ЕГЭ Профиль
Задание 2992
Внутри куба расположены два равных шара, касающихся друга. При этом один шар касается трех граней куба, имеющих общую вершину, а другой касается трех оставшихся граней.
а) Докажите, что центры шаров принадлежат диагонали куба, исходящей из общей для граней вершины.
б) Найдите радиусы этих шаров, если ребро куба равно 13.
a) Пусть шар с центром в точке $$O_1$$ касается граней $$ABCD,AA_1D_1D,AA_1B_1B$$, соответственно шар с центром в точке $$O_2$$ касается граней $$A_1B_1C_1D_1,BB_1C_1C,DD_1C_1C$$.
Так как первый шар касается граней $$AA_1B_1B,AA_1D_1D$$, то его центр $$O_1$$ равноудален от указанных граней, то есть лежит на биссекторной плоскости двугранного угла c ребром $$AA_1$$, то есть на плоскости $$AA_1C_1C$$ (с учетом того, что $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$ – куб).
Так первый шар касается граней $$ABCD,AA_1D_1D$$, то его центр $$O_1$$ равноудален от указанных граней, то есть лежит на биссекторной плоскости двугранного угла c ребром $$AD$$, то есть на плоскости $$AB_1C_1D$$ (с учетом того, что $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$ – куб).
Но тогда точка $$O_1$$ лежит на прямой пересечения плоскостей $$AA_1C_1C,AB_1C_1D$$, то есть на $$AC_1$$ (естественно, раз шар находится внутри куба, то $$O_1$$ – точка отрезка $$AC_1$$).
Рассуждая аналогичным образом, приходим к тому, что и точка $$O_2$$ лежит на отрезке $$AC_1$$.
б) Очевидно, $$A_1C_1=13\sqrt2$$, $$AC_1=13\sqrt3$$. Очевидно, в силу симметрии, $$AO_1=C_1O_2$$ и $$AO_1=C_1O_2=\frac{13\sqrt3-2r}{2}$$, где $$r$$ – радиусы шаров.
Пусть, например, $$K_2$$ – точка касания второго шара с гранью $$A_1B_1C_1D_1$$ ($$K_2$$ принадлежит $$A_1C_1$$).
Треугольники $$AA_1C_1,O_2K_2C_1$$ подобны по двум углам, тогда $$\frac{AA_1}{O_2K_2}=\frac{AC_1}{O_2C_1}$$; $$\frac{13}{r}=\frac{13\sqrt2}{\frac{13\sqrt3-2r}{2}}$$; $$\frac{1}{r}=\frac{2\sqrt2}{13\sqrt3-2r}$$; $$2\sqrt2 r=13\sqrt3-2r$$; $$r(2\sqrt2+2)=13\sqrt3$$; $$r=\frac{13\sqrt3}{2\sqrt2+2}$$.
Задание 3035
Основанием пирамиды SABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна $$4\sqrt{2}$$ . Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2.
а) Докажите, что угол между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра BC, а другая проходит через точку С и середину ребра AB равен 45°.
б) Найдите расстояние между этими скрещивающимися прямыми.
1) Введем ортогональную систему координат: $$CM=CB\cdot\sin60^{\circ}=4\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{6}$$
$$\left.\begin{matrix}S(0;0;2)\\L(\sqrt{2};\sqrt{6};0)\end{matrix}\right\}$$ $$\Rightarrow$$ $$SL \left \{ \sqrt{2};\sqrt{6};-2 \right \}$$
$$\left.\begin{matrix}C(0;0;0)\\M(0;2\sqrt{6};0)\end{matrix}\right\}$$ $$\Rightarrow$$ $$CM\left\{0;2\sqrt{6};0\right\}$$
$$\cos(SL;CM)=\frac{|\sqrt{2}\cdot0+\sqrt{6}\cdot2\sqrt{6}+(-2)\cdot0|}{\sqrt{2+6+4}\cdot\sqrt{4\cdot6}}=$$
$$=\frac{2\sqrt{36}}{\sqrt{12}\cdot\sqrt{24}}=\frac{2\cdot6}{2\sqrt{3}\cdot2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
$$\angle (SL;CM)=45^{\circ}$$ ч.т.д.
2) Пусть $$LK\parallel CM\Rightarrow d(SL;CM)=d(C;(SLK))$$
$$K(\sqrt{2}; 2\sqrt{6}; 0)$$ Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ - уравнение $$(SLK)$$
$$\left\{\begin{matrix}0\cdot a+0\cdot b+2\cdot c+d=0\\\sqrt{2}a+\sqrt{6}b+0\cdot c+d=0\\\sqrt{2}a+2\sqrt{6}b+0\cdot c+d=0\end{matrix}\right.$$
$$b=0;c=-\frac{d}{2};a=-\frac{\sqrt{2}d}{2}$$ $$-\frac{\sqrt{2}d}{2}x+0y-\frac{d}{2}z+d=0$$ $$\Rightarrow$$<
$$-\frac{\sqrt{2}}{2}x+0y-\frac{1}{2}z+1=0$$
$$d(C;(SLK))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$<
$$=\frac{|-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot0+0\cdot0-\frac{1}{2}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{2}{4}+0+\frac{1}{4}}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$$
Задание 3077
В прямоугольном параллелепипде ABCDA1B1C1D1 на ребре C1D1 взята точка К так, что KC1=3KD1
А) Докажите, что плоскость АСК делит диагональ BD1 в отношении 4:1, считая от точки В.
Б) Найдите расстояние от точки D до плоскости ACK, если известно, что АВ=4, ВС=3,
СС1=2.
А) Построим через К прямую $$a\parallel AC$$ ($$a\cap A_{1}D_{1}=M$$) $$\Rightarrow$$ (АМКС) - искомая плоскость 1) Построим ($$BB_{1}D_{1}D$$) $$\Rightarrow$$ HN - линия пересечения ($$BB_{1}D_{1}D$$) и (АМКС) Пусть $$HN\cap BD_{1}=0$$ $$\Rightarrow$$ доказать $$\frac{BO}{OD_{1}}=\frac{4}{1}$$ Пусть $$B_{1}D_{1}\cap C_{1}A_{1}=Z$$ 2) $$A_{1}C_{1}\parallel KM$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MD_{1}K\sim \bigtriangleup A_{1}C_{1}D_{1}$$ $$\frac{D_{1}K}{D_{1}C_{1}}=\frac{D_{1}H}{D_{1}Z}=\frac{1}{4}$$ 3) $$\bigtriangleup BON\sim \bigtriangleup HOD_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BN}{HD_{1}}=\frac{BO}{OD_{1}}$$ $$BN=ZD_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{ZD_{1}}{HD_{1}}=\frac{BO}{OD_{1}}=\frac{4}{1}$$ Ч.Т.Д Б) Введем ортогональную систему координат: пусть $$XA+BY+CZ+D=0$$ - уравнение (АМКС): $$A(0;4;0); C(3;0;0); K(3;3;2)$$ $$\left\{\begin{matrix}0\cdot a+4\cdot b+0\cdot c+d=0\\3a+0\cdot b+0\cdot c+d=0\\3a+3b+2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}4b+d=0\\3a+d=0\\3a+3b+2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}b=-\frac{d}{4}\\a=-\frac{d}{3}\\-d-\frac{3d}{4}2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}b=-\frac{d}{4}\\a=-\frac{d}{3}\\c=\frac{3d}{8}\end{matrix}\right.$$ $$-\frac{d}{3}x-\frac{d}{4}y+\frac{3d}{8}z+d=0$$ $$-\frac{1}{3}x-\frac{1}{4}y+\frac{3}{8}z+1=0$$ $$D(3;4;0)$$ $$d(D:(AMKC))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$ $$=\frac{|-\frac{1}{3}\cdot3+-\frac{1}{4}\cdot4+\frac{3}{8}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{9}{64}}}=$$ $$=\frac{|-1-1+1|}{\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{13}{64}}}=$$ $$=\frac{1}{\sqrt{\frac{181}{9\cdot64}}}=$$ $$=\frac{3\cdot8}{\sqrt{181}}=\frac{24\sqrt{181}}{181}$$
Задание 3159
В правильной треугольной пирамиде SABC точка К – середина ребра АВ. На ребре SC взята точка М так, что SM : СМ = 1:3.
Задание 3205
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 АВ=ВС=4, СС1=8. Точка К – середина ребра АВ, точка М – середина ребра ВС. Точка Р лежит на ребре DD1 так, что DP:PD1=3:5.
А) Докажите, что плоскость КМР перпендикулярна прямой DВ1.
Б) Найдите объем пирамиды, основанием которой является сечение параллелепипеда плоскостью КМР, а вершиной – точка D.
Задание 3249
В параллелепипеде АВСDA1B1C1D1 точка К – середина ребра АВ.
а) Докажите, что плоскость СКD1 делит объем параллелепипеда в отношении 7:17.
Б) Найдите расстояние от точки D до плоскости СКD1, если известно, что ребра АВ, АD и АА1 попарно перпендикулярны и равны соответственно 6, 4 и 6.
a) 1) C и K соединим, C и D1 соединим
2) т.к. $$(ABB_{1})\parallel(DCC_{1})$$ $$\Rightarrow$$ $$CD_{1}\parallel a$$, а через точку К $$a\cap AA_{1}=M$$ $$\Rightarrow$$ $$D_{1}$$ и М соединим $$\Rightarrow$$ $$CD_{1}MK$$ - сечение
3) Продолжим $$D_{1}M$$ и $$CK$$ до пересечения в Н.
4) Пусть $$DD_{1}=x$$ $$DC=y$$ $$AD=z$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=x\cdot y\cdot z$$
$$V_{AMKDD_{1}C}=\frac{1}{3}AD(S_{AMK}+\sqrt{S_{AMK}\cdot S_{DD_{1}C}}+S_{DD_{1}C})$$
т.к. $$AK=\frac{1}{2}DC$$ и $$AK\parallel CD$$, $$CD_{1}\parallel KM$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup AMK\sim \bigtriangleup DD_{1}C$$
$$S_{DD_{1}C}=\frac{1}{2}x\cdot y$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{AMK}=\frac{1}{4}S_{DD_{1}C}=\frac{1}{8}x\cdot y$$
$$V_{AMKDD_{1}C}=\frac{1}{3}z\cdot(\frac{1}{8}xy+\sqrt{\frac{1}{8}xy\cdot\frac{1}{2}xy}+\frac{1}{2}xy)=$$
$$=\frac{1}{3}z\cdot(\frac{1}{8}xy+\frac{1}{4}xy+\frac{1}{2}xy)=\frac{1}{3}z\cdot\frac{7}{8}xy=$$
$$={7}{24}xyz$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ocm}=xyz-\frac{7}{24}xyz=\frac{17}{24}xyz$$
5) $$\frac{V_{AMKDD_{1}C}}{V_{ocm}}=\frac{\frac{7}{24}xyz}{\frac{17}{24}xyz}=\frac{7}{17}$$
ч.т.д.
б) Вводим ортгональную систему координат:
$$C(6;0;0)$$
$$K(3;4;0)$$
$$D_{1}(0;0;6)$$
Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ уравнение $$(CKD_{1})$$:
$$\left\{\begin{matrix}6a+0b+0c+d=0\\3a+4b+0c+d=0\\0a+0b+6c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$
$$\left\{\begin{matrix}6a+d=0\\3a+4b+d=0\\6c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$
$$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{6}\\-\frac{d}{6}+4b+d=0\\c=-\frac{d}{6}\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$
$$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{6}\\b=-\frac{d}{8}\\c=-\frac{d}{6}\end{matrix}\right.$$
$$-\frac{d}{6}x-\frac{d}{8}y-\frac{d}{6}z+d=0$$
$$-\frac{1}{6}x-\frac{1}{8}y-\frac{1}{6}z+1=0$$
$$D(0;0;0)$$
$$d(D;(CKD_{1}))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$
$$=\frac{|-\frac{1}{6}\cdot0-\frac{1}{8}\cdot0-\frac{1}{6}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{1}{36}+\frac{1}{64}+\frac{1}{36}}}=$$
$$=\frac{1}{\sqrt{\frac{41}{64\cdot9}}}=\frac{3\cdot8}{\sqrt{41}}=\frac{24\sqrt{41}}{41}$$
Задание 3330
Площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды SABCD с основанием ABCD равна 108, а площадь полной поверхности этой пирамиды равна 144.
Задание 3425
В одном основании прямого кругового цилиндра с высотой 12 и радиусом основания 6 проведена хорда AB, равная радиусу основания, а в другом его основании проведён диаметр CD, перпендикулярный AB. Построено сечение ABNM, проходящее через прямую AB перпендикулярно прямой CD так, что точка C и центр основания цилиндра, в котором проведён диаметр CD, лежат с одной стороны от сечения.
а)
1) Опустим $$BN\perp$$ основанию $$\Rightarrow$$ $$BN\perp CD$$
2) Проведем $$MN\parallel AB$$ $$\Rightarrow$$ $$CD\parallel MN$$ $$\Rightarrow$$ $$(ABNM)$$ - ИСКОМАЯ
3) т.к. $$MN\parallel AB$$ и $$AB=MN$$ $$\Rightarrow$$ ABNM - прямоугольник $$\Rightarrow$$ $$MB=AN$$ ч.т.д.
б) $$V_{CABNM}=\frac{1}{3}CR\cdot S_{ABNM}=\frac{1}{3}(CO+OR)\cdot AB\cdot BN$$
$$AB=CO=6$$; $$BN=12$$
из $$\bigtriangleup OMN$$ - равносторонний:
$$OR=\frac{\sqrt{3}}{2}OM$$ $$(\angle M=60^{\circ})$$ $$\Rightarrow$$ $$OR=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot6=3\sqrt{3}$$
$$V_{CABNM}=\frac{1}{3}\cdot(6+3\sqrt{3})\cdot6\cdot12=144+72\sqrt{3}$$
Задание 3662
В кубе $$ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ точка О1 – центр квадрата АВСD, точка О2 – центр квадрата $$CC_{1}D_{1}D$$
1) Опустим $$O_{2}M\perp C_{1}D_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}M$$ - проекция $$B_{1}O_{2}$$ на $$(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1})\Rightarrow(B_{1}MO_{2})$$ плоскость $$B_{1}O_{2}$$; достроим её до $$(B_{1}MM_{1}B)$$
2) Опустим $$O_{1}L\perp AD$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}L$$ - проекция $$A_{1}O_{1}$$ на $$(AA_{1}D_{1}D)\Rightarrow(A_{1}O_{1}L)$$ плоскость $$A_{1}O_{1}$$; достроим её до $$(A_{1}LL_{1}B_{1})$$
3) $$BM_{1}\cap LL_{1}=H$$ $$B_{1}$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$B_{1}H$$ -линия пересечения $$(A_{1}LL_{1}B_{1})$$ и $$(B_{1}MM_{1}B)$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}O_{1}\cap(B_{1}MM_{1}B)$$ по $$B_{1}H$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}O_{1}$$ не пересекает $$B_{1}O_{2}$$ и $$A_{1}O_{1}$$ не параллельна $$B_{1}O_{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}O_{2}$$ и $$A_{1}O_{1}$$ - скрещивающиеся
б) 1) Введем ортогональную систему координат как на рисунке: $$B_{1}(0;0;2)$$; $$O_{2}(2;1;1)$$; $$A_{1}(0;2;2)$$
2) Пусть $$B_{1}L_{2}\parallel A_{1}L$$, тогда $$(B_{1}O_{2}L_{2})\parallel A_{1}L$$, $$d(A_{1}L; B_{1}O_{2})=d((B_{1}O_{2}L_{2});A_{1})$$
$$L_{2}(1;-1;0)$$
3) Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ - уравнение $$(B_{1}O_{2}L_{2})$$
$$\left\{\begin{matrix}0\cdot x+0\cdot y+2z+d=0\\2x+1y+1z+d=0\\1x+(-1)\cdot y+0\cdot z+d=0\end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix}2z+d=0\\2x+y+z+d=0\\x-y+d=0\end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix}z=-\frac{d}{2}\\3x+z+2d=0\\x-y+d=0\end{matrix}\right.$$
$$3x-0,5d+2d=0$$
$$3x=-1,5d$$
$$x=-0,5d$$
$$-y+0,5d=0$$
$$y=0,5d$$
$$d((B_{1}O_{2}L_{2});A_{1})=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$
$$=\frac{|1\cdot0-1\cdot2+1\cdot2-2}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$
Задание 3861
Основание пирамиды DABC - прямоугольный треугольник ABC с прямым углом С. Высота пирамиды проходит через середину ребра AC, а боковая грань ACD - равносторонний треугольник.
а) 1) Пусть $$DH$$ - высота; $$\Rightarrow DH\perp ABC$$
2) Пусть $$MC\cap DH=N\Rightarrow NH\perp AC$$
$$\Rightarrow CH$$ - проекция $$NC$$ на $$(ABC)$$
3) т.к. $$AC\perp CB$$, то по теореме о трех перпендикулярах $$NC\perp CB$$
$$\Rightarrow$$ $$MC\perp CB$$
$$\Rightarrow\bigtriangleup MCB$$ - прямоугольный
б) 1) т.к. $$AC\perp CB$$ и $$CB\perp MC$$ $$\Rightarrow CB\perp(ADC)$$
$$\Rightarrow(BCM)\perp(ACD)$$
$$\Rightarrow$$ расстояние от D до $$(CBM)$$ - перпендикуляр $$DL\in(ADC)$$
2) т.к. $$\bigtriangleup ACD$$ - равносторонний и $$AM-MD, то $$CM\perp AD$$
$$\Rightarrow DM$$ - искомое расстояние
3) $$DC=\frac{DH}{\sin C}=\frac{6}{\sin60^{\circ}}=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$$
$$\Rightarrow$$ $$MD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}DC=2\sqrt{3}$$
Задание 4018
Куб целиком находится в правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S так, что одна грань куба принадлежит основанию, одно ребро целиком принадлежит грани SBC, а грани SAB и SAC содержат по одной вершине куба. Известно, что ребро АВ в 2 раза больше высоты пирамиды.
1) Пусть h - высота пирамиды, тогда $$AB=CB=AC=2h$$ $$\Rightarrow$$
$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot2h\cdot2h\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}h^{2}$$ $$\Rightarrow$$
$$V_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot h\cdot\sqrt{3}h^{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}h^{3}$$
2) Пусть KL - ребро куба; $$KL\in(SBC)$$;
$$(NMLK)\parallel(N_{1}M_{1}L_{1}K_{1})\cap SBC\Rightarrow KL\parallel CB$$;
аналогично: $$C_{1}B_{1}\parallel CB$$; $$A_{1}B_{1}\parallel B$$;$$A_{1}C_{1}\parallel AC$$
3) Пусть ребро куба - x $$\Rightarrow$$
$$d((ABC);(A_{1}B_{1}C_{1}))=x$$ - расстояние $$\Rightarrow$$
высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}=h-x$$
4) Пусть $$SO_{1}$$- высота $$SABC$$, $$SO_{2}$$ - высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}$$
$$\bigtriangleup SO_{2}B_{1}\sim\bigtriangleup SO_{1}B\Rightarrow\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{SO_{2}}{SO_{1}}=\frac{h-x}{h}$$
$$\bigtriangleup SB_{1}A_{1}\sim\bigtriangleup SBA\Rightarrow\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{h-x}{h}$$ $$\Rightarrow$$
$$A_{1}B_{1}=AB\cdot\frac{h-x}{h}=2h\cdot\frac{h-x}{h}=2(h-x)$$
5) $$\bigtriangleup NMA_{1}$$ - правильный; $$NA_{1}=NM=x$$ $$\Rightarrow$$
из $$C_{1}NK$$: $$C_{1}N=\frac{NK}{\sin 60}=\frac{2x}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$
$$C_{1}A_{1}=C_{1}N+NA_{1}=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$
6) $$\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$$ - правильный $$\Rightarrow$$
$$2(h-x)=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$
$$2h-2x=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$
$$x(3+\frac{2}{\sqrt{3}})=2h$$ $$\Rightarrow$$
$$x=\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2}$$ $$\Rightarrow$$
$$V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}=x^{3}=(\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2})^{3}$$
7) $$\frac{V_{ABCD}}{V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}}=\frac{\sqrt{3}h^{3}}{3}\cdot\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{2^{3}h^{3}\sqrt{3}^{3}}=$$
$$=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{9\cdot8}=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{72}$$