Справочник с основными фактами стереометрии

\({\color{red}{\textbf{Факт 1. Про параллельность прямых}}}\)
\(\bullet\) Две прямые в пространстве параллельны, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.
\(\bullet\) Через две параллельные прямые проходит плоскость, и притом только одна.
\(\bullet\) Если одна из двух параллельных прямых пересекает плоскость, то и другая прямая пересекает эту плоскость.
\(\bullet\) Если прямая \(a\) параллельна прямой \(b\) , а та в свою очередь параллельна прямой \(c\) , то \(a\parallel c\) .
\(\bullet\) Пусть плоскость \(\alpha\) и \(\beta\) пересекаются по прямой \(a\) , плоскости \(\beta\) и \(\pi\) пересекаются по прямой \(b\) , плоскости \(\pi\) и \(\alpha\) пересекаются по прямой \(p\) . Тогда если \(a\parallel b\) , то \(p\parallel a\) (или \(p\parallel b\) ):

\({\color{red}{\textbf{Факт 2. Про параллельность прямой и плоскости}}}\)
\(\bullet\) Существует три вида взаимного расположения прямой и плоскости:
1. прямая имеет с плоскостью две общие точки (то есть лежит в плоскости);
2. прямая имеет с плоскостью ровно одну общую точку (то есть пересекает плоскость);
3. прямая не имеет с плоскостью общих точек (то есть параллельна плоскости).
\(\bullet\) Если прямая \(a\) , не лежащая в плоскости \(\pi\) , параллельна некоторой прямой \(p\) , лежащей в плоскости \(\pi\) , то она параллельна данной плоскости.

\(\bullet\) Пусть прямая \(p\) параллельна плоскости \(\mu\) . Если плоскость \(\pi\) проходит через прямую \(p\) и пересекает плоскость \(\mu\) , то линия пересечения плоскостей \(\pi\) и \(\mu\) - прямая \(m\) - параллельна прямой \(p\) .

\({\color{red}{\textbf{Факт 3. Про параллельность плоскостей}}}\)
\(\bullet\) Если две плоскости не имеют общих точек, то они называются параллельными плоскостями.
\(\bullet\) Если две пересекающиеся прямые из одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым из другой плоскости, то такие плоскости будут параллельны.

\(\bullet\) Если две параллельные плоскости \(\alpha\) и \(\beta\) пересечены третьей плоскостью \(\gamma\) , то линии пересечения плоскостей также параллельны: \[\alpha\parallel \beta, \ \alpha\cap \gamma=a, \ \beta\cap\gamma=b \Longrightarrow a\parallel b\]

\(\bullet\) Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельными плоскостями, равны: \[\alpha\parallel \beta, \ a\parallel b \Longrightarrow A_1B_1=A_2B_2\]

\({\color{red}{\textbf{Факт 4. Про скрещивающиеся прямые}}}\)
\(\bullet\) Две прямые в пространстве называются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости.
\(\bullet\) Признак:
Пусть прямая \(l\) лежит в плоскости \(\lambda\) . Если прямая \(s\) пересекает плоскость \(\lambda\) в точке \(S\) , не лежащей на прямой \(l\) , то прямые \(l\) и \(s\) скрещиваются.

\(\bullet\) алгоритм нахождения угла между скрещивающимися прямыми \(a\) и \(b\) :

Шаг 2. В плоскости \(\pi\) найти угол между прямыми \(a\) и \(p\) (\(p\parallel b\) ). Угол между ними будет равен углу между скрещивающимися прямыми \(a\) и \(b\) .

\({\color{red}{\textbf{Факт 5. Про перпендикулярность прямой и плоскости}}}\)
\(\bullet\) Прямая называется перпендикулярной плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
\(\bullet\) Если две прямые перпендикулярны плоскости, то они параллельны.
\(\bullet\) Признак: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в данной плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

\({\color{red}{\textbf{Факт 6. Про расстояния}}}\)
\(\bullet\) Для того, чтобы найти расстояние между параллельными прямыми, нужно из любой точки одной прямой опустить перпендикуляр на другую прямую. Длина перпендикуляра и есть расстояние между этими прямыми.
\(\bullet\) Для того, чтобы найти расстояние между плоскостью и параллельной ей прямой, нужно из любой точки прямой опустить перпендикуляр на эту плоскость. Длина перпендикуляра и есть расстояние между этими прямой и плоскостью.
\(\bullet\) Для того, чтобы найти расстояние между параллельными плоскостями, нужно из любой точки одной плоскости опустить перпендикуляр к другой плоскости. Длина этого перпендикуляра и есть расстояние между параллельными плоскостями.
\(\bullet\) алгоритм нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми \(a\) и \(b\) :
Шаг 1. Через одну из двух скрещивающихся прямых \(a\) провести плоскость \(\pi\) параллельно другой прямой \(b\) . Как это сделать: проведем плоскость \(\beta\) через прямую \(b\) так, чтобы она пересекала прямую \(a\) в точке \(P\) ; через точку \(P\) проведем прямую \(p\parallel b\) ; тогда плоскость, проходящая через \(a\) и \(p\) , и есть плоскость \(\pi\) .
Шаг 2. Найдите расстояние от любой точки прямой \(b\) до плоскости \(\pi\) . Это расстояние и есть расстояние между скрещивающимися прямыми \(a\) и \(b\) .

\({\color{red}{\textbf{Факт 7. Про теорему о трех перпендикулярах (ТТП)}}}\)
\(\bullet\) Пусть \(AH\) – перпендикуляр к плоскости \(\beta\) . Пусть \(AB, BH\) – наклонная и ее проекция на плоскость \(\beta\) . Тогда прямая \(x\) в плоскости \(\beta\) будет перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции: \[\begin{aligned} &1. AH\perp \beta, \ AB\perp x\quad \Rightarrow\quad BH\perp x\\ &2. AH\perp \beta, \ BH\perp x\quad\Rightarrow\quad AB\perp x\end{aligned}\]

Заметим, что прямая \(x\) необязательно должна проходить через точку \(B\) . Если она не проходит через точку \(B\) , то строится прямая \(x"\) , проходящая через точку \(B\) и параллельная \(x\) . Если, например, \(x"\perp BH\) , то и \(x\perp BH\) .

\({\color{red}{\textbf{Факт 8. Про угол между прямой и плоскостью, а также угол между плоскостями}}}\)
\(\bullet\) Угол между наклонной прямой и плоскостью - это угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Таким образом, данный угол принимает значения из промежутка \((0^\circ;90^\circ)\) .
Если прямая лежит в плоскости, то угол между ними считается равным \(0^\circ\) . Если прямая перпендикулярна плоскости, то, исходя из определения, угол между ними равен \(90^\circ\) .
\(\bullet\) Чтобы найти угол между наклонной прямой и плоскостью, необходимо отметить некоторую точку \(A\) на этой прямой и провести перпендикуляр \(AH\) к плоскости. Если \(B\) – точка пересечения прямой с плоскостью, то \(\angle ABH\) и есть искомый угол.

\(\bullet\) Для того, чтобы найти угол между плоскостями \(\alpha\) и \(\beta\) , можно действовать по следующему алгоритму:
Отметить произвольную точку \(A\) в плоскости \(\alpha\) .
Провести \(AH\perp h\) , где \(h\) - линия пересечения плоскостей.
Провести \(AB\) перпендикулярно плоскости \(\beta\) .
Тогда \(AB\) – перпендикуляр к плоскости \(\beta\) , \(AH\) – наклонная, следовательно, \(HB\) – проекция. Тогда по ТТП \(HB\perp h\) .
Следовательно, \(\angle AHB\) - линейный угол двугранного угла между плоскостями. Градусная мера этого угла и есть градусная мера угла между плоскостями.

Заметим, что мы получили прямоугольный треугольник \(\triangle AHB\) (\(\angle B=90^\circ\) ). Как правило, находить \(\angle AHB\) удобно из него.

\({\color{red}{\textbf{Факт 9. Про перпендикулярность плоскостей}}}\)
\(\bullet\) Признак: если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. \

\(\bullet\) Заметим, что так как через прямую \(a\) можно провести бесконечное множество плоскостей, то существует бесконечное множество плоскостей, перпендикулярных \(\beta\) (и проходящих через \(a\) ).

Для того чтобы достойно решить ЕГЭ по математике, прежде всего необходимо изучить теоретический материал, который знакомит с многочисленными теоремами, формулами, алгоритмами и т. д. На первый взгляд может показаться, что это довольно просто. Однако найти источник, в котором теория для ЕГЭ по математике изложена легко и понятно для учащихся с любым уровнем подготовки, - на деле задача довольно сложная. Школьные учебники невозможно всегда держать под рукой. А найти основные формулы для ЕГЭ по математике бывает непросто даже в Интернете.

Почему так важно изучать теорию по математике не только для тех, кто сдает ЕГЭ?

1. Потому что это расширяет кругозор . Изучение теоретического материала по математике полезно для всех, кто желает получить ответы на широкий круг вопросов, связанных с познанием окружающего мира. Все в природе упорядоченно и имеет четкую логику. Именно это и отражается в науке, через которую возможно понять мир.
2. Потому что это развивает интеллект . Изучая справочные материалы для ЕГЭ по математике, а также решая разнообразные задачи, человек учится логически мыслить и рассуждать, грамотно и четко формулировать мысли. У него вырабатывается способность анализировать, обобщать, делать выводы.

Предлагаем вам лично оценить все преимущества нашего подхода к систематизации и изложению учебных материалов.

Видеокурс «Получи пятерку» включает все темы, необходимые для успешной сдачи ЕГЭ по математике на 60-65 баллов. Полностью все задачи 1-13 Профильного ЕГЭ по математике. Подходит также для сдачи Базового ЕГЭ по математике. Если вы хотите сдать ЕГЭ на 90-100 баллов, вам надо решать часть 1 за 30 минут и без ошибок!

Курс подготовки к ЕГЭ для 10-11 класса, а также для преподавателей. Все необходимое, чтобы решить часть 1 ЕГЭ по математике (первые 12 задач) и задачу 13 (тригонометрия). А это более 70 баллов на ЕГЭ, и без них не обойтись ни стобалльнику, ни гуманитарию.

Вся необходимая теория. Быстрые способы решения, ловушки и секреты ЕГЭ. Разобраны все актуальные задания части 1 из Банка заданий ФИПИ. Курс полностью соответствует требованиям ЕГЭ-2018.

Курс содержит 5 больших тем, по 2,5 часа каждая. Каждая тема дается с нуля, просто и понятно.

Сотни заданий ЕГЭ. Текстовые задачи и теория вероятностей. Простые и легко запоминаемые алгоритмы решения задач. Геометрия. Теория, справочный материал, разбор всех типов заданий ЕГЭ. Стереометрия. Хитрые приемы решения, полезные шпаргалки, развитие пространственного воображения. Тригонометрия с нуля - до задачи 13. Понимание вместо зубрежки. Наглядное объяснение сложных понятий. Алгебра. Корни, степени и логарифмы, функция и производная. База для решения сложных задач 2 части 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 \(BB_1\perp (A_1B_1C_1)\) , \(B_1C_1\perp A_1C_1\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(BC_1\perp A_1C_1\) (как наклонная). Следовательно, \(\triangle A_1C_1B\) – прямоугольный.

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

Ответ:

б) \(28\sqrt{51}\)

Задание 2 #1268

Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(ABCA_1B_1C_1\) - прямая треугольная призма, \(AB=16, \ BC=15, \ AA_1=8\) . \(M, N\) – 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 \(MN\parallel \alpha \Rightarrow MN\) параллельна некоторой прямой, лежащей в \(\alpha\) . Проведем \(NS\perp BC, NS\cap KP=O\) . В плоскости \(MNS\) проведем \(OH\parallel MN \Rightarrow MH=HS\) . Тогда прямая \(KH\cap AB=T\) . Так как плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то \(\alpha\) пересечет плоскость \(A_1B_1C_1\) по прямой, параллельной \(KT\) . Следовательно, проведем \(PR\parallel KT\) . 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 \(ABC \Rightarrow MS=8 \Rightarrow HS=4\) . Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник \(HKS\) – прямоугольный, следовательно, \(\angle H =90^\circ\) и \(HK=3\) . Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что \(NS\perp (ABC), HS\perp KT \Rightarrow OH\perp KT\) .

Проведем \(PH_1 \perp KT\) . Из подобия треугольников \(HOK\) и \(H_1PK\) следует, что \(PH_1=2OH\) . Т.к. \(OS=\dfrac{1}{2}NS=4, HS=4 \Rightarrow OH=4\sqrt2\) . Таким образом найдена высота трапеции \(PH_1=8\sqrt2\) .

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, \(S_{TRPK} = \dfrac{1}{2}\cdot (\dfrac{15}{2}+\dfrac{3}{2})\cdot 8\sqrt2 = 36\sqrt2\)

Ответ:

б) \(36\sqrt2\)

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 \(BN\perp AD\) , \(CN\perp AD\) . 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. \(DM\perp BC\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(HM\perp BC\) . Таким образом, точка \(H\) должна лежать на \(AM\) , причем на середине, т.к. \(\triangle AMD\) – равносторонний.

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

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

Таким образом, \

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 \(RT\parallel BM, H\in RT\) . 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 \(l\cap BM=Z\) . Тога прямая \(BM\cap \alpha=Z\) , следовательно, не может быть параллельна \(\alpha\) . Получили противоречие, следовательно, \(l\parallel BM\) . Заметим, что прямая \(l\) проходит через точку \(A\) .

Построим линейный угол двугранного угла между \(\alpha\) и \(ABC\) . Т.к. \(HO\perp ABC\) , проведем \(OK\perp l\) , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах \(HK\perp l\) . 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 \(SO=\sqrt{a^2 -\dfrac{a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a \Rightarrow HO=\dfrac{1}{4}SO=\dfrac{\sqrt2a}{4\sqrt3}\)

2) Найдем \(OK\) .
\(BM\perp AC, BM\parallel l \Rightarrow AC\perp l\) . Т.к. \(OK\perp l \Rightarrow OK\parallel AC\) . 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, \(MN\parallel A_1C_1\) . 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 \(DT\in (DMN)\) . 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 \(KO\perp (ABC)\) , следовательно, так как \(OD\perp AC\) , то и \(KD\perp AC\) по теореме о трех перпендикулярах. Значит, \(\angle KDO\) равен углу между плоскостями \(DMN\) и \(ABC\) .
По теореме Фалеса \[\dfrac{A_1M}{MB_1}=\dfrac11=\dfrac{O_1T}{TB_1} \quad\Rightarrow\quad O_1T=TB_1.\] \(\triangle TO_1K\sim \triangle DOK\) , следовательно, \[\dfrac{O_1T}{OD}=\dfrac12=\dfrac{O_1K}{OK}\] Следовательно, \(OK=\frac23OO_1=\frac23AA_1=\frac23\cdot 5=\frac{10}3\) . \(OD=\frac12 BD=\frac12\cdot \sqrt2AB=2\sqrt2.\) Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle KDO=\dfrac{OK}{OD}=\dfrac56\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad \angle KDO=\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2\)

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 \(AB=9\sqrt3\) , \(SA=18\) .

(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 \(CE\perp AB\) , то проведем через точку \(K\) прямую \(PL\parallel AB\) . Тогда \(CE\perp PL\) (\(P\in AC, L\in BC\) ).
Вторая прямая: так как \(SO\perp (ABC)\) , то \(SO\perp CE\) . 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 \(AB\parallel PL \quad\Rightarrow\quad AB\parallel \alpha\) ).
Следовательно, \(MN\parallel AB\) и проходит через \(K"\) .
Из подобия \(\triangle K"EK\sim \triangle SEO\) : \[\dfrac{SE}{K"E}=\dfrac{OE}{KE}=\dfrac31 \quad\Rightarrow\quad K"E= \dfrac13SE \quad\Rightarrow\quad SK"=\dfrac23SE.\] Из подобия \(\triangle MSN\sim \triangle ASB\) : \[\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{SK"}{SE}=\dfrac23.\]

б) Рассмотрим пирамиду \(CPMNL\) . \(CK\) – высота этой пирамиды, \(PMNL\) – трапеция (\(MN\parallel AB\parallel PL\) ).
Следовательно, \ Так как \(BC=9\sqrt3\) , то \(CE=\sqrt{BC^2-EB^2}=\frac{27}2\) . Следовательно, \ Из подобия 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 \(OH\perp (ABC), AH\perp BD\) ) \(AO\perp BD\) . Так как \(BD\parallel MK\) , то \(AO\perp MK\) , следовательно, \(AN\perp MK\) . Следовательно, у четырехугольника \(AMNK\) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как \

Заметим сразу, что \(BD=AC=AB\sqrt2=12\) .
Рассмотрим плоскость \(ASC\) .

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

Проведем \(NQ\perp AC\) . Тогда из подобия \(\triangle SHC\) и \(\triangle NQC\) : \[\dfrac{SH}{NQ}=\dfrac{SC}{NC}=2 \quad\Rightarrow\quad NQ=\dfrac12SH=\dfrac12\sqrt{SC^2-HC^2}=\dfrac12\sqrt{21^2-6^2}= \dfrac12\sqrt{81\cdot 5}\] \(Q\) – середина \(HC\) , следовательно, \(AQ=\frac34AC=\frac34\cdot 12=9\) . Тогда по теореме Пифагора \
Рассмотрим \(BSD\) . Так как \(\triangle MSK\sim \triangle BSD\) , то \[\dfrac{MK}{BD}=\dfrac{SO}{SH}=\dfrac23 \quad\Rightarrow\quad MK=\dfrac23BD=\dfrac23\cdot 12=8.\] Следовательно, площадь сечения равна \