Сечения в егэ по математике профиль

а) Так как AK=AM=5-2=3, то triangle AKM равнобедренный.

Так как в этом равнобедренном треугольнике angle KAM=60^{circ}, то он равносторонний, то есть

KM=3. Тогда KM parallel DC, так как равны соответственные углы при прямых KM, DC и секущей AD.

Построим LN parallel DC. Так как в этом случае LN parallel KM, то точки K, L, N и M лежат в одной плоскости, то есть трапеция KLNM есть искомое сечение.

б) 1. triangle BLN sim triangle BDC, так как LN parallel DC. Следовательно, triangle BLN является равносторонним и LN=BN=BL =BD-LD=5-4=1.

2. triangle DKL=triangle CMN, так как DK=CM =2, DL=CN=4 и angle KDL=angle MCN=60^{circ}. Значит, KL=MN и KMNL — равнобедренная трапеция.

Опустим в ней высоту LH. Отсюда, KH =frac{KM-LN}2=frac{3-1}2=1.

3. По теореме косинусов для triangle KDL получим:

KL^2= KD^2+DL^2-2cdot KDcdot DLcdot cos 60^{circ}= 2^2+4^2-2cdot 2cdot 4cdot frac12= 12.

4. По теореме Пифагора LH= sqrt {KL^2-KH^2}= sqrt {12-1}= sqrt {11}.

5. S_{KMNL}= frac12(KM+LN)cdot LH= frac12(3+1)cdot sqrt {11}= 2sqrt {11}.

а) Плоскость сечения пересекает плоскость верхнего основания по прямой, проходя-щей через точку K и параллельной AC (по свойству параллельности плоскостей). Тогда плоскость AKC пересекает ребро B_1C_1 в точке L так, что KL parallel AC. Следовательно, искомым сечением будет трапеция AKLC.

KB_1parallel AB, B_1Lparallel BC, KLparallel AC. Значит, треугольники KB_1L и ABC подобны и являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Тогда KB_1=B_1L и A_1K=C_1L. Треугольники AA_1K и CC_1L равны, следовательно, AK=CL и трапеция AKLC — равнобедренная.

б) Найдём площадь трапеции AKLC.

A_1K=frac29A_1B_1 =frac29cdot 9=2.

Из triangle AA_1K,, AK = sqrt {AA_1^2+A_1K^2}= sqrt {14^2+2^2}= 10sqrt 2.

AC=ABsqrt 2=9sqrt 2; KL =frac79AC=frac79cdot 9sqrt 2=7sqrt 2.

Так как трапеция AKLC — равнобедренная, имеем

AH =frac{AC-KL}2=sqrt 2.

Из triangle AKH,, KH= sqrt {AK^2-AH^2}= sqrt {200-2}= sqrt {198}.

S_{AKLC}=frac{AC+KL}2cdot KH,= 8sqrt 2cdot sqrt {198}=48sqrt {11}.

а) Найдём положение точки P. Эта точка пересечения плоскости FKL и ребра AB, лежащего в плоскости ABCD.

Плоскость ABCD параллельна плоскости A_1B_1C_1D_1, в которой лежит отрезок KF. Плоскость FKL пересекает параллельные плоскости ABCD и A_1B_1C_1D_1 по параллельным прямым, отсюда KF parallel LP. Прямоугольные треугольники KD_1F и LBP равны по катету и острому углу D_1F=LB=4 и angle D_1FK=angle BLP как острые с соответственно параллельными сторонами).

Чтобы доказать, что четырёхугольник FKLP — прямоугольник, найдём длины его сторон и диагонали.

KF= PL= sqrt {KD_1^2+D_1F^2}= sqrt {16+16}= 4sqrt 2.

PF= LK = sqrt {LC^2+CC_1^2+C_1K^2}= sqrt {9+144+9}= sqrt {162}= 9sqrt 2. Противоположные стороны четырёхугольника попарно равны, значит, это параллелограмм. Проведём A_1A_2 parallel LF, тогда LF= A_1A_2 = sqrt {(LB-FA_1)^2+AB^2+AA_1^2} = sqrt {(BP-C_1K)^2+CB^2+CC_1^2}= PK. Диагонали параллелограмма равны, следовательно, FKLP — прямоугольник.

б) Пусть Q и R — точки пересечения прямой KF и прямых B_1C_1 и A_1B_1. Проведём прямые RL и QP, они пересекут рёбра CC_1 и AA_1 в точках M и N соответственно. Тогда RC_1=KC_1=CL, поэтому можно доказать, что равны треугольники RC_1M и MCL. Прямая RL, а значит, и плоскость FKL пересекают ребро CC_1 в его середине — точке M. Аналогично плоскость FKL пересекает ребро AA_1 в его середине —точке N.

В диагональном сечении CC_1A_1A, которое является прямоугольником, отрезок MN — средняя линия. В прямоугольнике MCAN противоположные стороны равны: MN=CA=7sqrt 2.

Сечение FKMLPN состоит из двух равных трапеций MKFN и MLPN, причём

мы доказали, что LK perp KF и LK perp LP. Высота каждой из этих трапеций равна frac{LK}2=frac{9sqrt 2}2.

S_{text{сечения}}= 2S_{MKFN}= 2cdot frac{KF+MN}2cdot frac{LK}2= (4sqrt 2+7sqrt 2)cdot frac{9sqrt 2}2= 99.

а) Построим MN parallel AB.

Так как KL parallel AB по условию, то KL parallel MN. Это означает, что точки K, L, N и M лежат в одной плоскости, то есть KLNM — искомое сечение.

б) 1. bigtriangleup MNC sim bigtriangleup ABC, так как MN parallel AB, то есть соответственные углы равны: angle CAB=angle CMN и angle CBA=angle CNM. Значит bigtriangleup MNC равносторонний, то есть CN=MN=CM=2.

2. Аналогично можно доказать, что bigtriangleup DKL sim bigtriangleup DAB, так как KL parallel AB. Значит, frac{KL}{AB}=frac{DK}{DA}=frac{2}{5}, KL=frac{2}{5}AB=frac{2}{5} cdot 5=2.

3. Так как KL parallel MN и KL=MN, то KLNM — параллелограмм.

4. bigtriangleup AMK sim bigtriangleup ACD, так как угол при вершине A общий и frac{AK}{AD}=frac{AM}{AC}=frac{3}{5}. Следовательно, MK parallel CD, так как соответственные углы равны (например, angle AKM=angle ADC). Отсюда, MK perp ABC, так как CD perp ABC. Значит, MK perp MN, то есть параллелограмм KLNM является прямоугольником.

5. По теореме Пифагора CD= sqrt{AD^2-AC^2}= sqrt{10^2-5^2}= 5sqrt{3}. Так как frac{MK}{CD}=frac{AM}{AC}=frac{3}{5}, то MK=frac{3}{5}CD=3sqrt{3}.

6. S_{KLNM}= MK cdot MN= 3sqrt{3} cdot 2= 6sqrt{3}.

а) Пусть K — середина ребра SC. Так как треугольники SDC и SBC равносторонние, то SC perp DK и SC perp BK (медиана равностороннего треугольника является его высотой). Значит, прямая SC перпендикулярна плоскости DKB. Так как SC perp DKB и SC subset CSD, то плоскость DBK перпендикулярна плоскости CSD. Треугольник DKB — искомое сечение.

б) Найдём площадь сечения. Высоты DK и BK в равносторонних треугольниках равны frac{5sqrt{3}}{2}. Диагональ BD квадрата ABCD равна 5sqrt{2}. В равнобедренном треугольнике DKB высота OK=sqrt{left ( frac{5sqrt{3}}{2}right )^2-left ( frac{5sqrt{2}}{2}right )^2}=frac{5}{2}. Площадь треугольника DKB равна frac{1}{2}DB cdot OK=frac{1}{2} cdot 5sqrt{2} cdot frac{5}{2}=frac{25sqrt{2}}{4}.

а) Обозначим через O точку пересечения диагоналей квадрата MNPQ.

В плоскости MSP проведем через точку O прямую OK parallel PS. Точку K соединим с точкой N и точкой Q, получим сечение NKQ, которое является искомым, так как содержит OK parallel PS и диагональ основания NQ, по признаку параллельности прямой и плоскости: плоскость NKQ параллельна ребру PS. Данное сечение представляет собой треугольник NKQ.

б) Треугольник NKQ — равнобедренный, NK=KQ. Это следует из равенства треугольников NKM и KMQ (по двум сторонам: MK — общая, NM=MQ и углу: angle KMQ=angle KMN). Точка O — середина NQ, NO=OQ. KO — медиана и, следовательно, высота. S_{NKQ}=frac{1}{2}NQ cdot KO.

Рассмотрим bigtriangleup SMQ, angle MSQ=60^circ, значит angle SMQ=angle SQM=60^circ,  SM=SQ=MQ=5sqrt{3}. angle SOM=90^circ, точка K — середина SM (так как OK — средняя линия bigtriangleup PSM). Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. OK=frac{1}{2}SM=frac{5sqrt{3}}{2}. NQ — диагональ квадрата со стороной 5sqrt{3}. NQ=5sqrt{3} cdot sqrt{2}=5sqrt{6}.

S_{NKQ}= frac{1}{2}OK cdot NQ= frac{5sqrt{3} cdot 5sqrt{6}}{4}= frac{75sqrt{2}}{4}.

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью AKF.

E — точка пересечения ребра DC и отрезка AF.

В плоскости ABB_1 проведем лучи AK и BB_1. AK пересекает BB_1 в точке Q. В плоскости BCC_1 проведем отрезок FQ. FQ пересекает B_1C_1 в точке P, а CC_1 в точке R. Пятиугольник AKPRE — искомое сечение.

KB_1 parallel AB, KB_1=frac{1}{2}A_1 B_1, значит KB_1 — средняя линия bigtriangleup ABQ, отсюда BB_1=QB_1, а так как BF parallel B_1 P, то B_1 P — средняя линия bigtriangleup FBQ, BF=8, B_1 P=frac{1}{2}BF=4. C_1 P=B_1C_1-B_1 P=5-4=1, следовательно, B_1 P:PC_1=4:1.

б) Прямоугольние треугольники ABQ, FBQ и ABF равны по двум катетам AB=BF=BQ=8, отсюда AQ=AF=QF=8sqrt{2}.

S_{AQF}=frac{a^{2}sqrt{3}}{4} как площадь равностороннего треугольника со стороной a.

S_{AQF}=frac{(8sqrt{2})^{2} cdot sqrt{3}}{4}=32sqrt{3},

S_{KQP}= frac{1}{4}S_{AQF}= frac{32sqrt{3}}{4}= 8sqrt{3}.

S_{AKPF}= S_{AQF}-S_{KQP}= 32sqrt{3}-8sqrt{3}= 24sqrt{3}.

bigtriangleup RCF sim bigtriangleup RC_1 P по первому признаку подобия (angle C=angle C_1=90^{circ}, angle1=angle2 как вертикальные). Из подобия следует frac{CF}{PC_{1}}=frac{FR}{PR}. По доказанному в а) PC_1=1, BF=AB=8, тогда CF=8-5=3 и frac{FR}{PR}=frac{3}{1}. Так как KP — средняя линия bigtriangleup AQF, то PF=frac{1}{2}QF=4sqrt{2}, FR=frac{3PF}{4}=frac{4sqrt{2} cdot 3}{4}=3sqrt{2}.

В равнобедренном прямоугольном треугольнике FCE FC=EC=3, тогда EF=3sqrt{2}. В bigtriangleup REFFR=EF=3sqrt{2}, angle RFE=60^{circ}, отсюда bigtriangleup REF — равносторонний.S_{REF}=frac{(3sqrt{2})^2sqrt{3}}{4}=frac{9sqrt{3}}{2}.

S_{AKPRE}= S_{AKPF}-S_{REF}= 24sqrt{3}-frac{9sqrt{3}}{2}= frac{39sqrt{3}}{2}.

а) Пусть радиус основания равен r, O — центр основания.

Рассмотрим правильный шестиугольник ABCDEF, OB=r, angle BOA=60^{circ}, bigtriangleup AOB — равносторонний, его высота OH=frac{OBsqrt{3}}{2}=frac{rsqrt{3}}{2}. Через прямую OH и высоту конуса OS проведем осевое сечение конуса, в сечении получим bigtriangleup SMN.

Пусть K — середина OS. bigtriangleup SMN — равносторонний (так как образующая конуса равна диаметру его основания) со стороной 2r. Тогда SO=frac{2rsqrt{3}}{2}=rsqrt{3}, OK=frac{rsqrt{3}}{2}, OK=OH, следовательно, прямоугольный bigtriangleup OHK — равнобедренный angle KHO=45^{circ}. Так как OH — проекция KH на плоскость основания конуса, OHperp AB по построению, то KHperp AB по теореме о трех перпендикулярах, следовательно, angle KHO — линейный угол двугранного угла между плоскостью alpha и плоскостью основания конуса. Значит, двугранный угол равен 45^{circ}, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим шар, вписанный в конус и осевое сечение, описанное выше. В сечении шара плоскостью MSN получим окружность, центр которой в точке Q (точке пересечения медиан bigtriangleup MSN), OQ:QS=frac{1}{2}, OS=rsqrt{3}=2sqrt{3}, SQ=frac{4}{3}sqrt{3}. SK=frac{1}{2}OS=sqrt{3}, QK=SQ-SK=frac{sqrt{3}}{3}=frac{1}{sqrt{3}}.

OQ=frac{1}{3}SO=frac{2sqrt{3}}{3}=QL — радиус вписанного шара. Пусть QQ’ perp HK, тогда bigtriangleup KQQ’ — прямоугольный и равнобедренный (angle QKQ’=45^{circ}), QQ’=frac{KQ}{sqrt2}=frac{1}{sqrt{6}}, Q’L^2=QL^2-(QQ’)^2=frac{7}{6}

Q’L — радиус круга, полученного в сечении шара плоскостью alpha. Тогда площадь сечения равна pi Q’L^2=frac76pi.

а) EFparallel BC (как средняя линия bigtriangleup SBC) Rightarrow EFparallel ABC.

Сечение пересекает плоскость основания ABC в некоторой прямой PQ parallel EF.

Рассмотрим плоскость AA_1S.

Точка K — центр пересечения EF и A_1S, H — центр основания ABC, L – точка пересечения плоскости SAA_1 и прямой PQ.

begin{cases} PEF perp ABC \ SAA_1 perp ABC end{cases} Rightarrow KL perp ABC, KL parallel SH

FE — средняя линия bigtriangleup SBC, A_1K=KS, следовательно, A_1L=LH (т.к. A_1H – проекция прямой A_1S на плоскость основания).

Медиана AA_1 делится точкой H в соотношении: AH:HA_1=2:1Rightarrow AL:LA_1=5:1, ч.т.д.

б) Рассмотрим трапецию PEFQ.

EF = frac{1}{2} BC = 12:2 = 6

frac{PQ}{BC}=frac{AL}{AA_1}=frac{5}{6}

PQ=frac{5BC}{6}=frac{5cdot 12}{6}=10

AH=frac{2}{3} AA_1= frac{2}{3}sqrt{AB^2-(frac{1}{2}AB)^2}= frac{2}{3}cdot frac{sqrt{3}}{2}AB= frac{sqrt{3}cdot 12}{3}=4sqrt{3}

KL=frac{1}{2}SH= frac{1}{2}sqrt{SA^2-AH^2}= frac{1}{2}sqrt{8^2-(4sqrt{3})^2}=2

S_{PEFQ}=frac{1}{2}(EF+PQ)cdot KL= frac{1}{2}(6+10)cdot 2=16