ЕГЭ Профиль
Задание 4348
В правильной треугольной пирамиде MABC с основанием ABC стороны основания равны 6, а боковые рёбра 10. На ребре AC находится точка D, на ребре AB находится точка E, а на ребре AM — точка L. Известно, что AD = AE = LM = 4. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки E, D и L.
Задание 4349
Плоскость α пересекает два шара, имеющих общий центр. Площадь сечения меньшего шара этой плоскостью равна 8. Плоскость β, параллельная плоскости α, касается меньшего шара, а площадь сечения этой плоскостью большего шара равна 5. Найдите площадь сечения большего шара плоскостью α.
Задание 4351
В треугольной пирамиде MABC основанием является правильный треугольник ABC, ребро MB перпендикулярно плоскости основания, стороны основания равны 3, а ребро MA = 6. На ребре AC находится точка D, на ребре AB точка E, а на ребре AM — точка L. Известно, что AD = AL = 2, и BE = 1. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки E, D и L.
Задание 4396
В основании пирамиды TABCD лежит трапеция ABCD , в которой $$BC\parallel AD$$ и AD:BC=2. Через вершину Т пирамиды проведена плоскость, параллельная прямой ВС и пересекающая отрезок АВ в точке М такой, что АМ:MB=2. Площадь получившегося сечения равна 10, а расстояние от ребра ВС до плоскости сечения равно 4.
а) 1) Построим через М прямую $$\parallel BC$$ $$\Rightarrow$$ $$MN\parallel BC$$ $$\Rightarrow$$ $$(TMN)$$ - сечение
2) Опустим высоту ВН в трапеции ABCD: $$BH\cap MN=O$$ $$\Rightarrow$$ $$BO=h$$; $$\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABH$$ (по острому углу и прямому) $$\Rightarrow$$ $$\frac{BO}{OH}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$OH-2BO=2h$$
3) Опустим $$CK\perp CD$$; $$CK\cap MN=R$$: $$BC=OR=HK=x$$ $$\Rightarrow$$ Пусть $$CH=a$$ $$\Rightarrow$$ $$KD=x-a$$. Тогда из подобия $$\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABH$$: $$MO=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{3}a$$; аналогично $$RN=\frac{1}{3}KD=\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}a$$. Tогда $$MN=MO+OR+RN=\frac{1}{3}a+x+\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}a=\frac{4}{3}x$$
4) $$S_{MBCN}=\frac{BC+MN}{2}\cdot BO=$$ $$\frac{x+\frac{4}{3}x}{2}\cdot h=\frac{7xh}{6}$$; $$S_{AMND}=\frac{AD+MN}{2}\cdot OH=$$ $$\frac{2x+\frac{4}{3}x}{2}\cdot2h=\frac{20xh}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{V_{MBCNT}}{V_{AMNDT}}=\frac{S_{MBCN}}{S_{AMND}}=$$ $$\frac{7xh}{6}\div\frac{20xh}{6}=\frac{7}{20}$$
б) 1) Пусть расстояние от ВС до $$MTN=d$$ (т.к. у них общая вершина): $$V_{BMNT}=\frac{1}{3}S_{MTN}\cdot d=\frac{1}{3}\cdot10\cdot4=\frac{40}{3}$$
2) $$\frac{V_{BNMT}}{V_{BCNMT}}=\frac{S_{BNM}}{S_{BCNM}}=$$ $$\frac{\frac{1}{2}\cdot MN\cdot BO}{\frac{MN+BC}{2}\cdot BO}=$$ $$\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{4x}{3}}{\frac{x+\frac{4x}{3}}{2}}=\frac{4}{7}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{BCNMT}=\frac{7}{4}V_{BNMT}=\frac{70}{3}$$
3) $$V_{AMNDT}=\frac{20}{7}V_{BCNMT}=\frac{70}{3}\cdot\frac{20}{7}=\frac{200}{3}$$
4) $$V_{ABCDT}=V_{AMNDT}+V_{BCNMT}=\frac{70}{3}+\frac{200}{3}=90$$
Задание 4914
Основанием четырехугольной пирамиды SABCD является квадрат ABCD со стороной АВ=4. Боковое ребро SC, равное 4, перпендикулярно основанию пирамиды. Плоскость $$\alpha$$, проходящая через вершину С параллельно прямой BD, пересекает ребро SA в точке М, причем SM:MA=1:2
a) 1) $$AS=\sqrt{16+32}=4\sqrt{3}$$; $$AM=\frac{4\sqrt{3}\cdot2}{3}$$; $$MS=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$; $$MC=\frac{4\cdot4\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$$; $$4^{2}=(\frac{4\sqrt{6}}{3})^{2}+(\frac{4\sqrt{3}}{3})^{2}=\frac{16\cdot6+16\cdot3}{9}=16$$
2) $$AC\perp DB$$ $$\Rightarrow$$ $$SA\perp DB$$ $$\Rightarrow$$ $$SA\perp KN$$
б) 1) $$\frac{CE}{EM}\cdot\frac{MS}{SA}\cdot\frac{AO}{OC}=1$$; $$\frac{CE}{EM}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1}=1$$; $$\frac{CE}{EM}=\frac{3}{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$CE=\frac{3}{4}\cdot CM=\frac{3}{4}\cdot\frac{4\sqrt{6}}{3}=\sqrt{6}$$
2) $$\cos ACM=\frac{CM}{AC}=\frac{\frac{4\sqrt{6}}{3}}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$; $$OE=\sqrt{OC^{2}+CE^{2}-2OC\cdot CE\cdot\cos ACM}=$$ $$\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{6})^{2}-2\cdot2\sqrt{2}\cdot\sqrt{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}}=$$ $$\sqrt{8+6-\frac{4\cdot6}{3}}=\sqrt{6}$$
3) $$SO=\sqrt{OC^{2}+SC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+4^{2}}=\sqrt{24}$$ $$\Rightarrow$$ $$SE=SO-OE=2\sqrt{6}-\sqrt{6}=\sqrt{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$NK$$ - средняя линия $$\bigtriangleup SDB$$ $$\Rightarrow$$ $$NK=\frac{1}{2}DB=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$;
4) $$S_{CKMN}=\frac{1}{2}\cdot CM\cdot NK=\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt{6}}{3}\cdot2\sqrt{2}=\frac{4\cdot\sqrt{12}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$$
Задание 5057
В основании прямой призмы $$ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ лежит ромб ABCD, причем AB=BD. Точки М и N – середины ребер $$B_{1}C_{1}$$ и АВ соответственно.
А) 1) Построение сечения: $$D_{1}M\cap A_{1}B_{1}=Q$$; $$QN\cap BB_{1}=T$$; $$QN\cap AA_{1}=G$$; $$GD_{1}\cap AD=K$$, тогда $$D_{1}MTNK$$ - сечение .
2) Так как $$AB=BD$$, то $$\Delta BDC$$ - равносторонний и $$\angle BDC=60$$. $$M_{1}$$ - середина BC (проекция M на (ABC))$$\Rightarrow$$ $$DM_{1}$$ - биссектриса $$\Delta BDC$$ и $$\angle BDM_{1}=30$$.Тогда $$\angle ADM_{1}=90$$, т.е. $$AD\perp DM_{1}$$, KD - проекция $$KD_{1}$$ на (ABC): $$KD\perp DM_{1}\Rightarrow$$ $$KD_{1}\perp DM_{1}$$ по т. Трех препендикулярах. Но $$D_{1}M\left | \right |DM_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$KD_{1}\perp D_{1}M$$ т.е. $$\angle KD_{1}M=90$$
Б) 1) Пусть площадь сечения $$S_{1}$$, а площадь его проекции $$S_{2}$$: $$S_{1}=\frac{S_{2}}{\cos \varphi }$$, где $$DKNBM_{1}$$ - проекция сечения, а $$\angle D_{1}KD=\varphi$$ – угол между плоскостью сечении яи основанием призмы , т.к. $$D_{1}K\perp KN, DK\perp KN$$.
2) Проведем $$BP\left | \right |M_{1}D$$. Тогда $$BM_{1}DP$$ - прямоугольник , $$M_{1}B=4$$; $$D_{1}M=DC \sin 60=4\sqrt{3}$$; $$S_{BM_{1}DP}=16\sqrt{3}$$; KPBN-прямоугольная трапеция ;$$BP=M_{1}D=4\sqrt{3}$$; $$KN=\frac{1}{2}BP=2\sqrt{3}$$ (т.к. N- середина AB); $$KP=\frac{1}{4}AD=2$$;
3) $$S_{KPBN}=\frac{4\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{2}*2=6\sqrt{3}$$; $$S_{2}=16\sqrt{3}+6\sqrt{3}=22\sqrt{3};$$ $$KD_{1}=\sqrt{KD^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{6^{2}+(3\sqrt{2})^{2}}=3\sqrt{6};$$ $$\cos \varphi =\frac{KD}{KD_{1}}=\frac{6}{3\sqrt{6}}=\frac{2}{\sqrt{6}};$$ $$S_{1}=22\sqrt{3}:\frac{2}{\sqrt{6}}=33\sqrt{2};$$
Задание 5141
В прямоугольном параллелепипеде $$ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ $$AB=5$$, $$AD=6$$, $$AA_{1}=8$$ точка К – середина ребра $$DD_{1}$$
а) т.к. $$ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ - прямоугол. параллелипипед, то $$BC\perp(CC_{1}D_{1}D)$$, по $$KC_{1}\in(CC_{1}D_{1}D)$$ $$\Rightarrow$$ $$BC\perp KC_{1}$$
б) 1) $$BC_{1}$$ соединяем; $$KC_{1}$$ соединяем; $$(BCC_{1})\parallel(ADD_{1})$$ $$\Rightarrow$$ через К пройдет прямая параллельная прямая $$BC_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$KM$$; из подобия $$\bigtriangleup MKD$$ $$\bigtriangleup BC_{1}C$$; М - середина AD $$\Rightarrow$$ $$(BCKD)$$ - искомая плоскость
2) $$BCC_{1}MDK$$ - усеченная пирамида: $$V=\frac{1}{3}h(S_{1}+S_{2}+\sqrt{S_{1}S_{2}})$$; $$V_{1}=\frac{1}{3}DC\cdot(S_{BCC_{1}}+S_{MDK}+\sqrt{S_{BCC_{1}}\cdot S_{MDK}})$$; $$V_{1}=\frac{1}{3}\cdot5\cdot(\frac{1}{2}\cdot6\cdot8+\frac{1}{2}\cdot3\cdot4+\sqrt{\frac{1}{2}\cdot6\cdot8\frac{1}{2}\cdot3\cdot4})=$$ $$\frac{5}{3}(24+6+\frac{1}{2}\cdot3\cdot2)=\frac{5}{3}(30+12)=70$$
3) $$V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=5\cdot6\cdot8=240$$ $$\Rightarrow$$ объем оставшейся
$$V_{2}=240-70=170$$
4) $$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{70}{170}=\frac{7}{17}$$