ЕГЭ Профиль
Задание 2499
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 $$AB=2$$, $$AD=1$$, $$AA_{1}=3$$. Точка К лежит на ребре СС1 так, что $$CK\div C_{1}K=5\div 4$$.
А) Докажите,что прямые DB1 и D1K перпендикулярны.
Б) Найдите расстояние от точки D1 до полоски KA1D.
 |
A) введем ортогональную систему координат: B1(0;0;3); D(1;2;0); K(1;0;$$\frac{5}{9}\cdot3$$); D1(1;2;3); $$\vec{B_{1}D}\left \{ 1;2;-3\right\}$$; $$\vec{K_{1}D}\left \{ 0;2;\frac{4}{3}\right\}$$; |
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 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 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}$$