ЕГЭ Профиль
Задание 4227
Отрезок AC ― диаметр основания конуса, отрезок AP ― образующая этого конуса и AP = AC . Хорда основания BC составляет с прямой AC угол 60°. Через AP проведено сечение конуса плоскостью, параллельной прямой BC. Найдите расстояние от центра основания конуса O до плоскости сечения, если радиус основания конуса равен 1.
Задание 4235
Ребро SA пирамиды SABC перпендикулярно плоскость основания ABC.
Задание 4819
Сторона основания правильной треугольной призмы АВСА1В1С1 равна $$10\sqrt{3}$$ , а высота СС1 равна 7,5. На ребре В1С1 отмечена точка Р так, что В1Р:РС1=1:3. Точки Q и М являются серединами сторон АВ и А1С1 соответственно. Плоскость $$\alpha$$ параллельна прямой АС и проходит через точки Р и Q.
А) 1) $$a\cap (ABC)=QT\left |\right |AC$$, $$a\cap (A_{1}B_{1}C_{1})=PN\left |\right |A_{1}C_{1}$$, т.к. $$a\left |\right |AC. a\cap (BGM)=EF$$, $$BM\cap EF=S$$( E и F-середины PN и QT). BM-наклонная , BG-её проекция , $$BG\perp QT\Rightarrow$$ по т. о трёх перпендикулярах $$BM\perp QT(1)$$
2) $$\angle SBF =\beta$$ , $$\angle BFS=\gamma$$ , $$\angle BSF=\varphi$$; $$BG=AB*\sin 60=10\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}{2}=15$$; $$tg\beta =\frac{MG}{BG}=\frac{7,5}{15}=\frac{1}{2}$$; $$ctg\gamma =\frac{\frac{1}{2}BF}{BB_{1}}=$$$$\frac{1}{4}*\frac{15}{7,5}=$$$$\frac{1}{2}=tg\beta \Rightarrow$$ $$\beta +\gamma =90$$, тогда $$\varphi =90$$, $$BM\perp EF(2)$$ . Из (1) и (2) $$\Rightarrow$$ $$BM\perp \alpha$$
Б) 1) из п. а) $$BM\perp \alpha \Rightarrow$$ $$p(Ma)=MS$$
2) $$\Delta ESM\sim \Delta FSB$$ по двум углам $$\Rightarrow$$ $$\frac{MS}{BS}=\frac{ME}{BF}=\frac{3}{2}$$, тогда $$MS=\frac{3}{5}BM$$; $$BM=\sqrt{BG^{2}+MG^{2}}=\sqrt{225+\frac{225}{4}}=\frac{15\sqrt{5}}{2}$$, $$MS=\frac{3}{5}*\frac{15\sqrt{5}}{2}=\frac{9\sqrt{5}}{2}$$
Задание 4863
а) 1) Достроим AE до пересечения с BC в точке N. Тогда $$(AMN)=\alpha$$
2) $$\bigtriangleup AED \sim \bigtriangleup BFE$$ (по двум углам). Тогда $$\frac{BE}{ED}=\frac{BF}{AD}\Leftrightarrow $$$$BF=\frac{BE*AD}{ED}=\frac{1}{2}*12=6$$
3)$$AB=BF; BG\perp (ABC);BG$$-общая, значит $$\bigtriangleup ABG =\bigtriangleup GBF ; AG = GF$$
б)1)Расстояние от B до плоскости сечения такое же, как и от B1. Построим $$BH \perp AF$$: $$BH=\frac{1}{2}AF$$ ($$\bigtriangleup ABF$$ - прямоугольный и равнобедренный). $$BH = \frac{1}{2}*\sqrt{6^{2}+6^{2}}=3\sqrt{2}$$
2) Построим $$BF \perp GH ; BR \perp AF$$ (т.к. $$BH \perp AF$$, то по теореме о трех перпендикулярах). Тогда $$BR \perp \alpha$$, значит BR - расстояние
3) из $$\bigtriangleup GBH: BR=\frac{BG*BH}{GH}=$$$$\frac{5*3\sqrt{2}}{\sqrt{5^{2}+9*2}}=$$$$\frac{30}{\sqrt{86}}$$
Задание 5385
А) 1) Т.к $$\left | SA \right |=\left | SK \right |=\left | SD \right |=\left | SC \right |$$,то если $$(SO)\perp (ABC)$$ , то $$O\in (ABC)$$ и то $$\Delta AOS=\Delta BOS=\Delta COS=$$$$\Delta DOS\Rightarrow O=(BD)\cap (AC)$$
2) Из $$\Delta ABD: \left | BD \right |=\sqrt{\left | AD \right |^{2}+\left | AB \right |^{2}}=7\Rightarrow E \in [OB]$$. Пусть $$(CE)\cap (AB)=K$$. Тогда, по теореме Менелая для $$\Delta OAB$$ и прямой CK имеем :$$\frac{\left | BE \right |}{\left | EO \right |}*\frac{\left | OC \right |}{\left | CA \right |}*\frac{\left | AK \right |}{\left | BK \right |}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{3}{\frac{1}{2}}*\frac{\frac{7}{2}}{7}*\frac{\left | AK \right |}{\left | BK \right |}=1\Rightarrow$$ $$\left | BK \right |=3\left | AK \right |\Rightarrow \left | BK \right |=3, \left | AK \right |=1, \left | AF \right |=1\Rightarrow$$ $$\Delta AFK\sim \Delta ASB\Rightarrow (FK)\left | \right |(SB)\Rightarrow (EFC)\left | \right |(SB)$$.
Б) 1) Пусть $$(EQ)\left | \right |(SB), Q \in (DS)$$, тогда $$Q \in (CEF)\Rightarrow$$ $$\Delta DSB\sim \Delta DEQ\Rightarrow$$ $$\frac{\left | DE \right |}{\left | DB \right |}=\frac{\left | QD \right |}{\left | SD \right |}\Leftrightarrow$$ $$\frac{4}{7}=\frac{\left | QD \right |}{4}\Rightarrow$$ $$\left \| QD \right \|=\frac{16}{7}$$
2) Пусть теперь $$(QL)\left | \right |(SO)$$,тогда $$(QL)\perp (ABC)$$, $$\Delta DQL\sim \Delta DSO\Rightarrow$$ $$\frac{\left | QL \right |}{\left | SO \right |}=\frac{\left | DQ \right |}{\left | SD \right |}$$
3) Из $$\Delta DSO$$ по теореме Пифагора : $$\left | SO \right |=\sqrt{\left | DS \right |^{2}-\left | DO \right |^{2}}=$$$$\sqrt{16-\frac{49}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$$, следовательно, из предыдущей пропорции получаем:
$$\left | QL \right |=\frac{\left | DQ \right |*\left | SO \right |}{\left | SD \right |}=\frac{2}{7}\sqrt{15}$$
Задание 6041
Дана четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S и прямоугольником ABCD в основании. Известно, что SA=SB=SC=SD=13, AD=BC=12, AB=CD=5. Из точки А на ребро SC опущен перпендикуляр АН.
а) 1) $$AC=\sqrt{AD^{2}+FC^{2}}=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$$(ABCD-прямоугольник)
2) AS=SC по b условию $$\Rightarrow AS=SC=AC\Rightarrow \Delta ASC$$-равносторонний. Тогда AH-высота, медиана $$\Rightarrow SH=HS$$.
б)1)Построим $$CM\perp SB$$ и $$HK\perp SB$$; $$CH=HS$$ и $$CM\left | \right |HK$$, то $$HK=\frac{1}{2}*CM$$
2) из $$\Delta SBC$$:
$$\cos B =\frac{SB^{2}+CB^{2}-SC^{2}}{2*SB*CD}=$$$$\frac{13^{2}+12^{2}-13^{2}}{2*12*13}=\frac{6}{13}$$
$$\sin B =\sqrt{1-\cos^{2}\beta }=\frac{\sqrt{133}}{13}$$
3) из $$\Delta BMC$$:
$$MC=CB*\sin B =\frac{12*\sqrt{133}}{13}\Rightarrow$$ $$HK=\frac{6*\sqrt{133}}{13}$$