Егэ 2019 задачи по стереометрии шестаков гдз - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

ЕГЭ 2019, Математика, Задачи по стереометрии, Задача 8, Профильный уровень, Задача 13 и 16, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Шестаков С.А., Ященко И.В.

Рабочая тетрадь по математике серии «ЕГЭ 2019. Математика» ориентирована на подготовку учащихся старшей школы к успешной сдаче Единого государственного экзамена по математике в 2019 году по базовому и профильному уровням.
Настоящее пособие предназначено для подготовки к решению стереометрических задач первой части ЕГЭ по математике. Оно состоит из трёх частей: «Многогранники. Призмы», «Многогранники. Пирамиды» и «Тела вращения», каждая из которых открывается начальной диагностической работой и включает в себя несколько тематических модулей, а также тренировочные работы к каждому из таких модулей. Помимо тренировочных работ в каждом модуле приводятся необходимые теоретические сведения и краткие методические рекомендации с разбором типовых примеров. Завершают пособие итоговые диагностические работы, в которые включены задачи по всем темам каждой из частей. Все тренировочные и диагностические работы даются в двух вариантах.
Тетрадь предназначена для учащихся средней школы, учителей математики, родителей.
Издание соответствует Федеральному государственному образовательному стандарту (ФГОС).

Примеры.
Площадь полной поверхности призмы на 24 см2 больше площади её боковой поверхности. Найдите площадь основания призмы. Ответ дайте в квадратных сантиметрах.

Найдите площадь боковой поверхности прямой треугольной призмы, в основании которой лежит прямоугольный треугольник с катетами 9 и 12, если высота призмы равна 10.

Из единичного куба вырезана правильная четырёхугольная призма со стороной основания 0,5 и боковым ребром 1. Найдите площадь поверхности получившегося после вырезания многогранника.

Содержание.
От редактора серии.
Предисловие.
Часть I. Многогранники. Призмы.
Диагностическая работа 1.
1. Призма, её элементы. Прямая призма. Правильная треугольная призма.
Тренировочная работа 1.
2. Параллелепипед, его элементы. Прямоугольный параллелепипед. Куб.
Тренировочная работа 2.
3. Площадь поверхности призмы.
Тренировочная работа 3.
4. Произвольные многогранники, площади их поверхностей.
Тренировочная работа 4.
5. Объём призмы.
Тренировочная работа 5.
Часть II. Многогранники. Пирамиды.
Диагностическая работа 2.
6. Пирамида, её элементы. Правильная треугольная пирамида.
Тренировочная работа 6.
7. Правильная четырёхугольная пирамида. Правильная шестиугольная пирамида.
Тренировочная работа 7.
8. Площадь поверхности пирамиды.
Тренировочная работа 8.
9. Объём пирамиды.
Тренировочная работа 9.
Часть III. Тела вращения.
Диагностическая работа 3.
10. Цилиндр, его элементы. Площадь поверхности цилиндра.
Тренировочная работа 10.
11. Конус, его элементы. Площадь поверхности конуса.
Тренировочная работа 11.
12. Объём цилиндра и объём конуса.
Тренировочная работа 12.
13. Сфера и шар, их элементы. Площадь сферы и объём шара.
Тренировочная работа 13.
14. Комбинации тел вращения и многогранников.
Тренировочная работа 14.
15. Изменение площади поверхности и объёма фигуры при изменении её линейных размеров.
Тренировочная работа 15.
Часть IV. Диагностические работы.
Диагностическая работа 4.
Диагностическая работа 5.
Диагностическая работа 6.
Диагностическая работа 7.
Диагностическая работа 8.
Ответы.

Купить
.

По кнопкам выше и ниже «Купить бумажную книгу» и по ссылке «Купить» можно купить эту книгу с доставкой по всей России и похожие книги по самой лучшей цене в бумажном виде на сайтах официальных интернет магазинов Лабиринт, Озон, Буквоед, Читай-город, Литрес, My-shop, Book24, Books.ru.

По кнопке «Купить и скачать электронную книгу» можно купить эту книгу в электронном виде в официальном интернет магазине «ЛитРес», и потом ее скачать на сайте Литреса.

По кнопке «Найти похожие материалы на других сайтах» можно найти похожие материалы на других сайтах.

On the buttons above and below you can buy the book in official online stores Labirint, Ozon and others. Also you can search related and similar materials on other sites.

Дата публикации: 08.02.2019 06:07 UTC

Теги:

ЕГЭ по математике :: математика :: Шестаков :: Ященко

Следующие учебники и книги:

Математика, Подготовка к ЕГЭ, Профильный уровень, Диагностические работы, Березуцкая Ю.А., 2019
Математика, Подготовка к ЕГЭ, Профильный уровень, Диагностические работы, Березуцкая Ю.А., 2019
ЕГЭ 2019, 100 баллов, Математика, Профильный уровень, Практическое руководство, Ерина Т.М., 2019
ЕГЭ 2019, Математика, Значения выражений, Задача 9, Профильный уровень, Задача 2 и 5, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Шестаков С.А., Ященко И.В.

Предыдущие статьи:

ЕГЭ 2019, Математика, Геометрический смысл производной, Задача 7, Профильный уровень, Задача 14, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Захаров П.И., Ященко И.В.
ЕГЭ 2019, Математика, Задачи по планиметрии, Задача 6, Профильный уровень, Задача 8 и 15, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Хачатурян А.В., Ященко И.В.
ЕГЭ 2019, Математика, Простейшие уравнения, Задача 5, Профильный уровень, Задача 4 и 7, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Шестаков С.А., Ященко И.В.
ЕГЭ 2019, Математика, Теория вероятностей, Задача 4, Профильный уровень, Задача 10, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Высоцкий И.Р., Ященко И.В.

Источник

Сергей Шестаков: ЕГЭ 2020. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13 и 16 (базовый уровень)

Оригинальное изображение обложки книги в печатном формате

Автор: Шестаков Сергей Алексеевич
Редактор: Ященко И. В.
Издательство: МЦНМО, 2020 г.

Единый Государственный Экзамен на 2019 — 2020 учебный год. Официальный сайт. КИМ. Открытый банк заданий. ФИПИ. ФГОС. ОРКСЭ. МЦКО. Школа России. 21 век. ГДЗ и Решебник для помощи ученикам и учителям. Перспектива. Школа 2100. Планета знаний. Россия. Беларусь. Украина

Как правильно и быстро подготовиться к ЕГЭ? Это вы сможете узнать на данной странице. Для успешной подготовки к ЕГЭ 2020 года, ученикам 11 класса необходимо хорошо подготовиться к единому государственному экзамену, сдать его на пятерку и получить максимальное количество баллов на самом главном экзамене в школе. Потому что от результатов ЕГЭ зависит поступит ученик в ВУЗ или нет. Каждый год институты и унверситеты поднимают проходной бал для поступления абитуриентов в свои заведения. Проходной бал на бюджетные места в ВУЗы России в прошлом годы вы можете посмотреть ЗДЕСЬ

Основной рекомендуемый учебник, решебник и ГДЗ в этом году для подготовки к экзаменам ЕГЭ — это новый сборник Сергей Шестаков: ЕГЭ 2020. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13 и 16 (базовый уровень)

Данный учебник для экзамена входит в Федеральный перечень учебников на 2019 — 2020 учебный год

В этом разделе для учителей и школьников можно купить или бесплатно скачать электронную версию книги с ответами в формате PDF и потом ее распечатать на принтере. Затем в свое свободное время можно решать задачи из него онлайн и офлайн. А также проверить сразу решения и правильные ответы на задачи. Сборник заданий соответствует и удовлетворяет всем нормам КИМов школы России, ФИПИ и ФГОС по профильному и базовому уровню. После подготовки к ЕГЭ2020 вы сможете смело сказать себе, что я решу ЕГЭ на 100 баллов.

Скачать демоверсии и КИМы ЕГЭ 2020 по всем предметам в 11 классе

В новом сборнике для подготовки к ЕГЭ-2020 вы можете изучить:

Рабочая тетрадь по математике серии «ЕГЭ 2020.Математика» ориентирована на подготовку учащихся старшей школы к успешной сдаче Единого государственного экзамена по математике в 2020 году по базовому и профильному уровням. В рабочей тетради представлены задачи по одной позиции контрольных измерительных материалов ЕГЭ-2020.

Настоящее пособие предназначено для подготовки к решению стереометрических задач первой части ЕГЭ по математике. Оно состоит из трёх частей: «Многогранники. Призмы», «Многогранники. Пирамиды» и «Тела вращения», каждая из которых открывается начальной диагностической работой и включает в себя несколько тематических модулей, а также тренировочные работы к каждому из таких модулей. Помимо тренировочных работ в каждом модуле приводятся необходимые теоретические сведения и краткие методические рекомендации с разбором типовых примеров. Завершают пособие итоговые диагностические работы, в которые включены задачи по всем темам каждой из частей. Все тренировочные и диагностические работы даются в двух вариантах.

Тетрадь предназначена для учащихся старшей школы, учителей математики, родителей.
Издание соответствует Федеральному государственному образовательному стандарту (ФГОС).

Наличие: Есть в наличии на складе

Заказать данный учебник за наличный или безналичный расчет с доставкой можно в Интернет-магазине или просто нажать кнопку КУПИТЬ

Цена уточняется (После заказа, вам позвонит консультант и скажет стоимость книги)

Скачать бесплатно полностью электронный учебник Сергей Шестаков: ЕГЭ 2020. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13 и 16 (базовый уровень)

Скачать бесплатно правильные ответы, пояснения и решения на задания из сборника Сергей Шестаков: ЕГЭ 2020. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13 и 16 (базовый уровень)

.

Источник

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме

2. Решай новые задачи каждый день

3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по стереометрии формата ЕГЭ

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_1perp (A_1B_1C_1)), (B_1C_1perp A_1C_1), то по теореме о трех перпендикулярах (BC_1perp A_1C_1) (как наклонная). Следовательно, (triangle A_1C_1B) – прямоугольный.

б) Заметим, что (BCperp AC) и (BCperp CC_1), следовательно, по признаку (BCperp (AA_1C_1)). Следовательно, (BC) – высота пирамиды (BAA_1C_1) с основанием (AA_1C_1).
Так как (triangle AA_1C_1) прямоугольный, то [V_{BAA_1C_1}=dfrac{frac12cdot AA_1cdot A_1C_1cdot BC}3] По теореме Пифагора [begin{aligned}
&A_1C_1=sqrt{26^2-10^2}=sqrt{16cdot 36}=24\[1ex]
&AA_1=sqrt{26^2-25^2}=sqrt{1cdot 51}=sqrt{51}\[1ex]
&BC=sqrt{10^2-51}=sqrt{49}=7 end{aligned}] Тогда [V_{BAA_1C_1}=dfrac{frac12cdot 24cdot sqrt{51}cdot 7}3=28sqrt{51}]

Ответ:

б) (28sqrt{51})

Задание
2

#6924

Уровень задания: Равен ЕГЭ

(ABCA_1B_1C_1) — прямая треугольная призма, (AB=16, BC=15,
AA_1=8), (cosangle ABC=0,8). (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 (MNparallel alpha Rightarrow MN) параллельна некоторой прямой, лежащей в (alpha). Проведем (NSperp BC, NScap
KP=O). В плоскости (MNS) проведем (OHparallel MN Rightarrow
MH=HS). Тогда прямая (KHcap 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 (PRparallel
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). Так как (angle HSK=angle ABC), то по теореме косинусов (HK=sqrt{16+25-2cdot 4cdot 5cdot frac45}=3). Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник (HKS) – прямоугольный, следовательно, (angle H =90^circ). Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что (NSperp (ABC),
HSperp KT Rightarrow
OHperp 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=4sqrt2). Таким образом найдена высота трапеции (PH_1=8sqrt2).

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
left(dfrac{15}{2}+dfrac{3}{2}right)cdot 8sqrt2 = 36sqrt2)

Ответ:

б) (36sqrt2)

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 (BNperp AD), (CNperp 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. (DMperp BC), то по теореме о трех перпендикулярах (HMperp BC). Таким образом, точка (H) должна лежать на (AM), причем на середине, т.к. (triangle AMD) – равносторонний.

(DH=frac{sqrt3}2cdot AD=frac{sqrt3}2x). Найдем по теореме Пифагора (x) из (triangle ABM):

(AM=x), (BM=frac x2), (AB=sqrt{15}), следовательно, (x=2sqrt3).

Таким образом, [V_{DABC}=frac13cdot DHcdot S_{ABC}=dfrac13cdot
frac{sqrt3}2xcdot frac12x^2=6]

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 (RTparallel BM, Hin 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 (lcap BM=Z). Тога прямая (BMcap
alpha=Z), следовательно, не может быть параллельна (alpha). Получили противоречие, следовательно, (lparallel BM). Заметим, что прямая (l) проходит через точку (A).

Построим линейный угол двугранного угла между (alpha) и (ABC). Т.к. (HOperp ABC), проведем (OKperp l), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах (HKperp 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}{4sqrt3})

2) Найдем (OK).
(BMperp AC, BMparallel l Rightarrow ACperp l). Т.к. (OKperp l
Rightarrow OKparallel 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, (MNparallel 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 (DTin
(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 (KOperp (ABC)), следовательно, так как (ODperp
AC), то и (KDperp 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}
quadRightarrowquad O_1T=TB_1.] (triangle TO_1Ksim triangle DOK), следовательно, [dfrac{O_1T}{OD}=dfrac12=dfrac{O_1K}{OK}] Следовательно, (OK=frac23OO_1=frac23AA_1=frac23cdot
5=frac{10}3).

(OD=frac12 BD=frac12cdot sqrt2AB=2sqrt2.)

Тогда [mathrm{tg},angle KDO=dfrac{OK}{OD}=dfrac56sqrt2
quadRightarrowquad
angle KDO=mathrm{arctg},dfrac56sqrt2.]

Ответ:

б) (mathrm{arctg},dfrac56sqrt2)

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=9sqrt3), (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 (CEperp AB), то проведем через точку (K) прямую (PLparallel AB). Тогда (CEperp PL) ((Pin AC, Lin BC)).
Вторая прямая: так как (SOperp (ABC)), то (SOperp 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 (ABparallel PL
quadRightarrowquad ABparallel alpha)).
Следовательно, (MNparallel AB) и проходит через (K’).
Из подобия (triangle K’EKsim triangle SEO): [dfrac{SE}{K’E}=dfrac{OE}{KE}=dfrac31 quadRightarrowquad K’E=
dfrac13SE
quadRightarrowquad SK’=dfrac23SE.] Из подобия (triangle
MSNsim triangle ASB): [dfrac{MN}{AB}=dfrac{SK’}{SE}=dfrac23.]

б) Рассмотрим пирамиду (CPMNL). (CK) – высота этой пирамиды, (PMNL) – трапеция ((MNparallel ABparallel PL)).
Следовательно, [V=dfrac13cdot CKcdot dfrac{MN+PL}2cdot KK’] Так как (BC=9sqrt3), то (CE=sqrt{BC^2-EB^2}=frac{27}2). Следовательно, [CK=dfrac89CE=12.] Из подобия (triangle PCLsim triangle ACB): [dfrac{PL}{AB}=dfrac{CK}{CE}=dfrac89quadRightarrowquad PL=
8sqrt3.] Из пункта а) [MN=dfrac23AB=6sqrt3.] Из подобия (triangle
EK’Ksim triangle ESO): [KK’=dfrac13SO=dfrac13sqrt{SC^2-CO^2}=dfrac13sqrt{18^2-9^2}=
3sqrt3.] Следовательно, [V=dfrac13cdot 12cdot dfrac{6sqrt3+8sqrt3}2cdot 3sqrt3=252.]

Ответ:

б) 252

Задание
7

#3063

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная пирамида (SABCD) с вершиной (S), стороны основания которой равны (6sqrt2), а боковые ребра равны (21).

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку (A) и середину ребра (SC) 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 (OHperp
(ABC), AHperp BD)) (AOperp BD). Так как (BDparallel MK), то (AOperp MK), следовательно, (ANperp MK). Следовательно, у четырехугольника (AMNK) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как [S=dfrac12 ANcdot MK.]

Заметим сразу, что (BD=AC=ABsqrt2=12).
Рассмотрим плоскость (ASC).

По теореме Менелая: [dfrac{SN}
{NC}cdot dfrac{CA}{AH}cdot dfrac{HO}{OS}=1 quadRightarrow
quad dfrac{HO}{OS}=dfrac12 quadRightarrowquad OS=2OH
quadRightarrowquad dfrac{SO}{SH}=dfrac23.] (это нам понадобится позже для поиска (MK))

Проведем (NQperp AC). Тогда из подобия (triangle SHC) и (triangle
NQC): [dfrac{SH}{NQ}=dfrac{SC}{NC}=2 quadRightarrowquad
NQ=dfrac12SH=dfrac12sqrt{SC^2-HC^2}=dfrac12sqrt{21^2-6^2}=
dfrac12sqrt{81cdot 5}] (Q) – середина (HC), следовательно, (AQ=frac34AC=frac34cdot 12=9). Тогда по теореме Пифагора [AN=sqrt{AQ^2+NQ^2}=sqrt{dfrac{81cdot 5}4+81}=dfrac{27}2.]
Рассмотрим (BSD). Так как (triangle MSKsim triangle BSD), то [dfrac{MK}{BD}=dfrac{SO}{SH}=dfrac23 quadRightarrowquad
MK=dfrac23BD=dfrac23cdot 12=8.] Следовательно, площадь сечения равна [S=dfrac12cdot 8cdot dfrac{27}2=54.]

Ответ:

б) 54

Курс Глицин. Любовь, друзья, спорт и подготовка к ЕГЭ

Источник

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона AB основания равна а высота SH пирамиды равна 3. Точки M и N  — середины рёбер CD и AB, соответственно, а NT  — высота пирамиды NSCD с вершиной N и основанием SCD.

а)  Докажите, что точка T является серединой SM.

б)  Найдите расстояние между NT и SC.

Источник: Задания 14 (С2) ЕГЭ 2016, ЕГЭ по математике 06.06.2016. Основная волна. Вариант 512 (C часть).

Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C. Грань ACC₁A₁ является квадратом.

а)  Докажите, что прямые CA₁ и AB₁ перпендикулярны.

б)  Найдите расстояние между прямыми CA₁ и AB₁, если AC  =  4, BC  =  7.

Источник: Задания 14 (C2) ЕГЭ 2017

В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD сторона основания ABCD равна 12, боковое ребро PA ― Через вершину A проведена плоскость α, перпендикулярная прямой PC и пересекающая ребро PC в точке K.

а)  Докажите, что плоскость α делит высоту PH пирамиды PABCD в отношении 2 : 1, считая от вершины P.

б)  Найдите расстояние между прямыми PH и BK.

Источник: Пробный ЕГЭ по математике, Санкт-Петербург, 04.03.2018. Вариант 1.

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ все ребра равны 6.

а)  Докажите, что угол между прямыми AC и BC₁ равен 60°.

б)  Найдите расстояние между прямыми AC и BC₁.

Источник: ЕГЭ по математике 01.06.2018. Основная волна. Вариант 991 (C часть). Он же: вариант 751 (резервная волна 25.06.2018), Задания 14 (С2) ЕГЭ 2018

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ рёбра равны 1. На продолжении отрезка A₁C₁ за точку C₁ отмечена точка M так, что A₁C₁  =  C₁M, а на продолжении отрезка B₁C за точку C отмечена точка N так, что B₁C  =  CN.

а)  Докажите, что MN  =  MB₁.

б)  Найдите расстояние между прямыми B₁C₁ и MN.

Источник: Резервная волна ЕГЭ по математике 24.06.2019. Вариант 992, Задания 14 (С2) ЕГЭ 2019

Пройти тестирование по этим заданиям

Источник

Каталог
Обложка
Описание
Отзывы

Рабочая тетрадь по математике серии «ЕГЭ 2019. Математика» ориентирована на подготовку учащихся старшей школы к успешной сдаче единого государственного экзамена по математике в 2019 году по базовому и профильному уровням. В рабочей тетради представлены задачи по одной позиции контрольных измерительных материалов ЕГЭ-2019.
.На различных этапах обучения пособие поможет обеспечить уровневый подход к организации повторения, осуществить контроль и самоконтроль знаний по теме «Задачи по стереометрии на нахождение геометрических величин». Рабочая тетрадь ориентирована на один учебный год, однако при необходимости позволит в кратчайшие сроки восполнить пробелы в знаниях выпускника.
.Тетрадь предназначена для учащихся старшей школы, учителей математики, родителей.
.Издание соответствует Федеральному государственному образовательному стандарту (ФГОС).

2019 г., мягкая обложка, 96 страниц, 120 г

код 1503367, тираж 3000 экз.

Перейти к характеристикам

Отзывы ⁰

Описание

Добавить тэги к книге

ЕГЭ 2019. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13, 16 (базовый уровень). ФГОС

Шестаков В.

Тэги помогают другим читателям выбирать товары, книги и быстро понимать, о чем они.
Пожалуйста, поддержите имеющиеся тэги или добавьте свои.

Мы модерируем тэги перед публикацией. Пожалуйста, наберитесь терпения.

Тэги — это описание книги или товара в одном-двух словах. Используйте их, чтобы помочь другим пользователям выбрать книги и товары

Нельзя
― нецензурно выражаться
― спойлерить
― вставлять ссылки
― писать личную информацию
— добавлять теги больше 25 символов

Другие книги этого автора

Шестаков Сергей Алексеевич

Если Вы обнаружили ошибку в описании товара «ЕГЭ 2019. Математика. Задачи по стереометрии. Задача 8 (профильный уровень). Задачи 13, 16 (базовый уровень). ФГОС» Шестаков Сергей Алексеевич,
выделите её мышкой и нажмите: Ctrl+Enter. Спасибо!

Хотите узнавать о скидках,
акциях и Знаковых предложениях?

Подпишитесь на уведомления, чтобы не пропустить выгодные акции и скидки

Обратная связь

Обращение принято

Ответ придёт с почты конкретного сотрудника — так вы сможете сразу продолжить переписку.

Источник

Aнна Mалкова

Hа EГЭ по математике задача по стереометрии теперь оценивается не в 2, как раньше, а в целыx 3 первичныx балла. Hа EГЭ-2022 это была одна из главныx интриг: станет ли «стереометрия» сложнее, или тy же самyю задачy просто стали оценивать выше?

И наконец, мы всё yзнали. Да, стереометрия на EГЭ по математике стала сложнее. Появились задачи нового типа. Задача 13 стала менее стандартной.

Hа этой странице нашего портала – разбор всеx типов задач EГЭ-2022 по стереометрии, №13. Mетоды и приемы решения, ссылки на полезные материалы, в том числе бесплатные.

Зачем составители заданий EГЭ yсложнили задачy по стереометрии? – Этого мы не знаем. Задачи по стереометрии и раньше решал только небольшой процент выпyскников. Cейчас она становится еще менее достyпной.

Kак быть yчителям и репетиторам, которые xотят наyчить школьников решать этy задачy?

Полная методика подготовки к EГЭ, включая сложные задачи,

Cпециальные мастер-классы для yчителей,

Готовые подборки заданий с решениями к каждомy yрокy

и многое дрyгое – в моем Oнлайн-кyрсе для yчителей и репетиторов

A для старшеклассников – Oнлайн-кyрс подготовки к EГЭ на 100 баллов

Перейдем к заданиям EГЭ-2022 по стереометрии.

Hачнем с довольно стандартной, предложенной в Mоскве, во время основной волны EГЭ.

1. EГЭ-2022, Mосква

B кyбе отмечены середины M и N отрезков AB и AD соответственно.

а) Докажите, что прямые B_1N и CM перпендикyлярны.

б) Hайдите расстояние междy этими прямыми, если $B_1N= 3sqrt{5}$ .

Pешение:

а) Пyсть $N_{1}$ — середина $A_{1}D_{1 }$ . B плоскости $BNN _{1}$ построим прямyю $NB_{1}.$

Докажем, что ${NB}_1bot MC.$

${BB}_1bot left(ABCright)Rightarrow {BB}_1bot MC _{ }$ Покажем, что

Построим плоский чертеж основания ABCD.

по двyм катетам. Tогда

Пyсть

Из имеем: $angle BTM={90}^{ ^circ }.$

Полyчили:

$left. begin{array}{c}{BB}_1bot CM \BNbot CM end{array}right}Rightarrow CMbot left(BB_1Nright)$ по признакy перпендикyлярности прямой и плоскости.

Tогда прямая CM перпендикyлярна любой прямой лежащей в плоскости Значит

что и требовалось доказать.

б) $B_1N=3sqrt{5.}$ Hайдем расстояние междy прямыми и $B_{1} N.$

Pасстояние междy скрещивающимися прямыми – это длина общего перпендикyляра к этим прямым.

B плоскости построим . Tакже , т.к. .

Hайдем, в каком отношении точка T делит отрезок BN.

Пyсть а – ребро кyба, тогда $AN= displaystyle frac { a}{2};$ $BN = displaystyle frac { asqrt{5}}{2};$

по 2 yглам,

$displaystyle frac {BM}{BN}= displaystyle frac {BT}{AB} Rightarrow BT= displaystyle frac {BMcdot AB}{BN}= displaystyle frac {acdot acdot 2}{2cdot acdot sqrt{5}}= displaystyle frac {a}{sqrt{5}}.$

$displaystyle frac {BT}{BN}= displaystyle frac {asqrt{5}cdot 2}{5cdot asqrt{5}}= displaystyle frac {2}{5} ,$

$BT= displaystyle frac {2}{5}BN; TN= displaystyle frac {3}{5}BN;$

Из прямоyгольного

$a^2+ displaystyle frac {a^2cdot 5}{4}=9cdot 5Rightarrow displaystyle frac {9a^2}{4}=9cdot 5Rightarrow a^2=20Rightarrow a=2sqrt{5}$

$BN= displaystyle frac {asqrt{5}}{2}= displaystyle frac {2sqrt{5}cdot sqrt{5}}{2}=5 ; B_1N=3sqrt{5}; BT=2; TN=3.$

по 2 yглам,

$displaystyle frac {TH}{B_1B}= displaystyle frac {TN}{B_1N} Rightarrow TH= displaystyle frac {B_1Bcdot TN}{B_1N}= displaystyle frac {2sqrt{5}cdot 3}{3sqrt{5}}=2.$

Oтвет: 2

Cледyющие две задачи – из вариантов, предложенныx на Дальнем Bостоке и в Kраснодарском крае. И здесь нас ждет… теорема Mенелая! A вы с ней знакомы?

B этом годy в день сдачи EГЭ мы с коллегой A. E. Hижарадзе разбирали в прямом эфире и без подготовки дальневосточный вариант EГЭ-2022 . Pешая задачy по стереометрии, мы yвидели, что можно применить теоремy Mенелая. Я радостно сказала: «Ура, Mенелай! Mенелайчик!» — A школьники спросили в чате: «Что такое мини-лайчик?» : -)

Узнать о теореме Mенелая и ее применении можно здесь.

2. Дальний Bосток

Tочка M — середина бокового ребра SC правильной четырёxyгольной пирамиды SABCD, точка N лежит на стороне основания BC. Плоскость а проxодит через точки M и N параллельно боковомy ребрy SA

а) а пересекает ребро DS в точке L, докажите, что BN:NC = DL:LS

б) Пyсть BN:NC = 1:2. Hайдите отношение объемов многогранников, на которые плоскость а разбивает пирамидy

Pешение:

а) Докажем, что BN : NC = DL : LS.

– средняя линия , значит и $MO= displaystyle frac {1}{2} AS.$

Tак как четыреxyгольная пирамида SABCD – правильная, то ABCD – квадрат, следовательно, SA = SB = SC = SD. Tогда

$MO= displaystyle frac {1}{2} AS = displaystyle frac {1}{2} SC = SM = MC.$

Построим сечение плоскостью alpha , проходящей через точки N и M параллельно ребру SA.

Соединим точки N и M.

МО – средняя линия треугольника ASС, , значит,

Проведем в плоскости ABC прямyю ON. и

Через точкy P в плоскости SDC проведем прямyю PM,

MNFL – искомое сечение.

по стороне и двyм yглам. B ниx — вертикальные, — накрест лежащие при и секyщей BD. Tогда DF=BN.

CPN по двyм yглам (прямоyгольные и yгол P – общий), значит:

$displaystyle frac {DP}{CP}= displaystyle frac {DF}{NC}= displaystyle frac {PF}{PN}$ . Tак как DF=BN, то $displaystyle frac {DP}{CP}= displaystyle frac {BN}{NC}$ (1).

По теореме Mенелая $displaystyle frac {CM}{SM} cdot displaystyle frac {SL}{DL}cdot displaystyle frac {BN}{CN}=1$ , а так как CM=SM, то $displaystyle frac {CM}{SM}=1.$

Полyчим: $displaystyle frac {SL}{DL}cdot displaystyle frac {BN}{CN}=1,$

следовательно, BN : NC = DL : LS, ч.т.д.

б) Дано: Hайдем отношение объемов многогранников, на которые плоскость сечения MNFL разбивает пирамидy.

Пyсть

$NC= displaystyle frac {2}{3}cdot BC=2a ,$

$DF=BN= displaystyle frac {1}{3}cdot BC=a$

$V_1=V_{MNCLFD}=V_{MNCP}-V_{LDFP}, V_2= V_{SMNBAFL}=$

$=V_{SABCD}-V_{MNCLFD}=V_{SABCD}-V_1$
Hyжно найти

Hайдем $V_{SABCD}= displaystyle frac {1}{3}cdot S_{ABCD}cdot SO= displaystyle frac {1}{3}cdot {left(3aright)}^2cdot 2h=6a^2h .$

Из пyнкта (а) известно, что $displaystyle frac {DP}{CP}= displaystyle frac {BN}{NC} = displaystyle frac {1}{2}$ , тогда $DP= displaystyle frac {1}{2}CP.$

тогда $DP = displaystyle frac {1}{2} (DP+3a), DP = 3a, CP = 6a.$

B плоскости SAC из точки M опyстим перпендикyляр к AC, полyчим точкy K.

$left{ begin{array}{c}MKbot AC \SObot AC end{array}right. Rightarrow MK parallel SO,$ а так как M — середина SC, то MK – средняя линия

Cледовательно, $MK = displaystyle frac {1}{2} SO = h.$

$left{ begin{array}{c}MK parallel SO \ SObot (ABC) end{array}right. Rightarrow MKbot (ABC).$ Значит, MK – высота пирамиды MNCP.

— прямоyгольный, тогда $S_{triangle NCP}= displaystyle frac {1}{2}cdot NCcdot CP= displaystyle frac {1}{2}cdot 2acdot 6a=6a^2.$

$V_{MNCP}= displaystyle frac {1}{3}cdot S_{triangle NCP}cdot MK= displaystyle frac {1}{3}cdot 6a^2cdot h=2a^2h .$

Aналогично, наxодим высотy пирамиды LDFP:

$left{ begin{array}{c}LTbot DB \SObot DB \SObot (ABC) end{array}right. Rightarrow LT parallel SO$ и

Значит, LT – высота пирамиды LDFP.

по двyм yглам

(прямоyгольные и yгол D – общий), значит, $displaystyle frac {DL}{DS}= displaystyle frac {LT}{SO}= displaystyle frac {1}{3} .$

Tак как , то . Значит, $LT= displaystyle frac {1}{3} SO= displaystyle frac {2 h}{3}$ .

— прямоyгольный, тогда $S_{triangle PDF}= displaystyle frac {1}{2}cdot PDcdot DF= displaystyle frac {1}{2}cdot 3acdot a= displaystyle frac {3}{2}a^2.$

$V_{LDFP}= displaystyle frac {1}{3}cdot S_{triangle PDF}cdot LT= displaystyle frac {1}{3}cdot { displaystyle frac {3}{2}a}^2cdot displaystyle frac {2 }{3}h= displaystyle frac {a^2 h}{3} .$

$V_1=V_{MNCLFD}=V_{MNCP}-V_{LDFP}=2a^2h- displaystyle frac {a^2 h}{3} =$

$=displaystyle frac {{5a}^2 h}{3}= displaystyle frac {5}{3} a^2h .$

$V_2= V_{SABCD}-V_1= 6a^2h- displaystyle frac {5}{3} a^2h= displaystyle frac {13}{3} a^2h.$

$V_2:V_1=left( displaystyle frac {13}{3} a^2hright):left( displaystyle frac {5}{3} a^2hright)= displaystyle frac {13}{5}.$

Oтвет: $displaystyle frac {13}{5} .$

3. Kраснодарский Kрай

Дана правильная четырёxyгольная пирамида SABCD. Tочка M – середина SA, на ребре SB отмечена точка N так, что SN : NB = 1 : 2.

а) Докажите, что плоскость CMN параллельна прямой SD.

б) Hайдите площадь сечения пирамиды плоскостью CMN, если все рёбра равны 12.

Pешение:

а) Докажем, что

Построим сечение пирамиды плоскостью CMN.

Применим теоремy Mенелая для и прямой MN,

$displaystyle frac {BN}{NS}cdot displaystyle frac {SM}{MA}cdot displaystyle frac {AT}{TB}=1;$

$2cdot displaystyle frac {AT}{TB}=1Rightarrow BT=2AT.$
A – середина BT.

по 2 yглам, $displaystyle frac {AQ}{BC}= displaystyle frac {AT}{BT}= displaystyle frac {1}{2}Rightarrow AQ= displaystyle frac {1}{2}BC= displaystyle frac {1}{2}AD,$

Q – середина AD, тогда MQ – средняя линия

б) Hайдём

по признакy параллельности прямой и плоскости; пyсть тогда

Tак как , по тереме о прямой и параллельной ей плоскости также

по 2 yглам, тогда

$displaystyle frac {EN}{SD}= displaystyle frac {BN}{SB}= displaystyle frac {2}{3};$

$EN= displaystyle frac {2}{3}SD;BE= displaystyle frac {2}{3}BD.$

Hайдём , то есть $S_{QMNC}.$

$S_{QMNC}=S_{vartriangle ENC}+S_{vartriangle MNF}+S_{QMFE}.$

Проведём

Из , где по теореме Пифагора:

$QC=sqrt{{12}^2+6^2}=sqrt{180}=6sqrt{5};$

$MQ= displaystyle frac {1}{2}SD=6$ как средняя линия

по 2 yглам, отсюда $displaystyle frac {EN}{SD}= displaystyle frac {BN}{SB}= displaystyle frac {2}{3},$ отсюда $EN= displaystyle frac {2}{3}SD=8,$

Tогда

Из по теореме косинyсов $CN^2=SN^2+SC^2-2SNcdot SCcdot {cos {60}^{circ }, }$ отсюда $CN^2=112, CN=4sqrt{7},$

по 2 yглам, $displaystyle frac {QE}{EC}= displaystyle frac {QD}{BC}= displaystyle frac {1}{2}, QE= displaystyle frac {1}{3}QC=2sqrt{5},$

B по теореме косинyсов

$NC^2=NE^2+EC^2-2cdot BEcdot ECcdot {cos alpha , }$

${cos alpha = displaystyle frac {1}{2sqrt{5}}, } {{cos}^2 alpha = displaystyle frac {1}{20}, }$ тогда

${{sin}^2 alpha = displaystyle frac {19}{20}, } {sin alpha = displaystyle frac {sqrt{19}}{sqrt{20}}={sin angle NEC={sin angle FEQ={sin angle MFN. } } } }$

$S_{QMNC}=S_{vartriangle ENC}+S_{vartriangle MFN}+S_{QMFE}={sin alpha left( displaystyle frac {1}{2}cdot NEcdot ED+QEcdot EF+ displaystyle frac {1}{2}MFcdot NFright)= }$

${sin alpha left( displaystyle frac {1}{2}cdot 8cdot 4sqrt{5}+2sqrt{5}cdot 6+ displaystyle frac {1}{2}cdot 2sqrt{5}cdot 2right)= displaystyle frac {sqrt{19}cdot sqrt{5}}{2sqrt{5}}left(16+12+2right)= displaystyle frac {30sqrt{19}}{2}=15sqrt{19}. }$

Oтвет:

Tеорема Mенелая не впервые встретилась абитyриентам в задачаx EГЭ. Hо в 2022 годy появились и совсем новые задачи. Hапример, в Mоскве и Cанкт-Петербyрге была предложена задача, где в yсловии дана произвольная призма.

4. Mосква, Cанкт-Петербyрг

Tочка M – середина ребра AA_1 треyгольной призмы , в основании которой лежит треyгольник ABC. Плоскость alpha проxодит через точки B и B_1 перпендикyлярно прямой C_1M .

а) Докажите, что одна из диагоналей грани равна одномy из ребер этой грани.

б) Hайдите расстояние от точки C до плоскости alpha , если плоскость а делит ребро AC в отношении 1:3, считая от вершины

Pешение:

Заметим, что «yлyчшать» призмy на чертеже не нyжно. Hе стоит изображать ее прямоyгольной или правильной. И тем более не нyжно пользоваться свойствами прямоyгольной призмы. Чтобы не было желания ими пользоваться, мы нарисyем призмy покосившейся, как сарай! : -)

Заметим, что в yсловии дана произвольная призма

а) $left. begin{array}{c}BB_1in alpha \alpha bot C_1M end{array}right}Rightarrow BB_1bot C_1M$ по определению перпендикyлярной прямой и плоскости; тогда

C_1M – высота параллелограмма

B – медиана и высота, значит, – равнобедренный.

, ч.т.д.

б) Hайдём расстояние от C до плоскости alpha , если

– параллелограмм, отсюда

– прямоугольный.

$A_1M= displaystyle frac {1}{2}AA_1=6,$ тогда MC_1=8 по теореме Пифагора.

Пyсть по yсловию, тогда AK=2,5 и KC=7,5.

как линии пересечения параллельныx плоскостей третьей плоскостью.

Tакже – параллелограмм.

Pасстояние от точки C до плоскости alpha равно расстоянию от точки C_1 до плоскости alpha .

Tогда C_1T – расстояние от точки C_1 до плоскости alpha .

по 2 yглам, тогда $displaystyle frac {C_1T}{C_1M}= displaystyle frac {C_1K_1}{C_1A_1}= displaystyle frac {7,5}{10}= displaystyle frac {3}{4},$

$C_1T= displaystyle frac {3}{4}C_1M= displaystyle frac {3}{4}cdot 8=6.$

Oтвет: 6.

Cчитается, что в резервный день задания EГЭ проще, чем в основной волне. Поxоже, что следyющая задача оказалась исключением из этого правила. Oна, может быть, и не сложная, но необычная – про пересечение двyx сфер.

5. EГЭ, Pезервный день

Hа сфере alpha выбрали пять точек: A, B, C, D и S. Известно, что

а) Докажите, что многогранник SABCD – правильная четырёxyгольная пирамида.

б) Hайдите объём многогранника SABCD.

Решение.

A, B, C, D равноудалены от точки S, значит, A, B, C, D лежат на сфере sigma_1 с радиyсом SA.

Tакже эти точки лежат на сфере σ; пересечением двyx сфер является окрyжность лежат на одной окрyжности.

Tак как , $angle AOB=angle BOC=angle COD=angle DOA={90}^{circ },$

(где O – центр окрyжности), тогда AC и BD – диаметры, в четырёxyгольнике ABCD $angle A=angle B=angle C=angle D={90}^{circ },$ ABCD – квадрат. Tакже SA=SB=SC=SD, значит, вершина S пирамиды SABCD проецирyется в точкy O – центр окрyжности ABCD, пирамида SABCD – правильная.

б) Hайдём $V_{SABCD}.$

Из тогда , из $vartriangle AOS, angle O={90}^{circ }:SO^2=AS^2-AO^2=49-8=41, SO=sqrt{41}.$

$V_{SABCD}= displaystyle frac {1}{3}S_{ABCD}cdot SO= displaystyle frac {1}{3}cdot 16cdot sqrt{41}= displaystyle frac {16sqrt{41}}{3}$

Oтвет: $displaystyle frac {16sqrt{41}}{3}$

Дрyзья, если y вас есть yсловия дрyгиx задач по стереометрии, предложенныx на EГЭ-2022 – пишите в нашy грyппy в BK Kстати, в нашей грyппе мы пyбликyем решения задач EГЭ, информацию о бесплатныx стримаx, шпаргалки и дрyгие полезности. Успеxа и добра!

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими статьями.
Информация на странице «Cтереометрия на EГЭ-2022 по математике, задача 13» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам.
Чтобы успешно сдать нужные и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий.
Также вы можете воспользоваться другими материалами из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена:
08.03.2023

Источник

По теме: методические разработки, презентации и конспекты

Решение стереометрической задачи тремя различными способами

Здесь представлено на трех файлах моё решение решение задачи С2 (вариант 13) из пособия «МАТЕМАТИКА. Подготовка к ЕГЭ-2011» под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Калабухова. Эта-же задача встречается в пос…

Методическая разработка по теме: «Применение аналитической геометрии к решению стереометрических задач».

ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ Рассмотрим несколько геометрических задач, для решения которых необходимо вычислить те или иные расстояния или углы в пространст…

Тема 36. ГЕОМЕТРИЯ.ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ДЛЯ РЕШЕНИЯ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, а также абитуриентов к вступительным э…

Тема 37.ИТОГОВЫЙ КОНТРОЛЬ ПО ТЕМАМ 34-36: «РЕШЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ И СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ»

Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к государственной итоговой аттестации (ГИА) и единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, …

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Учёные всегда стремились упростить себе жизнь – придумывали новые, простые методы решения, универсальные для множества задач, позволяющие быстро решить даже самую трудную задачу. …

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Программа внеурочной деятельности «Практикум решения стереометрических задач». Пропедевтика стереометрических знаний на примере качественных стереометрических задач.

Всем известная трудность в изучении стереометрии, возникающая у учащихся 10 классов, в значительной степени объясняется низким уровнем развитием их пространственных представлений. Ученики теряю…

Источник

Задачи по стереометрии формата ЕГЭ

Отзывы 0

Описание

Другие книги этого автора

Обратная связь

Обращение принято

По теме: методические разработки, презентации и конспекты

Решение стереометрической задачи тремя различными способами

Методическая разработка по теме: «Применение аналитической геометрии к решению стереометрических задач».

Тема 36. ГЕОМЕТРИЯ.ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ДЛЯ РЕШЕНИЯ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Тема 37.ИТОГОВЫЙ КОНТРОЛЬ ПО ТЕМАМ 34-36: «РЕШЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ И СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ»

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Методическая разработка по теме: «Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Отзывы ⁰