Теория к заданию 15 ЕГЭ по профильной математике Стереометрия (с доказательством)

Задание 15 — стереометрия с развёрнутым ответом. В пункте а) доказывают, что прямые или плоскости параллельны или перпендикулярны, что сечение — трапеция или что плоскость проходит через точку. В пункте б) чаще всего находят площадь сечения. Реже — расстояние, угол, отношение отрезков или объём части. Почти всегда сначала строят сечение, а потом считают в плоском треугольнике.

За задание дают до 3 баллов. Пункт б) решайте, даже если не доказали а): обоснованный ответ в б) без а) даёт 2 балла. Каждый шаг доказательства — факт и его причина.

Сечение — треугольник

MKC

. Его высота

KH

перпендикулярна основанию.

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна 8, а боковое ребро $SA$ равно 7. На ребрах $AB$ и $SB$ отмечены точки $M$ и $K$ соответственно, причем $AM = 2 , SK = 1 .$ Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $ABC$ и содержит точки $M$ и $K .$
а)  Докажите, что плоскость $\alpha$ содержит точку $C .$
б)  Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $\alpha .$

Решение

а) Опустим перпендикуляр $KH$ на основание. Пусть $O$ — центр квадрата, тогда $SO$ — высота пирамиды, $KH \parallel SO$ , поэтому $H$ лежит на $BO$ и по подобию $\frac{BH}{BO} = \frac{BK}{BS} = \frac{6}{7}$ . Тогда $BH = \frac{6}{7} \cdot 4\sqrt{2} = \frac{24\sqrt{2}}{7}$ .
Пусть $MC$ пересекает $BD$ в точке $P$ . $AB \parallel CD$ , поэтому треугольники $PBM$ и $PDC$ подобны: $\frac{BP}{PD} = \frac{BM}{DC} = \frac{6}{8}$ . Значит, $BP = \frac{3}{7} \cdot 8\sqrt{2} = \frac{24\sqrt{2}}{7} = BH$ , и точка $H$ лежит на $MC$ .
Плоскость $MKC$ содержит перпендикуляр $KH$ к основанию, поэтому она перпендикулярна основанию. Через $M$ и $K$ проходит только одна такая плоскость, значит, это $\alpha$ , и она содержит $C$ .
б) Плоскость $\alpha$ отсекает от пирамиды вершину $B$ : сечение — треугольник $MKC$ . По теореме Пифагора $MC = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$ и $SO = \sqrt{7^2 - (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{17}$ .
$KH \perp MC$ , значит, $KH$ — высота сечения. Из подобия $KH = \frac{6}{7}SO = \frac{6\sqrt{17}}{7}$ , и $S_{MKC} = \frac12 \cdot 10 \cdot \frac{6\sqrt{17}}{7} = \frac{30\sqrt{17}}{7}$ .
Ответ: б) $\frac{30\sqrt{17}}{7}$ .

Что учить: от главного к редкому

Основа

Понятия, на которых стоят все правила

Главное

Самые частые правила — учите первыми

4Построение сечения многогранникавстречается в 5 из 10 заданий

Часто

Попадаются регулярно

Реже

Учите, когда главное уже освоено

Тренировка в формате ЕГЭ

В кубе $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ точка $K$ - середина ребра $B_{1} C_{1} .$ Плоскость $\alpha$ проходит через точки $B , K$ и $D .$
а) Докажите, что сечение куба плоскостью $\alpha$ является равнобедренной трапецией.
б) Найдите расстояние от точки $C_{1}$ до плоскости $\alpha ,$ если ребро куба равно 3.

Решение

Пусть $L$ — середина ребра $C_1D_1$ .

а) Точки $B$ и $D$ лежат в нижней грани, поэтому $BD$ — сторона сечения. Верхняя грань параллельна нижней, поэтому сечение пересекает её по прямой через $K$ , параллельной $BD$ , то есть параллельной $B_1D_1$ (параллельные грани). Эта прямая проходит через середину $L$ ребра $C_1D_1$ : $KL$ — средняя линия треугольника $B_1C_1D_1$ , $KL = \frac12 B_1D_1 = \frac12 BD$ .

Сечение — четырёхугольник $BKLD$ . $KL \parallel BD$ и $KL \ne BD$ , поэтому это трапеция. Прямоугольные треугольники $BB_1K$ и $DD_1L$ равны по двум катетам ( $BB_1 = DD_1$ , $B_1K = D_1L = \frac32$ ), поэтому $BK = DL$ . Трапеция равнобедренная (вид сечения).

б) Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$ , $P$ — середина $KL$ . $BD \perp AC$ (диагонали квадрата) и $BD \perp CC_1$ , поэтому $BD \perp (AA_1C_1C)$ . Плоскость $\alpha$ проходит через $BD$ , поэтому $\alpha \perp (AA_1C_1C)$ (вспомогательная перпендикулярная плоскость).

Медиана $C_1P$ равнобедренного треугольника $KC_1L$ лежит на диагонали $C_1A_1$ , и $C_1P = \frac14 A_1C_1 = \frac{3\sqrt2}{4}$ . Точки $O$ и $P$ лежат в обеих плоскостях, поэтому плоскости пересекаются по прямой $OP$ . Расстояние от $C_1$ до $\alpha$ равно расстоянию от $C_1$ до прямой $OP$ в плоскости $AA_1C_1C$ .

Пусть прямая $OP$ пересекает прямую $CC_1$ в точке $T$ . $C_1P \parallel CO$ и $C_1P = \frac12 CO$ , поэтому треугольник $TC_1P$ подобен треугольнику $TCO$ с коэффициентом $\frac12$ : $TC_1 = C_1C = 3$ .

Треугольник $TC_1P$ прямоугольный с прямым углом $C_1$ : $TP = \sqrt{9 + \frac98} = \sqrt{\frac{81}{8}} = \frac{9\sqrt2}{4}$ . Искомое расстояние — высота к гипотенузе: $d = \frac{TC_1 \cdot C_1P}{TP} = \frac{3 \cdot \frac{3\sqrt2}{4}}{\frac{9\sqrt2}{4}} = 1$ .

Ответ: б) 1

Источник: ФИПИ

Закрепите на настоящих заданиях №15

Решать