёрнутое решение · до 3 баллов. В банке «Корень» — 15 задач этого номера: доказательства в геометрии, призмы и параллелепипеды, пирамиды, цилиндр, конус, шар.

Формулы к заданию 14

Векторы на плоскости

$\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;\ y_B-y_A)$ — координаты вектора
$|\vec a|=\sqrt{x^2+y^2}$ — длина вектора; в пространстве добавляется $z^2$
$\vec a\pm\vec b=(x_1\pm x_2;\ y_1\pm y_2),\quad k\vec a=(kx;\ ky)$ — сумма, разность, умножение на число
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$ — правило треугольника; $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$ — правило параллелограмма $ABCD$
$\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CB}$ — разность векторов с общим началом идёт от вычитаемого к уменьшаемому

Стереометрия: объёмы и площади

$V=abc,\quad d^2=a^2+b^2+c^2$ — прямоугольный параллелепипед: объём и диагональ
$V=a^3,\quad S=6a^2$ — куб
$V=S_{\text{осн}}\cdot h$ — призма
$V=\dfrac13 S_{\text{осн}}\cdot h$ — пирамида
$S_{\text{бок}}=P_{\text{осн}}\cdot h$ — боковая поверхность прямой призмы

Прямые и плоскости в пространстве

$A,B,C\notin\ell \Rightarrow \exists!\ \alpha$ — через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит единственная плоскость
$A\in\alpha,\ B\in\alpha \Rightarrow AB\subset\alpha$ — если две точки прямой лежат в плоскости, то вся прямая лежит в ней
$\alpha\cap\beta=\ell$ — если две различные плоскости имеют общую точку, они пересекаются по прямой
$\ell\cup\{A\}\ (A\notin\ell)$ — плоскость однозначно задаётся: тремя точками; прямой и точкой вне её; двумя пересекающимися прямыми; двумя параллельными прямыми
$a\cap b,\ a\parallel b,\ a\ \text{и}\ b\ \text{скрещиваются}$ — три случая расположения двух прямых в пространстве; параллельные и пересекающиеся лежат в одной плоскости

Перпендикулярность в пространстве

$a\perp b,\ a\perp c,\ b\cap c \Rightarrow a\perp\alpha$ — признак перпендикулярности прямой и плоскости (по двум пересекающимся прямым плоскости $\alpha$ )
$a\perp\alpha \Rightarrow a\perp\text{любой прямой в}\ \alpha$ — прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости
$a\perp\alpha,\ b\perp\alpha \Rightarrow a\parallel b$ — две прямые, перпендикулярные одной плоскости, параллельны; и если $a\parallel b$ , $a\perp\alpha$ , то $b\perp\alpha$
$a\perp\alpha,\ a\perp\beta \Rightarrow \alpha\parallel\beta$ — две плоскости, перпендикулярные одной прямой, параллельны
$l^2=h^2+p^2$ — наклонная $l$ , перпендикуляр $h$ и проекция наклонной $p$ связаны теоремой Пифагора

Углы и расстояния в пространстве

$\sin\varphi=\dfrac{h}{l}$ — угол $\varphi$ между наклонной длины $l$ и плоскостью, $h$ — расстояние от конца наклонной до плоскости; $\cos\varphi=\dfrac{p}{l}$ , $p$ — проекция наклонной
$\varphi=\angle(AB,\,AH)$ — угол между прямой и плоскостью — угол между прямой и её проекцией на плоскость, $0^\circ\le\varphi\le90^\circ$
$\cos\theta=\cos\varphi\cdot\cos\psi$ — наклонная образует с плоскостью угол $\varphi$ , её проекция с прямой в плоскости — угол $\psi$ ; $\theta$ — угол между наклонной и этой прямой
$\angle KMN$ — линейный угол двугранного угла: $MK\perp\ell$ в одной грани, $MN\perp\ell$ в другой, $\ell$ — ребро; он измеряет угол между плоскостями
$0^\circ<\varphi\le90^\circ$ — угол между пересекающимися плоскостями (острый или прямой); угол между скрещивающимися прямыми — тоже

Многогранники

$V=S_{\text{осн}}\cdot h$ — призма; для наклонной призмы $h$ — расстояние между основаниями, также $V=S_\perp\cdot l$ ( $S_\perp$ — площадь перпендикулярного сечения, $l$ — боковое ребро)
$S_{\text{бок}}=P_{\text{осн}}\cdot h$ — боковая поверхность прямой призмы; у наклонной $S_{\text{бок}}=P_\perp\cdot l$
$S_{\text{полн}}=S_{\text{бок}}+2S_{\text{осн}}$ — полная поверхность призмы
$V=abc,\quad S=2(ab+bc+ac),\quad d^2=a^2+b^2+c^2$ — прямоугольный параллелепипед
$V=a^3,\quad S=6a^2,\quad d=a\sqrt3$ — куб; диагональ грани $a\sqrt2$

Тела вращения

$V=\pi R^2h,\quad S_{\text{бок}}=2\pi Rh,\quad S_{\text{полн}}=2\pi R(R+h)$ — цилиндр; осевое сечение — прямоугольник $2R\times h$ , развёртка боковой поверхности — прямоугольник $2\pi R\times h$
$V=\dfrac13\pi R^2h,\quad S_{\text{бок}}=\pi Rl,\quad S_{\text{полн}}=\pi R(R+l)$ — конус; $l$ — образующая
$l^2=R^2+h^2,\quad \cos\varphi=\dfrac Rl$ — конус: связь $R$ , $h$ , $l$ ; $\varphi$ — угол образующей с основанием; осевое сечение — равнобедренный треугольник
$\alpha=360^\circ\cdot\dfrac Rl$ — угол сектора, являющегося развёрткой боковой поверхности конуса
$V=\dfrac{\pi h}{3}\left(R^2+Rr+r^2\right)$ — усечённый конус с радиусами оснований $R$ , $r$

Сечения многогранников и тел вращения

$A,B\in\text{грани}$ — две точки секущей плоскости в одной грани соединяют отрезком: это след плоскости на грани
$\alpha\parallel\beta \Rightarrow \ell_\alpha\parallel\ell_\beta$ — на параллельных гранях следы секущей плоскости параллельны
$P=MN\cap\text{пл. основания}$ — метод следов: продолжить прямую сечения до пересечения с плоскостью основания; полученная точка лежит на следе секущей плоскости
$S_{\text{сеч}}=\dfrac{S_{\text{пр}}}{\cos\varphi}$ — площадь сечения через площадь его проекции на плоскость основания и угол $\varphi$ между плоскостями
$\dfrac{S_{\text{сеч}}}{S_{\text{осн}}}=k^2,\quad k=\dfrac{h-x}{h}$ — сечение пирамиды плоскостью, параллельной основанию, подобно основанию; $x$ — расстояние от основания

Координаты и векторы в пространстве

$\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;\ y_B-y_A;\ z_B-z_A)$ — координаты вектора
$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}$ — расстояние между точками; длина вектора $|\vec a|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$
$M\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\ \dfrac{y_A+y_B}{2};\ \dfrac{z_A+z_B}{2}\right)$ — середина отрезка $AB$
$\vec a\cdot\vec b=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2=|\vec a|\,|\vec b|\cos\varphi$ — скалярное произведение
$\cos\varphi=\dfrac{\vec a\cdot\vec b}{|\vec a|\,|\vec b|}$ — угол между векторами; $\vec a\perp\vec b \iff \vec a\cdot\vec b=0$

Примеры с решениями

Условия — в стиле заданий ФИПИ. Сначала попробуйте решить сами, потом откройте подсказки и решение.

Пример 1

сложность: средняя

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна $6$ , а боковое ребро $SA$ равно $3\sqrt{6}$ . Точка $M$ — середина ребра $SC$ .

а) Докажите, что прямая $SA$ параллельна плоскости $BMD$ .

б) Найдите расстояние от прямой $SA$ до плоскости $BMD$ .

Подсказки

Пусть $O$ — центр основания. Посмотрите на треугольник $SAC$ : какая его средняя линия лежит в плоскости $BMD$ ?
Прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $SAC$ , поэтому плоскости $BMD$ и $SAC$ перпендикулярны и пересекаются по прямой $OM$ .
Искомое расстояние равно расстоянию между параллельными прямыми $SA$ и $OM$ в плоскости $SAC$ , то есть половине высоты треугольника $SAC$ , проведённой из вершины $C$ .

Решение

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей основания $ABCD$ ; она лежит на $BD$ и является серединой $AC$ . В треугольнике $SAC$ отрезок $OM$ соединяет середины сторон $AC$ и $SC$ , значит, $OM$ — средняя линия и $OM \parallel SA$ . Прямая $OM$ лежит в плоскости $BMD$ (точки $O$ и $M$ принадлежат этой плоскости), а прямая $SA$ этой плоскости не принадлежит (иначе точка $A$ , а с ней и точка $C$ прямой $AO$ , лежали бы в плоскости $BMD$ , и тогда в ней лежала бы точка $S$ прямой $CM$ , что неверно). По признаку параллельности прямой и плоскости $SA \parallel (BMD)$ , что и требовалось доказать.

б) Так как $SA \parallel (BMD)$ , расстояние от прямой $SA$ до плоскости $BMD$ равно расстоянию от точки $A$ до этой плоскости.

Пирамида правильная, поэтому $SO$ — её высота. Прямая $BD$ перпендикулярна $AC$ (диагонали квадрата) и $SO$ , значит, $BD \perp (SAC)$ . Плоскость $BMD$ проходит через $BD$ , поэтому $(BMD) \perp (SAC)$ , а линия пересечения этих плоскостей — прямая $OM$ . Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки $A$ плоскости $SAC$ на прямую $OM$ , является перпендикуляром к плоскости $BMD$ , и искомое расстояние равно расстоянию между параллельными прямыми $SA$ и $OM$ .

Найдём элементы треугольника $SAC$ : $AC = 6\sqrt{2}$ , $AO = 3\sqrt{2}$ ,

$SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{54 - 18} = 6, \qquad S_{SAC} = \frac{1}{2}\cdot AC\cdot SO = \frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{2}\cdot 6 = 18\sqrt{2}.$

Высота $CH$ треугольника $SAC$ , опущенная на $SA$ :

$CH = \frac{2S_{SAC}}{SA} = \frac{36\sqrt{2}}{3\sqrt{6}} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}.$

Прямая $OM$ — средняя линия треугольника $SAC$ , поэтому она делит высоту $CH$ пополам: расстояние между прямыми $SA$ и $OM$ равно $\frac{1}{2}CH = 2\sqrt{3}$ .

Ответ: а) доказано; б) $2\sqrt{3}$ .

Решить в Telegram

Пример 2

сложность: повышенная

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ на ребре $SC$ отмечена точка $M$ так, что $SM : MC = 1 : 2$ . Плоскость $ABM$ пересекает ребро $SD$ в точке $N$ .

а) Докажите, что $SN : ND = 1 : 2$ .

б) Найдите отношение объёмов многогранников, на которые плоскость $ABM$ разбивает пирамиду (меньшего к большему).

Подсказки

Прямая $AB$ параллельна плоскости $SCD$ . По какой прямой плоскость $ABM$ пересекает эту грань?
Разбейте верхнюю часть $SABMN$ на две треугольные пирамиды $SABM$ и $SAMN$ и сравните их с пирамидами $SABC$ и $SACD$ .
Объёмы пирамид с общим трёхгранным углом при вершине $S$ относятся как произведения длин рёбер, выходящих из $S$ ; объём каждой из пирамид $SABC$ и $SACD$ равен половине объёма $SABCD$ .

Решение

а) Основание $ABCD$ — квадрат, поэтому $AB \parallel CD$ , и прямая $AB$ параллельна плоскости $SCD$ . Плоскость $ABM$ проходит через $AB$ и пересекает плоскость $SCD$ по прямой $MN$ , значит, $MN \parallel AB$ , а потому $MN \parallel CD$ . В треугольнике $SCD$ прямая $MN$ параллельна стороне $CD$ , по теореме о пропорциональных отрезках

$\frac{SN}{ND} = \frac{SM}{MC} = \frac{1}{2},$

что и требовалось доказать.

б) Пусть $V$ — объём пирамиды $SABCD$ . Диагональ $AC$ делит её на две треугольные пирамиды $SABC$ и $SACD$ равного объёма $\frac{V}{2}$ (их основания — равные треугольники, высота общая).

Плоскость $ABM$ отсекает от пирамиды многогранник $SABMN$ , который диагональной плоскостью $SAM$ делится на пирамиды $SABM$ и $SAMN$ .

Пирамиды $SABM$ и $SABC$ имеют общую грань $SAB$ , а расстояния от $M$ и от $C$ до плоскости $SAB$ относятся как $SM : SC = 1 : 3$ . Поэтому

$V_{SABM} = \frac{1}{3}V_{SABC} = \frac{1}{3}\cdot\frac{V}{2} = \frac{V}{6}.$

Для пирамид $SAMN$ и $SACD$ с общим трёхгранным углом при вершине $S$ :

$\frac{V_{SAMN}}{V_{SACD}} = \frac{SA}{SA}\cdot\frac{SM}{SC}\cdot\frac{SN}{SD} = 1\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{9}, \qquad V_{SAMN} = \frac{1}{9}\cdot\frac{V}{2} = \frac{V}{18}.$

Значит,

$V_{SABMN} = \frac{V}{6} + \frac{V}{18} = \frac{2V}{9},$

а объём второй части равен $V - \frac{2V}{9} = \frac{7V}{9}$ . Искомое отношение равно $2 : 7$ .

Ответ: а) доказано; б) $2 : 7$ .

Решить в Telegram

Пример 3

сложность: средняя

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ сторона основания $AB$ равна $6$ , а боковое ребро $AA_1$ равно $9$ . Точка $K$ — середина ребра $BC$ .

а) Докажите, что плоскость $A_1BC$ перпендикулярна плоскости $AA_1K$ .

б) Найдите угол между плоскостью $A_1BC$ и плоскостью $BB_1C_1$ .

Подсказки

Чтобы доказать перпендикулярность плоскостей, найдите в плоскости $A_1BC$ прямую, перпендикулярную плоскости $AA_1K$ .
Прямая $BC$ перпендикулярна и $AK$ , и $AA_1$ . Поэтому угол между плоскостями, проходящими через $BC$ , измеряется в плоскости $AA_1K$ .
Пусть $K_1$ — середина $B_1C_1$ . Искомый угол равен углу $A_1KK_1$ ; найдите сначала $\operatorname{tg}\angle A_1KA$ из треугольника $A_1AK$ .

Решение

а) Треугольник $ABC$ равносторонний, $K$ — середина $BC$ , поэтому медиана $AK$ является высотой: $BC \perp AK$ . Призма правильная, значит, прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости основания и $BC \perp AA_1$ . Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AK$ и $AA_1$ плоскости $AA_1K$ , следовательно, $BC \perp (AA_1K)$ . Плоскость $A_1BC$ содержит прямую $BC$ , перпендикулярную плоскости $AA_1K$ , поэтому по признаку перпендикулярности плоскостей $(A_1BC) \perp (AA_1K)$ .

б) Плоскости $A_1BC$ и $BB_1C_1$ пересекаются по прямой $BC$ . Пусть $K_1$ — середина ребра $B_1C_1$ ; тогда $KK_1 \parallel AA_1$ , и точка $K_1$ лежит в плоскости $AA_1K$ . Так как $BC \perp (AA_1K)$ , прямые $KA_1$ и $KK_1$ перпендикулярны $BC$ . Значит, угол между плоскостями $A_1BC$ и $BB_1C_1$ равен углу $A_1KK_1$ .

В прямоугольном треугольнике $A_1AK$ ( $\angle A_1AK = 90^\circ$ ): $AK = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ , $AA_1 = 9$ ,

$\operatorname{tg}\angle A_1KA = \frac{AA_1}{AK} = \frac{9}{3\sqrt{3}} = \sqrt{3}, \qquad \angle A_1KA = 60^\circ.$

Лучи $KA$ и $KK_1$ перпендикулярны ( $KK_1 \parallel AA_1 \perp AK$ ), а луч $KA_1$ лежит внутри прямого угла $AKK_1$ , поэтому

$\angle A_1KK_1 = 90^\circ - \angle A_1KA = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ.$

Ответ: а) доказано; б) $30^\circ$ .

Решить в Telegram