Стереометрия егэ профиль первая часть - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

Параллельность в пространстве

Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в одной плоскости и не имеют общих точек.
Если две прямые на плоскости перпендикулярны к третьей прямой, то они параллельны.
Если две прямые в трехмерном пространстве перпендикулярны к одной плоскости, то они параллельны.
Если прямая a, не лежащая в плоскости $α$, параллельна некоторой прямой $b$, которая лежит в плоскости $α$, то прямая a параллельна плоскости $α$.
Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым, лежащим в другой плоскости, то такие плоскости параллельны.

Перпендикулярность в пространстве

Две прямые называются перпендикулярными, если угол между ними равен $90°$.
Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.
Если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то заданные плоскости перпендикулярны.
Теорема о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной.
Если из одной точки проведены к плоскости перпендикуляр и наклонные, то:

Перпендикуляр короче наклонных.
Равные наклонные имеют равные проекции на плоскости.
Большей наклонной соответствует большая проекция на плоскости.

Скрещивающиеся прямые

Если одна из двух прямых лежит на плоскости, а другая прямая пересекает эту плоскость в точке, не лежащей на первой прямой, то эти прямые скрещиваются.
Через две скрещивающиеся прямые проходит единственная пара параллельных плоскостей.
Расстояние между скрещивающимися прямыми – это расстояние от некоторой точки одной из скрещивающихся прямых до плоскости, проходящей через другую прямую параллельно первой прямой.
Угол между скрещивающимися прямыми – это острый угол между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны заданным скрещивающимся прямым.

Многогранники

Введем общие обозначения

$P_{осн}$ — периметр основания;

$S_{осн}$ — площадь основания;

$S_{бок}$ — площадь боковой поверхности;

$S_{п.п}$ — площадь полной поверхности;

$V$ — объем фигуры.

Название	Определение и свойства фигуры	Обозначения и формулы объема, площади
Прямоугольный параллелепипед	1. Все двугранные углы прямоугольного параллелепипеда – прямые. 2. Противоположные грани попарно равны и параллельны. 3. Диагонали прямоугольного параллелепипеда равны. 4. Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений (длины, ширины, высоты). $B_1D^2=AD^2+DC^2+C_1C^2$	$V=a·b·c$, где $a, b$ и $с$ – длина, ширина и высота. $S_{бок}=P_{осн}·c=2(a+b)·c$ $S_{п.п}=2(ab+bc+ac)$.
Куб	1. Противоположные грани попарно параллельны. 2. Все двугранные углы куба – прямые. 3. Диагональ куба в $√3$ раз больше его ребра. $B_1 D=АВ√3$ 4. Диагональ грани куба в $√2$ раза больше длины ребра. $DС1=DC√2$	Пусть $а$ — длина ребра куба, $d$ — диагональ куба, тогда справедливы формулы: $V=a^3={d^3}/{3√3}$. $S_{п.п}=6а^2=2d^2$ $R={a√3}/{2}$, где $R$ — радиус сферы, описанной около куба. $r={a}/{2}$, где $r$ — радиус сферы, вписанной в куб.
Призма	Призма – это многогранник, состоящий из двух равных многоугольников, расположенных в параллельных плоскостях, и $n$-го количества параллелограммов. Если боковые ребра призмы перпендикулярны к основаниям, то призма называется прямой, в противном случае – наклонной. Высота прямой призмы равна ее боковому ребру. Прямая призма называется правильной, если ее основания – правильные многоугольники. В правильной четырехугольной призме диагонали точкой пересечения делятся пополам.	$S_{бок}=P_{осн}·h$ $S_{п.п}=S_{бок}+2S_{осн}$ $V=S_{осн}·h$
Пирамида	У треугольной пирамиды есть еще одно название – тетраэдр (четырехгранник). Пирамида называется правильной, если в ее основании лежит правильный многоугольник, а ее высота приходит в центр основания (в центр описанной окружности). Все боковые ребра правильной пирамиды равны, следовательно, все боковые грани являются равнобедренными треугольниками.	Формулы вычисления объема и площади поверхности правильной пирамиды. $h_a$ — высота боковой грани (апофема) $S_{бок}={P_{осн}·h_a}/{2}$ $S_{п.п}=S_{бок}+S_{осн}$ $V={1}/{3} S_{осн}·h$
Усеченная пирамида	Усеченной пирамидой называется многогранник, заключенный между пирамидой и секущей плоскостью, параллельной. Правильная усечённая пирамида получается при сечении правильной пирамиды плоскостью, параллельной основанию. У правильной усеченной пирамиды апофемы равны	$V={h(F+f+√{Ff})}/{3}$ Где $F,f$ — площади оснований; $h$ — высота (расстояние между основаниями); Для правильной ус. пирамиды $S_{бок}={(P+p)·a}/{2}$, где $P$ и $p$ – периметры оснований; $а$ – апофема.
Цилиндр	Осевое сечение цилиндра — это прямоугольник, у которого одна сторона равна диаметру основания, а вторая – высоте цилиндра. Если призму вписать в цилиндр, то ее основаниями будут являться равные многоугольники, вписанные в основание цилиндра, а боковые ребра — образующими цилиндра. Если цилиндр вписан в призму, то ее основания — равные многоугольники, описанные около оснований цилиндра. Плоскости граней призмы касаются боковой поверхности цилиндра. Если в цилиндр вписана сфера, то радиус сферы равен радиусу цилиндра и равен половине высоты цилиндра. $R_{сферы}=R_{цилиндра}={h_{цилиндра}}/{2}$	$S_{бок.пов.}=2πR·h$ $S_{полной.пов.}=2πR(R+h)$ $V=πR^2·h$
Конус	Осевым сечением конуса является равнобедренный треугольник, основание которого равно двум радиусам, а боковые стороны равны образующим конуса. Если боковая поверхность конуса – полукруг, то осевым сечением является равносторонний треугольник, угол при вершине равен $60°$. Если радиус или диаметр конуса увеличить в $n$ раз, то его объем увеличится в $n^2$ раз. Если высоту конуса увеличить в m раз, то объем конуса увеличится в то же количество раз.	$S_{бок.пов.}=πR·l$ $S_{полной.пов.}=πR^2+πR·l=πR(R+l)$ $V={πR^2·h}/{3}$
Усеченный конус	Усеченным конусом называется часть конуса, заключенная между основанием и секущей плоскостью, параллельной основанию. Осевым сечением усеченного конуса является равнобедренная трапеция.	$S_{бок}=πl(R+r)$ $S_{п.п.}=π(R^2+r^2+l(R+r))$ $V={πH(R^2+r^2+Rr)}/{3}$ Где $R$ и $r$ – радиусы оснований; $Н$ — высота усеченного конуса.
Сфера, шар	Тело, ограниченное сферой, называется шаром. Осевое сечение шара это круг, радиус которого равен радиусу шара. Осевым сечением является самый большой круг шара. Если радиус или диаметр шара увеличить в $n$ раз, то площадь поверхности увеличится в $n^2$ раз, а объем в $n^3$ раз.	$S_{п.п}=4π·R^2=π·d^2$, где $R$ — радиус сферы, $d$ — диаметр сферы $V={4π·R^3}/{3}={π·d^3}/{6}$, где $R$ — радиус шара, $d$ — диаметр шара.

Тетраэдр

Радиус описанной сферы тетраэдра.

Вокруг тетраэдра можно описать сферу, радиус которой находим по формуле, где $R$ — радиус описанной сферы, $a$ — ребро тетраэдра.

$R={a√6}/{4}$

Радиус вписанной в тетраэдр сферы.

В тетраэдр можно вписать сферу, радиус вписанной сферы находим по формуле, приведенной ниже.

Где $r$ — радиус вписанной в тетраэдр сферы,

$a$ — ребро тетраэдра.

$r={a√6}/{12}$

Составные многогранники

Задачи на нахождение объема составного многогранника:

Разделить составной многогранник на несколько параллелепипедов.
Найти объем каждого параллелепипеда.
Сложить объемы.

Задачи на нахождение площади поверхности составного многогранника.

— Если можно составной многогранник представить в виде прямой призмы, то находим площадь поверхности по формуле:

$S_{полн.пов.}=P_{осн}·h+2S_{осн}$

Чтобы найти площадь основания призмы, надо разделить его на прямоугольники и найти площадь каждого.

— Если составной многогранник нельзя представить в виде призмы, то площадь полной поверхности можно найти как сумму площадей всех граней, ограничивающих поверхность.

Пример:

Найдите площадь поверхности многогранника, изображённого на рисунке (все двугранные углы прямые).

Представим данный многогранник как прямую призму с высотой равной $12$.

$S_{полн.пов.}=P_{осн}·h+2S_{осн}$

$P_{осн}=8+6+6+2+2+4=28$

Чтобы найти площадь основания, разделим его на два прямоугольника и найдем площадь каждого:

$S_1=6·6=36$

$S_2=2·4=8$

$S_осн=36+8=44$

Далее подставим все данные в формулу и найдем площадь поверхности многогранника

$S_{полн.пов.}=28·12+2·44=336+88=424$

Ответ: $424$

Задачи на нахождение расстояния между точками составного многогранника.

В данных задачах приведены составные многогранники, у которых двугранные углы прямые. Надо соединить расстояние между заданными точками и достроить его до прямоугольного треугольника. Далее остается воспользоваться теоремой Пифагора для нахождения нужной стороны.

Теорема Пифагора

В прямоугольном треугольнике сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы.

$АС^2+ВС^2=АВ^2$

Задачи на нахождение угла или значения одной из тригонометрических функций обозначенного в условии угла составного многогранника.

Так как в данных задачах приведены составные многогранники, у которых все двугранные углы прямые, то достроим угол до прямоугольного треугольника и найдем его значение по тригонометрическим значениям.

Соотношение между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике:

В прямоугольном треугольнике $АВС$, с прямым углом $С$:

Для острого угла $В: АС$ — противолежащий катет; $ВС$ — прилежащий катет.

Для острого угла $А: ВС$ — противолежащий катет; $АС$ — прилежащий катет.

Синусом ($sin$) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение противолежащего катета к гипотенузе.
Косинусом ($cos$) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение прилежащего катета к гипотенузе.
Тангенсом ($tg$) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение противолежащего катета к прилежащему катету.

Значения тригонометрических функций некоторых углов:

$α$	$30$	$45$	$60$
$sinα$	${1}/{2}$	${√2}/{2}$	${√3}/{2}$
$cosα$	${√3}/{2}$	${√2}/{2}$	${1}/{2}$
$tgα$	${√3}/{3}$	$1$	$√3$
$ctgα$	$√3$	$1$	${√3}/{3}$

Связь между сторонами правильного n-угольника и радиусами описанной и вписанной окружностей

$АВ=a_n$ — сторона правильного многоугольника

$R$ — радиус описанной окружности

$r$ — радиус вписанной окружности

$n$ — количество сторон и углов

$a_n=2·R·sin{180°}/{n}$;

$r=R·cos{180°}/{n}$;

$a_n=2·r·tg{180°}/{n}$.

Формула нахождения градусной меры угла в правильном многоугольнике:

$α={(n-2)·180°}/{n}$

Формулы площадей треугольников и многоугольников, которые могут находиться в основании многогранников

В основании лежит треугольник

1. $S={a·h_a}/{2}$, где $h_a$ — высота, проведенная к стороне а

2. $S={a·b·sin⁡α}/{2}$, где $a, b$ — соседние стороны, $α$ — угол между этими соседними сторонами.

3. $S=p·r$, где $r$ — радиус вписанной окружности

4. $S={a·b·c}/{4R}$, где $R$ — радиус описанной окружности

5. Для прямоугольного треугольника $S={a·b}/{2}$, где $а$ и $b$ — катеты прямоугольного треугольника.

В основании лежит четырехугольник

Прямоугольник

$S=a·b$, где $а$ и $b$ — смежные стороны.

Ромб

$S={d_1·d_2}/{2}$, где $d_1$ и $d_2$ — диагонали ромба

$S=a^2·sin⁡α$, где $а$ — длина стороны ромба, а $α$ — угол между соседними сторонами.

Трапеция

$S={(a+b)·h}/{2}$, где $а$ и $b$ — основания трапеции, $h$ — высота трапеции.

Площади правильных многоугольников:

1. Для равностороннего треугольника $S={a^{2}√3}/{4}$, где $а$ — длина стороны.

2. Квадрат

$S=a^2$, где $а$ — сторона квадрата.

3. Правильный шестиугольник

Шестиугольник разделим на шесть правильных треугольников и найдем площадь как:

$S=6·S_{треугольника}={6·a^{2}√3}/{4}={3·a^{2}√3}/{2}$, где $а$ — сторона правильного шестиугольника.

Источник

Задача 3. Начала теории вероятностей

Задача 4. Вероятности сложных событий

Задача 5. Простейшие уравнения

Задача 5. Простейшие уравнения

Задача 6. Вычисления и преобразования

Задача 7. Производная и первообразная

Задача 8. Задачи с прикладным содержанием

Задача 9. Текстовые задачи

Задача 10. Графики функций

Задача 11. Наибольшее и наименьшее значение функций

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

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

4 марта 2022

В закладки

Обсудить

Жалоба

Задачи по стереометрии в профильном ЕГЭ

Запись вебинара.

Задание 5

Основные типы задач на нахождение

→ объёма тела (многогранника, цилиндра, конуса или других)
→ площади поверхности
→ угла между прямыми
→ расстояния между точками

Задание 13

→ Построение сечений.
→ Угол между прямыми.
→ Угол между плоскостями.
→ Угол между прямой и плоскостью.
→ Расстояние от точки до плоскости.
→ Расстояние между скрещивающимися прямыми.

Презентация: zster.pdf

Источник