Задания по теме «Стереометрия. Расстояния и углы в пространстве»

Открытый банк заданий по теме стереометрия, расстояния и углы в пространстве. Задания C2 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Задание №1189

Условие

а) У трёхгранного угла каждый из плоских углов равен 90^{\circ}. Докажите, что углы между любой парой биссектрис этих плоских углов равны по 60^{\circ}.

б) У трехгранного угла из пункта а) рассмотрим три биссектрисы плоских углов; будем рассматривать новый трехгранный угол, образованный этими биссектрисами. В последний трёхгранный угол вписан шар, объём которого равен 1. Найдите расстояние его центра от вершины угла.

Показать решение

Решение

а) Впишем в заданный трёхгранный угол единичный куб ABCOA_1B_1C_1O_1.

Вписанный в единичный куб трёхгранный угол

Тогда OA_1, OC_1 и OB являются биссектрисами плоских углов заданного трёхгранного угла.

В треугольнике A_1OC_1 все стороны A_1O, OC_1, A_1C_1 являются диагоналями квадратов со стороной, равной 1. Поэтому их длины равны \sqrt 2. Треугольник A_1OC_1 — равносторонний, поэтому любой его внутренний угол равен 60^{\circ}. В частности, угол A_1OC_1 между диагоналями A_1O и OC_1 равен 60^{\circ}. Аналогично доказывается, что любой другой угол между биссектрисами равен 60^{\circ}. Что и требовалось доказать.

б) 1. По условию шар вписан в трёхгранный угол у которого все плоские углы равны по 60^{\circ}. Тогда можно считать, что этот шар вписан в правильный тетраэдр QMNP, где Q — его вершина, а QM, QP и QN — боковые рёбра, QH — высота, r — радиус вписанного в тетраэдр шара.

Шар вписанный в правильный тетраэдр

2. Известно, что центр шара, вписанного в этот тетраэдр, лежит на высоте тетраэдра.

3. Пусть точка O является центром шара вписанного в тетраэдр (O принадлежит высоте QH ). Тогда OH является радиусом вписанного шара OH=r (H — центр \triangle MPN).

Опустим из точки O перпендикуляр OK на биссектрису QT угла MQP. \triangle MQP правильный, значит QT — высота и медиана. Аналогично, NT — высота, медиана и биссектриса правильного \triangle MNP.

Тогда MT \perp TQ и MT \perp TN, поэтому MT \perp QTN. Тогда MT \perp OK. Итак OK \perp MT и OK \perp TQ, поэтому OK \perp MPQ. Следовательно, OK — радиус вписанного шара, OK=r.

Так как H является точкой пересечения медиан треугольника основания MNP, то TH =\frac13TN.

Но TN=TQ, (как медианы равных треугольников), поэтому TH =\frac13TQ, \frac{TQ}{TH}=3.

4. Треугольники TQH и OKQ подобны по двум углам. Поэтому \frac{QT}{TH}=\frac{OQ}{OK}, 3=\frac{OQ}{r}, OQ=3r.

По условию V_{\text{шара}}=1 =\frac43\pi r^3.

Отсюда r^3 =\frac{3}{4\pi }, r=\sqrt [3]{\frac{3}{4\pi }}, OQ=3r=3\sqrt [3]{\frac{3}{4\pi }}=\sqrt [3]{\frac{81}{4\pi }}.

Ответ

\sqrt [3]{\frac{81}{4\pi }}.

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

Задание №1188

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Дана правильная призма ABCDA_1B_1C_1D_1, M и N — середины ребер AB и BC соответственно, точка K — середина MN.

а) Докажите, что прямые KD_1 и MN перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями MND_1 и ABC, если AB=8, AA_1=6\sqrt 2.

Показать решение

Решение

а) В \triangle DCN и \triangle MAD имеем: \angle C=\angle A=90^{\circ}, CN=AM=\frac12AB, CD=DA.

Правильная призма ABCDA1B1C1D1 с точками на серединах ребер

Отсюда \triangle DCN=\triangle MAD по двум катетам. Тогда MD=DN, \triangle DMN равнобедренный. Значит, медиана DK — является также высотой. Следовательно, DK \perp MN.

DD_1 \perp MND по условию, D_1K — наклонная, KD — проекция, DK \perp MN.

Отсюда по теореме о трех перпендикулярах MN\perp D_1K.

б) Как было доказано в а), DK \perp MN и MN \perp D_1K, но MN — линия пересечения плоскостей MND_1 и ABC, значит \angle DKD_1 — линейный угол двугранного угла между плоскостями MND_1 и ABC.

В \triangle DAM по теореме Пифагора DM= \sqrt {DA^2+AM^2}= \sqrt {64+16}= 4\sqrt 5, MN= \sqrt {MB^2+BN^2}= \sqrt {16+16}= 4\sqrt 2. Следовательно, в \triangle DKM по теореме Пифагора DK= \sqrt {DM^2-KM^2}= \sqrt {80-8}= 6\sqrt 2. Тогда в \triangle DKD_1, tg\angle DKD_1=\frac{DD_1}{DK}=\frac{6\sqrt 2}{6\sqrt 2}=1.

Значит, \angle DKD_1=45^{\circ}.

Ответ

45^{\circ}.

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

Задание №1187

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 стороны основания равны 4, боковые рёбра равны 6. Точка M — середина ребра CC_1, на ребре BB_1 отмечена точка N, такая, что BN:NB_1=1:2.

а) В каком отношении плоскость AMN делит ребро DD_1?

б) Найдите угол между плоскостями ABC и AMN.

Показать решение

Решение

а) Плоскость AMN пересекает ребро DD_1 в точке K, являющейся четвёртой вершиной сечения данной призмы этой плоскостью. Сечением является параллелограмм ANMK, потому что противоположные грани данной призмы параллельны.

Правильная четырехугольная призма ABCDA_1B_1C_1D_1

BN =\frac13BB_1=2. Проведём KL \parallel CD, тогда треугольники ABN и KLM равны, значит ML=BN=2, LC=MC-ML=3-2=1, KD=LC=1. Тогда KD_1=6-1=5. Теперь можно найти отношение KD:KD_1=1:5.

б) F — точка пересечения прямых CD и KM. Плоскости ABC и AMN пересекаются по прямой AF. Угол \angle KHD =\alpha — линейный угол двугранного угла (HD\perp AF, тогда по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, KH \perp AF), и является острым углом прямоугольного треугольника KHD, катет KD=1.

Треугольники FKD и FMC подобны (KD \parallel MC), поэтому FD:FC=KD:MC, решая пропорцию FD:(FD+4)=1:3, получим FD=2. В прямоугольном треугольнике AFD (\angle D=90^{\circ}) с катетами 2 и 4 вычислим гипотенузу AF=\sqrt {4^2+2^2}=2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac{4\cdot 2}{2\sqrt 5}= \frac4{\sqrt 5}.

В прямоугольном треугольнике KHD найдём tg \alpha =\frac{KD}{DH}=\frac{\sqrt 5}4, значит, искомый угол \alpha =arctg\frac{\sqrt 5}4.

Ответ

а) 1:5;

б) arctg\frac{\sqrt 5}4.

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

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 №1184

Условие

На рёбрах AD и BD правильного тетраэдра DABC взяты точки M и K соответственно так, что MD:AM=BK:KD=2.

а) Пусть L — точка пересечения прямой KM с плоскостью ABC. Докажите, что AB:AL=3.

б) Найдите угол между прямой KM и плоскостью ABC.

Показать решение

Решение

а) План решения.

1. Выполним схематический чертёж.

Правильный тетраэдр DABC и его схематичный чертеж

2. Сделаем предположение, что MK \perp BD, и докажем это утверждение (например, методом «от противного»).

3. Обозначим ребро тетраэдра какой-нибудь буквой (например, a) и через неё выразим другие величины.

4. Рассмотрим треугольник AML, найдём его углы. Из равенства \angle AML=\angle ALM сделаем вывод о том, что треугольник равнобедренный: AL=AM.

5. Найдём отношение AB:AL.

Решение.

1. Так как MK и AB лежат в плоскости ABD, то они пересекутся, L — точка их пересечения.

2. В \triangle MDK,\,  \angle MDK=60^{\circ},  MD=2DK, значит, MK \perp BD. Действительно, допустим, что это не так. Тогда опустим перпендикуляр MK',  MK' \perp BD. В прямоугольном треугольнике MK'D по определению косинуса \frac{K'D}{MD}=\cos \angle MDK',  K'D=MD \cos 60^{\circ}=\frac12MD. Но тогда точки K и K' совпадают. Получили противоречие. Значит, MK \perp BD.

3. Обозначим AB=AD=a, тогда MD =\frac23a,  DK =\frac13a,  AM=\frac13a.

4. \angle DMK=30^{\circ}. Следовательно, \angle AML=30^{\circ} (по свойству вертикальных углов). Так как \angle MLA= 180^{\circ}-\angle MAL-\angle AML= 180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}= 30^{\circ}, то \triangle AML — равнобедренный и AL=AM=\frac13a.

5. Тогда AB:AL=a:\frac13a=3.

Замечание. Вместо рассуждений, проведённых в пункте 4, можно было рассмотреть прямоугольный треугольник LBK и воспользоваться свойством катета, лежащего против угла в 30^{\circ}.

б) План решения.

1. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Построим проекцию отрезка KL на плоскость ABC. Для этого опустим перпендикуляр KH,  KH \perp ABC, точка H лежит в плоскости ABC. HL — проекция KL.

2. Найдём \sin \angle KLH (из треугольника KHL) и по синусу угла определим угол. Для этого выполним следующие действия.

2.1. Пусть O — центр основания ABC тетраэдра. Из подобия треугольников KHB и DOB найдём KH (для этого найдём DO).

2.2. Из треугольника BKL найдём KL.

2.3. Из треугольника KHL найдём \sin \angle KLH и \angle KLH.

Решение.

1. Искомый угол равен углу KLH.

2. Найдём \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}

2.1. \triangle KHB \sim \triangle DOB. Следовательно,

KH= \frac23DO= \frac23\sqrt {BD^2-BO^2}= \frac23\sqrt{BD^2-\left(\frac23BF\right)^2}= \frac23\sqrt {a^2-\left( \frac23\cdot \left( \frac{a\sqrt 3}2\right) \right) ^2}= \frac{2\sqrt 2}{3\sqrt 3}\cdot a.

2.2. В прямоугольном треугольнике BKL,\, BL =\frac43a,  BK=\frac23a найдём KL=\sqrt {BL^2-BK^2} =\frac{2\sqrt 3}3a.

2.3. \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}=\frac{\sqrt 2}{3},  \angle KLH=arcsin \frac{\sqrt 2}3.

Ответ

arcsin \frac{\sqrt 2}3.

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

Задание №1183

Тип задания: 14
Тема: Угол между плоскостями

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида KMNPQ со стороной основания MNPQ, равной 6, и боковым ребром 3\sqrt {26}.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую NF параллельно диагонали MP, если точка F — середина ребра MK.

б) Найдите величину угла между плоскостью сечения и плоскостью KMP.

Показать решение

Решение

а) Пусть KO — высота пирамиды, F — середина MK; FE \parallel MP (в плоскости PKM ). Так как FE — средняя линия \triangle PKM, то FE=\frac{MP}2.

Правильная четырёхугольная пирамида с сечением - плоскостью

Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через NF и параллельной MP, то есть плоскостью NFE. L — точка пересечения EF и KO. Так как точки L и N принадлежат искомому сечению и лежат в плоскости KQN, то точка T, полученная как пересечение LN и KQ, является также точкой пересечения искомого сечения и ребра KQ. NETF — искомое сечение.

б) Плоскости NFE и MPK пересекаются по прямой FE. Значит, угол между этими плоскостями равен линейному углу двугранного угла OFEN, построим его: LO \perp MP, MP \parallel FE, следовательно, LO \perp FE; \triangle NFE — равнобедренный (NE=NF как соответствующие медианы равных треугольников KPN и KMN ), NL — его медиана (EL=LF, так как PO=OM, а \triangle KEF \sim \triangle KPM ). Отсюда NL \perp FE и \angle NLO — искомый.

ON=\frac12QN=\frac12MN\sqrt 2=3\sqrt 2.

\triangle KON — прямоугольный.

Катет KO по теореме Пифагора равен KO=\sqrt {KN^2-ON^2}.

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt{KN^2-ON^2}= \frac12\sqrt {9\cdot 26-9\cdot 2}= \frac12\sqrt{9(26-2)}= \frac32\sqrt {24}= \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

tg\angle NLO =\frac{ON}{OL}=\frac{3\sqrt 2}{3\sqrt 6}=\frac1{\sqrt 3},

\angle NLO=30^{\circ}.

Ответ

30

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

Задание №1182

Тип задания: 14
Тема: Расстояние между прямыми

Условие

В основании пирамиды ABCD лежит правильный треугольник ABC. Все боковые рёбра наклонены к основанию под одним и тем же углом.

а) Докажите, что AB\perp CD.

б) Найдите расстояние между прямыми AB и CD, если AB=8\sqrt 3, AD=5\sqrt 3.

Показать решение

Решение

а) Рассмотрим рисунок.

Пирамида ABCD в основании которой лежит правильный треугольник ABC

Так как все боковые рёбра наклонены под одним и тем же углом к основанию, то основание высоты пирамиды (на рисунке это точка ) является центром окружности, описанной около треугольника ABC. Но треугольник ABC — правильный, поэтому H является точкой пересечения высот (а значит, и медиан). Отсюда следует, что AB \perp CK.

По условию боковые рёбра пирамиды равны, поэтому треугольник ABD равнобедренный, DK является его медианой, значит, и высотой. Значит, AB \perp DK. Получаем, что AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости KDC, поэтому AB \perp KDC.

Следовательно, AB \perp CD.

б) Проведем в треугольнике KDC высоту KT.

Пирамида ABCD с высотой KT

Так как AB \perp KDC, то AB \perp KT. Значит, KT является общим перпендикуляром к прямым AB и CD, а длина отрезка KT является расстоянием между прямыми AB и CD.

В равностороннем треугольнике ABC высота KC=AC\cdot \cos 30^{\circ}=8\sqrt 3\cdot \frac{\sqrt 3}2=12, KH=\frac12KC=4. В треугольнике ADK,\, AK=\frac12AB=4\sqrt 3,

KD= \sqrt {AD^2-AK^2} = \sqrt {\left( 5\sqrt 3\right) ^2-\left( 4\sqrt 3\right) ^2}= 3\sqrt 3.

В прямоугольном треугольнике DHK

DH= \sqrt {KD^2-KH^2}= \sqrt {27-16}= \sqrt {11}.

2\cdot S_{KDC}=KC\cdot DH=KT\cdot DC.

KT=\frac{KC\cdot DH}{DC}=\frac{12\cdot \sqrt {11}}{5\sqrt 3}=\frac{4\sqrt {33}}5.

Ответ

\frac{4\sqrt {33}}5.

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

Задание №1181

Тип задания: 14
Тема: Объем тела

Условие

В правильной треугольной призме ABCA_1B_1C_1 сторона основания AB равна 8\sqrt 3, а боковое ребро AA_1=6. На ребре B_1C_1 отмечена точка L так, что B_1L=2\sqrt 3. Точки K и M — середины ребер AB и A_1C_1 соответственно. Плоскость \gamma параллельна прямой AC и содержит точки K и L.

а) Докажите, что прямая BM перпендикулярна плоскости \gamma.

б) Найдите объем пирамиды, вершина которой — точка M, а основание — сечение данной призмы плоскостью \gamma.

Показать решение

Решение

а) 1. Построим сечение призмы плоскостью \gamma.

Построение сечения правильной треугольной призмы плоскостью gamma

Плоскость ABC проходит через прямую AC, параллельную плоскости \gamma, и пересекает её (K — общая точка этих плоскостей), следовательно, линия пересечения этих плоскостей параллельна прямой AC. В плоскости ABC построим среднюю линию KN. Аналогично в плоскости A_1B_1C_1 проведём LF \parallel A_1C_1. FKNL — сечение призмы плоскостью \gamma.

Правильная треугольная призма с сечением

2. Докажем, что BM \perp \gamma.

Проведём MT \parallel AA_1. Плоскость BTM перпендикулярна прямой AC. Действительно, AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым (MT, BT) плоскости BTM. Следовательно, BM \perp AC, значит, BM \perp KN.

Правильная треугольная призма с сечением и прямыми

Докажем теперь, что MB \perp OO_1. Рассмотрим прямоугольник BTMB_1.

Прямоугольник в проекции правильной треугольной призмы

MT=6, B_1O_1=3, BT=12 (высоты правильных треугольников B_1FL и ABC соответственно). Введём систему координат и найдём скалярное произведение векторов \overline{MB} и \overline{OO_1}.

M(0; 6), B(12; 0), \overline{MB}\{12; -6\}, O(6; 0), O_1(9; 6) , \overline{OO_1}\{3; 6\}.

\overline{MB}\cdot \overline{OO_1}=12\cdot 3+(-6)\cdot 6=0. Это означает, что векторы \overline{MB} и \overline{OO_1} перпендикулярны, следовательно, MB \perp OO_1. Итак, MB перпендикулярна двум пересекающимся прямым KN и OO_1 плоскости \gamma , а значит, MB\perp \gamma.

б) \triangle MHO_1 \sim \triangle OO_1G как прямоугольные треугольники с равными острыми углами, \angle MO_1H=\angle GOO_1 как накрест лежащие при MB_1 \parallel BT и секущей OO_1. Из этого следует, что \frac{MO_1}{OO_1}=\frac{MH}{O_1G}, MO_1=9, O_1G=6, OO_1 найдём по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника OO_1G. OO_1= \sqrt {OG^2+O_1G^2}= \sqrt {9+36}= \sqrt {45}=3\sqrt5. 9\cdot 6=3\sqrt 5MH, откуда MH =\frac{18\sqrt 5}5. MH — высота пирамиды MKNLF.

Площадь равнобедренной трапеции KNLF с основаниями KN и LF и высотой OO_1 равна \frac{KN+LF}2\cdot OO_1. KN — средняя линия треугольника ABC, KN=\frac12AB=4\sqrt 3. LF — сторона правильного треугольника LB_1F (LF \parallel A_1C_1), поэтому LF= LB_1= 2\sqrt 3. S_{KNLF}= \frac{4\sqrt 3+2\sqrt 3}{2}\cdot 3\sqrt 5= 9\sqrt {15}.

V_{MKNLF} = \frac13S_{KNLF}\cdot MH= \frac13\cdot 9\sqrt {15}\cdot \frac{18\sqrt 5}5= 54\sqrt 3.

Ответ

54\sqrt 3.

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.