ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 36)

В правильной треугольной пирамиде МАВС с основанием АВС стороны основания равны 6, а боковые рёбра равны 5. На ребре АС находится точка D, на ребре АВ находится точка Е, а на ребре АМ – точка L. Известно, что АD=АE=AL=4.

а) Докажите, что отрезок DE содержит центр основания пирамиды.

б) Найдите угол между плоскостью основания и плоскостью, проходящей через точки E, D и L.

2018-03-15_093335Решение.

а) Центр основания ( точка О) правильной пирамиды есть точка пересечения медиан правильного треугольника АВС, поэтому делит медиану AF в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Таким образом, AO : OF = 2 : 1 или AO : АF = 2 : 3. По условию АD=АE=4, значит, CD=BE=2.  Следовательно, так как

2018-03-15_093354

 

 

то треугольники AED и ABC подобны. Это означает, что отношение соответственных медиан этих треугольников также равно 2/3 , т.е.

AO : АF = 2 : 3, поэтому, точка О принадлежит отрезку DE.

б) Треугольник EDL — равнобедренный (LE = LD). Проведем медиану LO, которая будет являться и высотой треугольника EDL . Плоскость EDL пересекает плоскость основания пирамиды по прямой DE. Так как LO⟘DE и AO⟘DE, то ∠AOL является линейным углом между плоскостью основания и плоскостью, проходящей через точки E, D и L. Обозначим искомый угол AOL через α. Проведем LK⟘AO и найдем тангенс α из прямоугольного треугольника OKL.

2018-03-15_093456

 

 

Прямоугольные треугольники АОМ и AKL подобны по равным углам, их стороны относятся друг к другу, как 5 : 4. На самом деле, так как по условию AL=4, а боковые ребра равны 5, то LM=1, следовательно,

2018-03-15_093526

 

 

Чтобы найти ОК и LK нам нужно найти АО и МО.

АО – радиус окружности, описанной около правильного треугольника АВС.

2018-03-15_093542

 

 

где а – сторона правильного треугольника. У нас а=6.

2018-03-15_093626

 

 

 

 

МО найдем по теореме Пифагора из  ∆ АОМ.

2018-03-15_093705

 

 

 

 

Итак, можем находить тангенс α.

2018-03-15_093747

 

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 35)

На рисунке изображён многогранник, все двугранные углы которого прямые.

а) Постройте сечение многогранника плоскостью, проходящей через точки А, В и С1.

б) Найдите площадь этого сечения.

2018-03-14_101704Решение.

Итак, что мы имеем? Из прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 с измерениями: AB=3, AD=4 и AA1=4  вырезали прямоугольный параллелепипед A2B2C2D2A3B3C3D3  с измерениями: A2B2=1, A2D2=2 и A2A3=4.

Затем, оставшийся многогранник пересекли плоскостью АВС1, которую мы должны построить и площадь которой требуется найти.

а) Так как плоскости оснований параллельны, то и линии пересечения этих оснований плоскостью сечения будут параллельны, т.е. C1D1 || AB.

Сечение большего параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 плоскостью, проходящей через точки А, В и С1 - это прямоугольник ABC1D1. Проведем диагонали AC1 и BD1  этого прямоугольника, которые будут пересекаться в точке О, они же являются и диагоналями большего прямоугольного параллелепипеда. Заметим, что точка О будет центром симметрии этого параллелепипеда. Так как AD=4, а A2D2=2, то точка О будет лежать в плоскости  грани C2C3D3D2  меньшего параллелепипеда. Секущая плоскость пересечет эту грань по прямой, проходящей через точку О и эта прямая будет параллельна АВ. Проводим через точку О отрезок EF || AB.

Соединяем точки A2 и E, а также точки B2 и F.

A2E и B2F — это линии пересечения плоскости АВС1 с боковыми гранями меньшего параллелепипеда.

б) Таким образом, плоскость сечения  данного многогранника —  AD1C1BB2FEA2. Заметим, что точки E и F являются серединами боковых ребер меньшего параллелепипеда, и искомая площадь равна разности площадей большого прямоугольника ABC1D1  и малого прямоугольника  A2B2FE.

2018-03-14_101755Площадь большого прямоугольника ABC1D1  равна АВ АD1,

2018-03-14_101732

 

 

— гипотенуза прямоугольного равнобедренного треугольника AA1D1.

Тогда площадь большого прямоугольника

 

2018-03-14_101836

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 34)

В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием АВС все рёбра равны 6.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину S и перпендикулярной отрезку, соединяющему середины рёбер АВ и ВС.

б) Найдите расстояние от плоскости этого сечения до центра грани SAB.

2018-03-13_091533Решение.

В правильной пирамиде SABC все ребра по 6, высота SO, MN — средняя линия треугольника АВС, так как по условию точки M и N соединяют середины ребер АВ и ВС основания пирамиды.

а) Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину S перпендикулярно MN. Соединим точку S с точкой D – серединой MN (D – точка пересечения средней линии MN с ВК — медианой и  высотой равностороннего треугольника АВС).

Так как BD⟘MN, то и SD⟘MN по ТТП (SD – наклонная, проекция которой OD⟘MN). Отрезок MN перпендикулярен двум прямым BD и SD, следовательно, MN перпендикулярен плоскости  SBD. Плоскость SBD имеет с плоскостью АВС общие точки В и D, следовательно пересечет плоскость АВС по прямой ВК. С гранью SAC плоскость сечения имеет так же две общие точки S и K и,  следовательно, пересечет грань SAC по прямой SK.

∆SBK — сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину S, перпендикулярно отрезку, соединяющему середины ребер АВ и ВС.

б) Центр грани SAB – это точка Е –пересечение медиан (высот и биссектрис) треугольника SAB. Плоскость SDM перпендикулярна плоскости SBK, так как BD⟘DM и SD⟘DM, поэтому, перпендикуляр EF, проведенный из точки Е к SD и будет расстоянием от центра грани SAB до плоскости сечения SBK.

В ∆SDM DM⟘SD и EF⟘SD, значит, EF || DM.

∆ SDM ∾ ∆ SFЕ по равным углам, образованным соответственно параллельными сторонами.

2018-03-13_091557

 

 

Так как точка пересечения медиан любого треугольника делит каждую медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины треугольника, то

2018-03-13_091620

 

 

Cредняя линия MN = AC : 2 = 6 : 2 = 3, тогда DM = MN : 2 = 3 : 2 = 1,5.

Получаем пропорцию:

2018-03-13_091642

 

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 33)

Вокруг единичного куба ABCDA1B1C1D1 описана сфера. На ребре В1С1 взята точка М так, что плоскость, проходящая через точки А, В и М, образует угол 75° с плоскостью АВС.

а) Постройте линию пересечения сферы и плоскости, проходящей через точки А, В и М.

б) Найдите длину линии пересечения плоскости сечения и сферы.

Решение.

Мы имеем единичный куб ABCDA1B1C1D1,  который вписан в сферу.  На ребре В1С1 взята точка М так, что плоскость АВМ образует с основанием ABCD угол 75о.

а) Построим линию пересечения сферы и плоскости, переходящей через точки А,В и М.

2018-03-12_130842 Всякое сечение сферы плоскостью есть окружность. Единственным образом можно построить окружность, проходящую через три точки. Мы имеем только две общие точки окружности сечения и плоскости АВМ – это точки А и В. Найдем третью общую точку. Для этого продолжим отрезок ВМ, лежащий в грани ВВ1С1С до пересечения со сферой. Точку пересечения обозначим через К. Это общая точка окружности, сферы и плоскости грани ВВ1С1С. Точку К соединим с точкой А. Линия пересечения сферы и плоскости, проходящей через точки А, В и М – это окружность, описанная около треугольника АВК. Определим вид этого треугольника.

Если из точки К опустить перпендикуляр КК1 на плоскость основания, то основание перпендикуляра точка К1 будет лежать на ребре ВС (почему? Потому что точка К лежит в плоскости грани ВВ1С1С), и прямая АВ на плоскости основания куба, перпендикулярная ВК1 — проекции  наклонной ВК, будет перпендикулярна и самой наклонной (теорема о трех перпендикулярах), т.е. АВ⟘ВК.

Вывод: ∆ АВК — прямоугольный с углом АВК, равным 90о. АК — гипотенуза, и окружность, описанная около  ∆ АВК, имеет диаметр АК. Тогда длину этой окружности мы найдем по формуле C=πd , где d=AK.

б) АК мы могли бы найти по теореме Пифагора, если бы знали ВК. По условию ∠CBK=75°. Почему? Потому что это линейный угол между плоскостью АВМ и плоскостью АВС. На самом деле: СВ⟘АВ (АВСD – квадрат) и ВК⟘АВ (только что доказывали).  Проведем ВС1 — диагональ грани ВВ1С1С.

2018-03-12_130919

 

 

Если около квадрата ВВ1С1С описать окружность, то ВС1 будет диаметром этой окружности. Точка К лежит в плоскости грани и является точкой сферы, значит, лежит на этой окружности, поэтому ∠ВКС1 — прямой.

∠CBK=75°, следовательно, ∠С1ВК = 75°-45° = 30°.

2018-03-12_131004

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 32)

В правильной треугольной пирамиде МАВС с основанием АВС стороны основания равны 6, а боковые рёбра равны 8. На ребре АС находится точка D, на ребре АВ находится точка Е, а на ребре АМ – точка L. Известно, что CD=BE=AL=2.

а) Докажите, что отрезок DE содержит центр основания пирамиды.

б) Найдите угол между плоскостью основания и плоскостью, проходящей через точки E, D и L.

 2018-03-11_135008Решение.

а) В равностороннем треугольнике АВС, CD=BE=2 по условию, следовательно,

AD=AE=4. Треугольники ADE и ABC подобны по общему углу ВАС и соответственно пропорциональным сторонам этого угла:

2018-03-11_134937

 

 

Соответственные высоты этих подобных треугольников относятся друг к другу так же, т.е. АО : AF = 2 : 3. Это означает, что точка О – середина отрезка DE, делит отрезок AF в отношении 2 : 1, считая от вершины. Следовательно, точка О является точкой пересечения медиан правильного треугольника АВС, т.е. центром основания пирамиды. Мы доказали, что отрезок DE содержит центр основания пирамиды.

б) Проведем отрезки LE и LD.

∆ DEL — сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки E, D и L. Требуется найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания пирамиды. Плоскости DEL и ABC пересекаются по прямой DE. Линейным углом между этими плоскостями будет ∠AOL, так как это угол, образованный двумя полупрямыми, перпендикулярными  DE. На самом деле: AO⟘DE и LO⟘DE, ведь LO — медиана и высота равнобедренного ∆ DEL. Искомый угол AOL обозначим через α. Проведем LK⟘AO и найдем α из прямоугольного ∆ OKL.

2018-03-11_135101

 

 

Нам нужно найти и LK и OK.

Значение LK найдем из подобия прямоугольных треугольников АОМ и АКL.

Имеем:

2018-03-11_135138

 

 

Итак, нам лишь потребуется найти МО – высоту пирамиды, которая является катетом в прямоугольном треугольнике АОМ.

Найдем АО, как  радиус окружности, описанной около правильного треугольника АВС, по формуле:

2018-03-11_135214

 

где а – сторона правильного треугольника.

2018-03-11_135428

 

 

 

 

Подставляем нужные значения в равенство ( * ).

2018-03-11_135456

 

 

Значение ОК найдем как разность отрезков АО и АК.

Значение АК найдем также из подобия прямоугольных треугольников АОМ и АКL.

2018-03-11_135641

 

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 31)

Радиус основания конуса равен 12, а высота конуса равна 5.

а) Постройте сечение конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса и взаимно перпендикулярные образующие.

б) Найдите расстояние от плоскости сечения до центра основания конуса.

2018-03-10_093057Решение.

Пусть дан конус с осевым сечением MAB, радиус основания AO=12, высота MO=5.

Найдем образующую конуса. Рассмотрим прямоугольный треугольник АОМ. Катеты AO=12 и MO=5, следовательно, по теореме Пифагора

гипотенуза МА2 = АО2 + МО2 =122 + 52 = 144 + 25 = 169, отсюда МА=13 (запомните эту пифагорову «тройку»:  5; 12; 13).

а) Через вершину конуса М и две образующие MA и MC проходит сечение конуса АMC так, что MA⟘MC. Сечение представляет собой прямоугольный равнобедренный треугольник АМС, который пересекает основание конуса по прямой АС, причем АС — хорда окружности с центром в точке О и радиусом АО, является гипотенузой равнобедренного прямоугольного треугольника АМС, и равна

2018-03-10_093129

 

б) Найдем расстояние от плоскости АМС до точки О — центра основания конуса. Сделаем дополнительные построения.

Проведем радиус OD⟘AC.

Радиус, перпендикулярный хорде, делит ее пополам.

Точка К – середина АС. Соединим точки М и К. В равнобедренном прямоугольном треугольнике АМС, МК — медиана, а значит, и высота.

Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе равна половине гипотенузы.

2018-03-10_093151

 

Так как МК⟘АС и ОК⟘АС, то плоскость МОК перпендикулярна плоскости АМС, поэтому перпендикуляр, проведенный из точки О к МК будет расстоянием от точки О до плоскости АМС.

В прямоугольном треугольнике МОК мы знаем гипотенузу МК и катет МО.

Найдем второй катет ОК по теореме Пифагора.

2018-03-10_093218

 

 

Проведем OF⟘MK.

OF- искомый отрезок. OF — высота прямоугольного треугольника МОК, проведенная к гипотенузе МК.

Из подобия прямоугольных треугольников МОК и МFО (по углам) следует:

2018-03-10_093255

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 29)

Вокруг куба ABCDA1B1C1D1 с ребром 3 описана сфера. На ребре СС1 взята точка М так, что плоскость, проходящая через точки А, В и М, образует угол 15° с плоскостью АВС.

а) Постройте линию пересечения сферы и плоскости, проходящей через точки А, В и М.

б) Найдите длину линии пересечения плоскости сечения и сферы.

2018-03-09_134735Решение. а) Проведем BM и продолжим до пересечения со сферой. Точку пересечения обозначим через К. Точку К соединим с точкой А и рассмотрим ∆ АВК. По ТТП (теореме о трех перпендикулярах) прямая АВ, проходящая через основание наклонной МВ, перпендикулярно ее проекции ВС, будет перпендикулярна и самой наклонной, т.е. МВ (или КВ) образует с АВ прямой угол.

Всякое сечение сферы плоскостью есть окружность.

Эта окружность будет описана около прямоугольного треугольника АВК, следовательно, гипотенуза этого треугольника будет являться диаметром этой окружности.

2018-03-09_134816

б) Длина линии пересечения плоскости сечения и сферы – это длина построенной нами окружности. Диаметр окружности АК. Длину окружности найдем по формуле С = πd, где d = AK.

Точка K лежит в плоскости грани  BB1C1C,  и если около этой грани описать окружность, пересекающую сферу, то точка К принадлежит и этой окружности и сфере и треугольник ВКС1 – прямоугольный.

∠СВК = 15° по условию, отсюда ∠С1ВК = 45° — 15° = 30°.

2018-03-09_134904

 

ЕГЭ-2018 ФИПИ, задача 14 (вариант № 25)

Вариант 25.

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD все рёбра равны 1. Точка F – середина ребра АS.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей SAD и BCF.

б) Найдите угол между плоскостями SAD и BCF.

Решение.

 2018-02-19_113733Построим плоскость BCF. Соединим точки B и F. Плоскость BCF пересекает плоскость основания и плоскость BSC по прямой ВС; а плоскость ASB по прямой BF.

Как она пересечет плоскость SAD? Прямая пересечения пройдет через точку F параллельно AD, и это отрезок FN. На самом деле, если бы прямая FN не была параллельна AD, то она бы пересекла прямую AD, и мы имели бы еще одну точку пересечения секущей плоскости с основанием. И эта точка должна была бы принадлежать ВС, но это невозможно, так как AD || BC.

Следовательно, FN || AD. Соединяем точки N и С.

Плоскость BCF – есть равнобокая трапеция BFNC и пересекает плоскость SAD по прямой FN.

Проведем SE⟘AD, тогда пусть точка пересечения SE и FN есть К.

Имеем:  КϵFN и SK⟘FN. Точку К соединим с серединой ВС – точкой М. КМ – ось симметрии равнобокой трапеции BFNC, поэтому KM⊥FN и KM⟘BC. (Можно использовать ТТП и показать, что KM⟘BC).

Таким образом, ∠SKM – линейный угол между плоскостями SAD и BCF.

Обозначим ∠SKM  через α.

Из треугольника SKM, применяя теорему косинусов, можем записать:

2018-02-19_113530

 

 

Рассмотрим грань SAD.

2018-02-19_113806∆ SAD – правильный, φ = 600.

SE – высота и медиана.

Так как по условию все ребра пирамиды равны 1, то SA=AD=SD=1.

Отсюда

2018-02-19_113917

 

 

 

 

В равностороннем ∆SAB отрезок BF является медианой и высотой, поэтому

2018-02-19_113940

 

 

2018-02-19_113820Рассмотрим равнобокую трапецию BFNC.

Проведем FP⟘BC.

2018-02-19_114030

 

 

 

 

Подставим все нужные данные в (*).

2018-02-19_114053

 

Сайт размещается на хостинге Спринтхост