Сложные задачи по стереометрии егэ профиль - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

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

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

В задаче 13 рассматриваются многогранники, на основе которых, как правило, нужно найти одну из следующих величин:

Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между двумя прямыми, которые пересекаются в одной точке и параллельны данным прямым.
Угол между прямой и плоскостью — это угол между самой прямой и ее проекцией на данную плоскость.
Угол между двумя плоскостями — это угол между прямыми, которые лежат в данных плоскостях и перпендикулярны линии пересечения этих плоскостей.

Прямые всегда задаются двумя точками на поверхности или внутри многогранника, а плоскости — тремя. Сами многогранники всегда задаются длинами своих граней.

Традиционный метод решения

В школьном курсе стереометрии упор делается на дополнительные построения, которые позволяют выделить искомый угол, а затем рассчитать его величину.

Здесь уместно вспомнить задачи на построение сечений многогранников, которые рассматриваются в 10 классе и у многих вызывают трудности. Существование формального алгоритма для таких построений совершенно не облегчает задачу, поскольку каждый случай достаточно уникален, а любая систематизация лишь усложняют процесс.

Именно поэтому задача 14 оценивается в два балла. Первый балл дается за правильные построения, а второй — за правильные вычисления и собственно ответ.

Преимущества традиционного решения:

Высокая наглядность дополнительных построений, которые подробно изучаются на уроках геометрии в 10-11 классах;
При правильном подходе значительно сокращается объем вычислений.

Недостатки:

Необходимо знать большое количество формул из стереометрии и планиметрии;
Дополнительные построения каждый раз приходится придумывать «с нуля». И это может оказаться серьезной проблемой даже для хорошо подготовленных учеников.

Впрочем, если у читателя хорошее стереометрическое воображение, проблем с дополнительными построениями не возникнет. Остальным предлагаю отказаться от традиционного геометрического метода и рассмотреть более эффективный алгебраический подход. Итак, поехали!

Метод координат в задаче 14

Метод координат в пространстве — о чем, собственно, идет речь. Работать будем только с векторами. Прямые и плоскости тоже заменяются векторами, поэтому никаких проблем не возникнет.
Введение системы координат для многогранников. Дело в том, что в настоящей задаче 14 никаких координат не будет. Их надо вводить самостоятельно.
Вычисление угла между двумя прямыми. А это уже решение конкретных задач 14. Мы научимся находить косинус угла между двумя прямыми — где бы эти прямые ни лежали.
Вычисление угла между прямой и плоскостью. Во многих задачах 14 встречаются плоскости. Для любой прямой можно рассчитать синус угла между плоскостью и этой прямой. Именно синус — и только затем косинус!
Вычисление угла между двумя плоскостями. Тут все просто: заменяем плоскости нормальными векторами и считаем угол между последними. Косинус угла между векторами — это и косинус угла между плоскостями.
Дополнительные соображения — как можно упростить вычисления и грамотно их оформить. Все-таки №14 — это не №2, и здесь требуется привести полноценно решение задачи.

Глава 1.: Метод координат в пространстве
§ 1.: Метод координат в пространстве
§ 2.: Введение системы координат
§ 3.: Четырехугольная пирамида в задаче C2
§ 4.: Четырехугольная пирамида: как найти координаты вершин
§ 5.: Координаты вершин правильного тетраэдра
Глава 2.: Уравнение плоскости
§ 1.: Уравнение плоскости в задаче C2. Часть 1: матрицы и определители
§ 2.: Задача C2: уравнение плоскости через определитель
§ 3.: Видеоурок по задачам C2: уравнение плоскости через определитель
Глава 3.: Двугранные углы и расстояния
§ 1.: Угол между двумя прямыми
§ 2.: Задача 14: Угол между плоскостями сечения
§ 3.: Видеоурок по задачам C2: расстояние от точки до плоскости
§ 4.: C2: расстояние между двумя прямыми
§ 5.: Дополнительные соображения
§ 6.: Как найти угол между плоскостями, секущими многогранник?
§ 7.: Задание 14: Площадь сечения многогранника
§ 8.: Задание 14: периметр сечения пирамиды плоскостью
§ 9.: Задача 14 из пробного ЕГЭ 2016 от 3 марта
§ 10.: Сечения многогранников в задаче 14: что нужно знать?

Источник