Задания по теме «Площадь сечения»

Открытый банк заданий по теме площадь сечения. Задания C2 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Задание №1186

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильном тетраэдре DABC с ребром 5 на рёбрах AD, BD и AC выбраны точки K, L и M соответственно так, что KD=MC=2, LD=4.

а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью KLM.

б) Найдите площадь этого сечения.

Показать решение

Решение

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

Правильный тетраэдр DABC

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.

Равнобедренная трапеция полученная из тетраэдра

3. По теореме косинусов для \triangle KDL получим:

KL^2= KD^2+DL^2-2\cdot KD\cdot DL\cdot \cos 60^{\circ}= 2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \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}= 2\sqrt {11}.

Ответ

2\sqrt {11}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №1185

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 сторона основания равна 9, боковое ребро равно 14. Точка K принадлежит ребру A_1B_1 и делит его в отношении 2:7, считая от вершины A_1.

а) Докажите, что сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A, C и K, является равнобедренной трапецией.

б) Найдите площадь этого сечения.

Показать решение

Решение

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.

Правильная четырехугольная призма с сечением - трапецией

KB_1\parallel AB, B_1L\parallel BC, KL\parallel 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 =\frac29\cdot 9=2.

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

AC=AB\sqrt 2=9\sqrt 2; KL =\frac79AC=\frac79\cdot 9\sqrt 2=7\sqrt 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}2\cdot KH\,= 8\sqrt 2\cdot \sqrt {198}=48\sqrt {11}.

Ответ

48\sqrt {11}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №1180

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1 B_1C_1 D_1 сторона основания равна 7, а боковое ребро — 12. На рёбрах A_1D_1, C_1D_1 и CB взяты точки F, К, L соответственно так, что A_1F=C_1K=CL=3.

а) Пусть P — точка пересечения плоскости FKL с ребром AB. Докажите, что FKLP — прямоугольник.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью FKL.

Показать решение

Решение

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

Правильная четырехугольная призма ABCDA_1 B_1C_1 D_1 с плоскостью FKLP

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}= 4\sqrt 2.

PF= LK = \sqrt {LC^2+CC_1^2+C_1K^2}= \sqrt {9+144+9}= \sqrt {162}= 9\sqrt 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=7\sqrt 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{9\sqrt 2}2.

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

Ответ

99

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №985

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В основании пирамиды DABC лежит правильный треугольник ABC со стороной 5. Ребро CD перпендикулярно плоскости основания. Точки K, L и M лежат на рёбрах AD, BD и AC соответственно. Известно, что AD=10, DK=4, CM=2 и KL \parallel AB.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью KLM.

б) Найдите площадь этого сечения.

Показать решение

Решение

а) Построим MN \parallel AB.

Пирамида в основании которого правильный треугольник и сечение

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}= 5\sqrt{3}. Так как \frac{MK}{CD}=\frac{AM}{AC}=\frac{3}{5}, то MK=\frac{3}{5}CD=3\sqrt{3}.

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

Ответ

6\sqrt{3}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №984

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD, все рёбра которой равны.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ BD основания перпендикулярно грани SCD.

б) Найдите площадь этого сечения, если каждое ребро данной пирамиды равно 5.

Показать решение

Решение

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.

Правильная четырёхугольная пирамида SABCD с равными ребрами и сечением

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

Ответ

\frac{25\sqrt{2}}{4}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №982

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида SMNPQ с вершиной в точке S, сторона основания равна 5\sqrt{3}, а плоский угол при вершине пирамиды равен 60^\circ.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ NQ основания параллельно боковому ребру PS.

б) Найдите площадь сечения.

Показать решение

Решение

а) Обозначим через O точку пересечения диагоналей квадрата MNPQ.

Правильная четырёхугольная пирамида SMNPQ с треугольным сечением

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=5\sqrt{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{5\sqrt{3}}{2}. NQ — диагональ квадрата со стороной 5\sqrt{3}. NQ=5\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}=5\sqrt{6}.

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

Ответ

\frac{75\sqrt{2}}{4}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №959

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA_1 B_1 C_1 D_1 стороны оснований AB и BC равны соответственно 8 и 5, а боковое ребро AA_1 равно 4. На ребре A_1 B_1 отмечена точка K, а на луче BC — точка F, причем A_1 K=KB_1 и BF=AB. Плоскость AKF пересекает ребро B_1 C_1 в точке P.

а) Докажите, что B_1 P:PC_1=4:1.

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью AKF.

Показать решение

Решение

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью AKF.

Параллелепипед с сечением, образованным плоскостью

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 FQFQ 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=8\sqrt{2}.

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

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

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

S_{AKPF}= S_{AQF}-S_{KQP}= 32\sqrt{3}-8\sqrt{3}= 24\sqrt{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=4\sqrt{2}, FR=\frac{3PF}{4}=\frac{4\sqrt{2} \cdot 3}{4}=3\sqrt{2}.

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

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

Ответ

\frac{39\sqrt{3}}{2}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №179

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Образующая конуса равна диаметру его основания. В основание конуса вписан правильный шестиугольник. Через сторону этого шестиугольника и середину высоты конуса проведена плоскость \alpha.

а) Докажите, что угол между плоскостью основания конуса и плоскостью \alpha равен 45^{\circ}.

б) Найдите площадь сечения плоскостью \alpha шара, вписанного в конус, если радиус основания конуса равен 2.

Показать решение

Решение

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

Конус с правильным шестиугольником в основании

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

Шестиугольник в кругеТреугольник

Пусть K — середина OS. \bigtriangleup SMN - равносторонний (так как образующая конуса равна диаметру его основания) со стороной 2r. Тогда SO=\frac{2r\sqrt{3}}{2}=r\sqrt{3}, OK=\frac{r\sqrt{3}}{2}, OK=OH, следовательно, прямоугольный \bigtriangleup OHK - равнобедренный \angle KHO=45^{\circ}. Так как OH — проекция KH на плоскость основания конуса, OH\perp AB по построению, то KH\perp 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=r\sqrt{3}=2\sqrt{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}}.

Шар, вписанный в конус и осевое сечение

OQ=\frac{1}{3}SO=\frac{2\sqrt{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=\frac76\pi.

Ответ

б) \frac{7}{6}\pi.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2016. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №168

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Правильная треугольная пирамида SABC (ABC — основание) имеет боковое ребро SA=SB=SC=8 и сторону основания AB=BC=AC=12. На середине ребер SB и SC были соответственно взяты точки E и F. Плоскость \alpha, которой принадлежит прямая EF, перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

а) Докажите, что плоскость \alpha делит биссектрису основания пирамиды AA_1 в отношении 5:1, считая от точки A.

б) Вычислите площадь сечения пирамиды SABC плоскостью \alpha.

Показать решение

Решение

Правильная треугольная пирамида SABC

а) EF\parallel BC (как средняя линия \bigtriangleup SBC) \Rightarrow EF\parallel 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=2:1\Rightarrow 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{5\cdot 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}=4\sqrt{3}

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

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

Ответ

16

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2016. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.