ЕГЭ Профиль
Задание 4961
В основании треугольной пирамиды ABCD лежит треугольник АВС, где АВ=ВС=5, АС=6. Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом, синус которого равен $$\frac{3}{4}$$.
Задание 7412
Дана правильная треугольная призма ABCA1B1C1. На ребре BC взята точка M, причём BM : CM=1 : 2.
Задание 9801
В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки А, В и С, а на окружности другого основания - точка С1 причём СС1 - образующая цилиндра, а АС - диаметр основания. Известно, что $$\angle ACB$$=30°, АВ=$$\sqrt{2}$$ , СС1=4.
Задание 10497
В основании треугольной призмы АВСА1В1С1 лежит прямоугольный треугольник АВС с прямым углом В. На ребре ВС взята точка L, причем BL:LC=1:2
Задание 10936
В основании четырёхугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами АВ = 8 и ВС = 6. Длины боковых рёбер пирамиды $$SA=\sqrt{21},\ SB=\sqrt{85},\ SD=\sqrt{57}$$.
а) Заметим, что $$SA^2+AB^2=21+64=85=SA^2\to SA\bot AB$$. $$SA^2+AD^2=21+36=57=SD^2\to SA\bot AD\to SA\bot \left(ABCD\right).$$
б) Пусть $$AC\cap DB=H$$. Т.к. $$ABCD$$ - прямоугольник, то $$AH=HC$$. $$AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=10\to AH=5$$. Из $$H$$ проведем среднюю линию $$\triangle SAC\to HK\parallel SC\to SC\wedge BD=HK\wedge BD$$. $$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{21+100}=\sqrt{121}\to KH=\frac{\sqrt{121}}{2}=\frac{11}{2}.$$ $$DH=\frac{DB}{2}=\frac{AC}{2}=5. DK=\sqrt{DA^2+AK^2}=\sqrt{36+\frac{21}{4}}=\frac{\sqrt{165}}{2}. $$ $${\cos KHD\ }=\frac{KH^2+DH^2-DK^2}{2\cdot KH\cdot DH}=\frac{\frac{121}{4}+25-\frac{165}{4}}{2\cdot \frac{11}{2}\cdot 5}=\frac{221-165}{4\cdot 11\cdot 5}=\frac{14}{55}\to $$ $$\to \angle KHD=arccos\frac{14}{55}.$$
Задание 11020
В основании четырёхугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами АВ = 8 и ВС = 6. Длины боковых рёбер пирамиды $$SA\ =\ \sqrt{21},\ SB=\sqrt{85}\ ,\ SD\ =\ \sqrt{57}.$$
а) Рассмотрим треугольник SAB. Из значения его сторон следует, что $$SB^2=SA^2+AB^2$$, Следовательно, SB - гипотенуза и угол SAB - прямой. Аналогично для треугольника SAD: $${SD}^2=AD^2+SA^2$$, получаем, что SD - гипотенуза и угол SAD - прямой. В результате получаем, что при $$SA\bot AB,\ SA\bot AD$$, следует $$SA\bot ABC$$ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), и следовательно, SA - высота пирамиды.
б) Угол между прямыми SC и BD - это угол между двумя скрещивающимися прямыми, который соответствует углу $$\alpha $$ между прямыми NO и OD (см. рисунок). Так как прямая $$ON\parallel SC$$ и точка O делит прямую AC пополам, то и точка N будет делить AS пополам. Следовательно, ON - это средняя линия треугольника ASC и равна $$ON=\frac{1}{2}SC.$$
Вычислим диагональ AC из прямоугольного треугольника ACD: $$AC=\sqrt{36+64}=10.$$
Тогда длина ребра SC будет равна (учитывая, что треугольник SAC прямоугольный): $$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{21+100}=11$$ и $$ON=\frac{11}{2}=5,5.$$
Так как диагонали в прямоугольнике равны, то $$BD=AC$$. Тогда $$OD=\frac{1}{2}AC=\frac{10}{2}=5.$$
Найдем длину отрезка DN. Рассмотрим прямоугольный треугольник SAD, в котором катет $$DA=6$$, катет $$AN=\frac{1}{2}SA=\frac{\sqrt{21}}{2}$$ и по теореме Пифагора имеем $$DN=\sqrt{36+\frac{21}{4}}=\frac{\sqrt{165}}{2}.$$
По теореме косинусов находим косинус угла $$\alpha $$, получаем: $${\cos \alpha \ }=\frac{OD^2+ON^2-DN^2}{2\cdot OD\cdot ON}=\frac{25+30,25-41,25}{2\cdot 5\cdot 5,5}=\frac{14}{55}$$ откуда $$\alpha ={\arccos \frac{14}{55}\ }.$$
Задание 11086
В основании прямой призмы $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$ лежит равнобедренная трапеция АВСD c основаниями AD и ВС. Известно, что $$AD:BC\ =\ 2:1$$ и $$АВ\ =\ ВС.$$
а) Докажите, что $$DB_1\bot A_1B_1$$.
б) Найдите угол между прямыми $$CD_1$$ и $$DB_1$$, если боковая грань $$AA_1D_1D$$ - квадрат.
Задание 13692
В правильной призме ABCDA1B1C1D1с основанием ABCD боковое ребро равно $$\sqrt{3}$$, а сторона основания равна 2. Через точку А1 перпендикулярно плоскости AB1D1проведена прямая I.
Задание 13775
В правильной призме ABCDA1B1C1D1с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна $$\sqrt{6}$$. Через точку А1 перпендикулярно плоскости AB1D1 проведена прямая I.
Задание 14574
а) Докажем, что угол между прямыми АМ и SN равен 60°. Прямые АМ и SN являются скрещивающимися.
Углом между скрещивающимися прямыми считают угол между соответственно параллельными им пересекающимися прямыми.
Прямую АМ заменим параллельной ей прямой FN. Углом между скрещивающимися прямыми АМ и SN будет угол между пересекающимися прямыми FN и SN. Обозначим этот угол через α и докажем, что он равен 60°.
Проведём АК параллельно ВС. Соединим точки S и К. Так как точка М – середина ВС, а треугольник АВС равносторонний, то АМ – медиана, высота и биссектриса треугольника АВС. Тогда прямая FK, параллельная АМ будет также перпендикулярна ВС. А так как АК параллельна ВС, то АК перпендикулярна и АМ, и FK. Таким образом, четырёхугольник АМFК является прямоугольником. Прямая SК является наклонной к плоскости АВС, SА – перпендикуляр к плоскости АВС, АК – проекция прямой SК на плоскость АВС. Прямая FK, проведённая через основание наклонной SК перпендикулярно её проекции АК, будет перпендикулярна наклонной SК на основании теоремы о трёх перпендикулярах. Значит, треугольник SNK является прямоугольным с прямым углом при вершине К. Катет NK равен половине FK, а значит, и половине АМ (противоположные стороны прямоугольника АМFК равны, а равенство отрезков FN и NK следует из равенства прямоугольных треугольников NFB и NKA по равным катетам BN и AN и вертикальным углам при вершине N).
$$NK=\frac{1}{2}FK=\frac{1}{2}AM.$$
По условию SN=AM , поэтому
$$NK=\frac{1}{2}SN$$
Итак, из прямоугольного треугольника SNK
$$\cos\alpha=\frac{NK}{SN}=\frac{\frac{1}{2}SN}{SN}=\frac{1}{2}.$$
Отсюда следует:
$$\alpha=\arccos\frac{1}{2}=60^{\circ},$$
что и требовалось доказать.
б) Найдём расстояние между скрещивающимися прямыми АМ и SN. Используем метод проекций, опирающийся на следующую лемму.
Лемма Шарыгина И.Ф.
Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки, являющейся проекцией одной из прямых на перпендикулярную ей плоскость, до проекции другой прямой на эту плоскость.
У нас SKA – плоскость, перпендикулярная прямой АМ (АМ перпендикулярна SA по условию и АК по построению). А – проекция АМ на плоскость SKA. SN – наклонная к плоскости SKA, NK – перпендикуляр, SК – проекция наклонной SN к плоскости SKA. Расстояние от точки А до SК и будет являться искомым расстоянием между скрещивающимися прямыми АМ и SN. Проведём АЕ перпендикулярно SК. Отрезок АЕ – это высота прямоугольного треугольника SKA, проведённая к гипотенузе SK.
$$AE=\frac{SA\cdot AK}{SK}.$$ По условию $$BC=3\sqrt{2}.$$
В равностороннем треугольнике АВС:
высота $$AM=BC\cdot\sin60^{\circ}=3\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.$$
Тогда $$SN=AM=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.$$
Отрезок $$NK=\frac{1}{2}FK=\frac{1}{2}AM=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}.$$
Так как в треугольнике АВМ точка N – середина стороны АВ, FN параллельна АМ, поэтому FN – средняя линия треугольника АВМ. Точка F – середина отрезка ВМ.
Тогда $$MF=\frac{1}{2}BM=\frac{1}{4}BC=\frac{3\sqrt{2}}{4}.$$
АК = МF как противоположные стороны прямоугольника АМFК.
$$AK=\frac{3\sqrt{2}}{4}.$$
В прямоугольном треугольнике SAN гипотенуза
$$SN=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}},$$ катет $$AN=BN=\frac{1}{2}AB=\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3}{\sqrt{2}}.$$
По теореме Пифагора SA2 = SN2 — AN2.
$$SA^2=(\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}})^2-(\frac{3}{\sqrt{2}})^2=\frac{27}{2}-\frac{9}{2}=\frac{18}{2}=9.$$
Тогда SA = 3.
Из прямоугольного треугольника SKN
катет SK = SN ∙ sinα = SN ∙ sin60°.
$$SK=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2};$$ $$SK=\frac{9}{2\sqrt{2}}$$
Искомое расстояние:
$$AE=\frac{SA\cdot AK}{SK}=\frac{3\cdot\frac{3\sqrt{2}}{4}}{\frac{9}{2\sqrt{2}}}=\frac{3\cdot3\cdot\sqrt{2}\cdot2\sqrt{2}}{4\cdot9}=1.$$