PDF-версии: 
Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром 1. Точка T — середина ребра AD.
а) Докажите, что плоскость A1BT делит объем куба в отношении 1 : 11.
б) Найдите расстояние от вершины A до плоскости A1BT.
Решение. а) Найдём объём пирамиды A1ATB, это одна из частей, на которые куб делится плоскостью A1BT. Он равен
поэтому объём второй части куба равен 
Отсюда искомое отношение равно
что и требовалось доказать.
б) Пусть h — искомое расстояние. Найдём двумя способами объём пирамиды A1ATB. С одной стороны, из пункта а), он равен
С другой стороны, он равен 
Треугольник A1BT — равнобедренный, его основание A1B равно 
а боковые стороны равны 
Если H — середина основания A1B, то 
поэтому 
Следовательно, объём пирамиды A1ATB равен 
Приравняем выражения для объёма:
откуда 
Ответ: б) 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б) ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), ИЛИ при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
поэтому 
Длины боковых рёбер пирамиды SA = 5, SB = 13, SD = 10.
и 
поэтому стороны SA и AB, SA и AD перпендикулярны, значит, ребро SA перпендикулярно плоскости основания пирамиды.
и BD перпендикулярны.
на плоскость ABCD это прямая 
как диагонали ромба. Значит, по теореме о трех перпендикулярах, 
— центр грани 
Плоскость 
пересекает плоскость 
по прямой 
где O — середина отрезка 
Прямая BD перпендикулярна плоскости 
и 
прямоугольного треугольника 
— высота треугольника 
тогда 
— середина стороны 
Плоскость 
пересекает плоскость 
по прямой 
где D — середина отрезка 
Прямая BC перпендикулярна плоскости 
и 
Следовательно, плоскости 
прямоугольного треугольника 
откуда
в 12 раз меньше объема куба.
Он равен 
другим способом. Он равен 
— равнобедренный, его основание 
равно 
то 
поэтому 
Следовательно, объём пирамиды 
Приравняем выражения для объёма: 
откуда 
высота призмы равна 
по прямой ML, параллельной прямым BC и 
прямая LM перпендикулярна грани 
поэтому 
Таким образом, LMCB — прямоугольная трапеция.
— высота треугольника 
Используя пункт а), получаем, что 
и, следовательно, 
Отсюда следует, что расстояние от точки 
до плоскости BCM равно длине отрезка 
:
Найдём 
и точку T — середину ребра
является прямоугольным треугольником.
перпендикулярна плоскости 
и, значит, 
Значит, треугольник 
прямоугольный.
— высота треугольника 
Призма — прямая, поэтому прямая 
Отсюда следует, что расстояние от точки 
до плоскости 
равно длине отрезка 
По теореме Пифагора 
Найдём 
все рёбра равны 1. 
в котором 
Поэтому
и AD — хорда основания, является искомым сечением.
Согласно теореме о трех перпендикулярах OK также является перпендикуляром к AD, значит, 
Высота OF треугольника OPK лежит в плоскости OPK, следовательно, 
и 
значит, 
сторона основания равна 2. 
— середина ребра SB.
где h — искомое расстояние. В треугольнике SBC высота SM равна 
и 
перпендикулярны.
B1D = 2:
перпендикулярна плоскости 
значит, по теореме о трех перпендикулярах, 
Аналогично 
Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, 
проходит через точку пересечения диагоналей квадрата 
Опустим перпендикуляр 
Точка 
раз больше стороны квадрата и делятся точкой пересечения пополам. Поэтому 
Отрезок 
по теореме Пифагора найдём 
и 
следовательно, 
— прямоугольник, откуда 
Прямая HD1 — секущая при параллельных прямых BD и 
поэтому углы HOB и 
равны. Из прямоугольного треугольника OBH найдём 
Точка M — середина ребра AA1. 
и 
равновелики.
Ее объем можно выразить двумя способами:
где h — искомое расстояние. 
Проведем в нем высоту 
поэтому он прямоугольный, то есть прямая SD перпендикулярна прямой SB. Очевидно, что прямые SB и PQ параллельны как стороны равносторонних треугольников с общим углом, тогда прямая SD перпендикулярна прямой PQ. Прямая AC перпендикулярна прямой BD, и по теореме о трёх перпендикулярах прямая AC перпендикулярна прямой SD, а значит, и прямая QR перпендикулярна прямой SD. Таким образом, плоскость PQR перпендикулярна ребру SD.
Поскольку плоскость PQR перпендикулярна ребру SD, искомое расстояние равно DE.
CP = 1. Проведём PL, проведём LR || AC, 
Проведём RK. Трапеция LPKR — искомое сечение. Сечение параллельно АС по признаку параллельности прямой к плоскости. 
P(0; 5; 0), 
и 
получаем, что 
найдем уравнение плоскости и вычислим расстояние от точки до плоскости. 
подставив координаты точки К:
поэтому 
(ΔBKF ~ ΔBAT):
Тогда 
Тогда 
и 
следовательно, 
то 
Пусть основанием перпендикуляра опущенного из T на γ будет являться точка S. Тогда TS || BM || F''F'. Таким образом, треугольники FTS и FF''F' будут подобны. Следовательно, 
откуда 
На ребрах BC и C1D1 отмечены точки К и L соответственно, причём ВК = 4, C1L = 5. Плоскость γ параллельна прямой BD и содержит точки 
параллельна диагонали основания BD, поэтому пересекает основание ABCD по прямой KK1, параллельной BD, K1 лежит на CD. 
поэтому прямая сечения LL1 параллельна BD, где L1 лежит на B1C1. Сечением призмы будет трапеция 
как диагонали квадрата таким образом по теореме о трех перпендикулярах 
следовательно, 
Значит, 
Таким образом, 
следовательно, треугольник 
прямоугольный, 
Таким образом, 
в плоскости AA1C1C опустим перпендикуляр MH на прямую EF. Так как по доказанному в п. а) 
плоскость 
следовательно, указанный перпендикуляр — искомое расстояние. Найдем 
Заметим, 
Таким образом, 
перпендикулярный плоскости 
Определим координаты точек, лежащих в этой плоскости: 
Подставим найденные координаты в уравнение плоскости 
получим:
не проходит через начало координат, поэтому можно положить D равным любому отличному от нуля числу. Пусть 
тогда 
Следовательно,
Следовательно, векторы 
и 
коллинеарные, а потому 
до плоскости 
определяется по формуле 
получаем:
следовательно, 
Значит, М — середина СС1.
Значит, 
В треугольнике RPM находим стороны: 
По теореме косинусов
уравнение плоскости APQ имеет вид 
Координаты точки М() с координатами
получим:
Таким образом,
Точка Q — середина ребра A1B1, а точка P делит ребро B1C1 в отношении 1 : 2, считая от вершины C1. Плоскость APQ пересекает ребро CC1 в точке M.
AK — биссектриса, медиана и высота равнобедренного треугольника ABC. По теореме Пифагора AK = 
то есть SH = 1, следовательно, из треугольника SAH по теореме Пифагора AH = 2. Тогда искомое расстояние равно 1.
и 
Приравнивая объемы, получаем 
Осталось найти площади треугольников ABC и SCB.
Таким образом, по доказанному в п. а), искомое расстояние равно 1.
Пусть прямая CE пересекает ребро AB в точке M. Треугольники BME и DCE подобны, поэтому 
откуда 
Тогда 
Треугольники ABS и AMF подобны, значит, 
Поэтому прямая SB параллельна плоскости CEF.
Тогда 
Пусть O — центр основания ABCD. Так как все боковые ребра пирамиды равны, SO — высота пирамиды. Имеем:
Что и требовалось доказать.
С другой стороны, 
где ha и hl — высоты, проведенные из соответствующих вершин. Таким образом, ha является искомым расстоянием.
Вычислим площадь треугольника ABK: 
найдем 
Получаем: 
откуда 
В прямоугольном треугольнике QAM катет 
короче гипотенузы QM = x, поэтому 
то есть 
то есть 
Тогда 
и 
Поскольку 
все боковые ребра пирамиды равны 4. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка Е, а на ребрах AM и AB — точка F и G соответственно так, что MF = BE = BG = 3.
Тогда треугольники 
и DCE подобны, поэтому 
а значит, 
и 
Отрезки 
и BG равны, следовательно, точка 
совпадает с точкой G. Таким образом, точка G лежит на прямой EC, а значит, плоскость GEF проходит через точку C.
и 
отрезок FG параллелен отрезку MB. Пусть плоскость GEF пересекает отрезок MD в точке K. Так как прямая FG параллельна MB, по признаку параллельности прямой и плоскости FG параллельна плоскости MBD. Плоскость MBD и секущая плоскость пересекаются по прямой KE, и по свойству параллельных прямой и плоскости прямая KE параллельна FG и, следовательно, параллельна MB. Треугольники DKE и DMB подобны, поэтому 
и 
Плоскость GEF пересекает грань CMD по отрезку CK. Угол CMK равен 60°, поскольку 
Тогда 
В четырёхугольник KLMN можно вписать окружность, поэтому
откуда
откуда
а значит, прямая CD параллельна плоскости ABP и поэтому CD не имеет общих точек с прямой PK, лежащей в плоскости сечения. Так как PK и CD не имеют общих точек и лежат в плоскости SCD, они параллельны.
и 
следует, прямая PK параллельна прямой AB, а следовательно, и всей плоскости ABS. Значит, расстояние от любой точки прямой PK до плоскости ABS будет одинаковым. Найдём это расстояние от точки пересечения PK и SN — точки E.
и 
откуда следует, что четырехугольник ADNL — прямоугольник и 
то есть L — середина AB.
Поскольку прямая AB перпендикулярна пересекающимся прямым LN и SL, она перпендикулярна плоскости SNL, а раз AB лежит в плоскости ABS, плоскости ABS и SNL перпендикулярны. Тогда перпендикуляры NT и EF к плоскости ABS из точек N и E плоскости SNL попадут на прямую их пересечения SL.
) и катету (
), поэтому другие катеты SN и SL также равны. Рассмотрим равнобедренный треугольник SNL, в котором 
основание 
а высота и медиана к нему 
По теореме Пифагора для треугольника LHS найдём
откуда 
поэтому 
В прямоугольном треугольнике SNT с прямым углом T отрезок EF перпендикулярен ST и проходит через середину SN, а значит, является средней линией треугольника SNT, поэтому 
откуда 
Далее, BL = 10, 
следовательно, прямая LM параллельна прямой SO — высоте пирамиды. Значит, прямая LM перпендикулярна плоскости ABC. Таким образом, плоскость CKL перпендикулярна плоскости ABC по признаку перпендикулярности плоскостей.
а боковое ребро равно 
На ребре AC отмечена точка E так, что 
Точки F, N — середины сторон A1B1 и B1C1 соответственно. 
Пусть F1 — проекция точки F на ABC, K и K1 — точки пересечения прямых CF1 и DE, C1F и MN соответственно, O — точка пересечения прямых CF и KK1. Имеем:
откуда
и, следовательно, 
Отрезок ML в нём является медианой из вершины прямого угла, следовательно, 
Аналогично, из равенства боковых граней, следует, что MK = 3, следовательно, треугольник KLM — равносторонний.
и 
а значит, прямые PG и CH перпендикулярны плоскости KLM и CH является искомым расстоянием. При этом R — середина CP и прямоугольные треугольники PRG и CRH равны. Имеем:
откуда
Далее находим:
Следовательно, 
Составим уравнение плоскости APQ в виде 
откуда
откуда вектор нормали 
её вектор нормали 
Найдём расстояние между точкой A и плоскостью BD1Q:
следовательно, прямые EK и PM параллельны. Таким образом, плоскости EFK и MPQ содержат две пары пересекающихся параллельных прямых и, следовательно, параллельны.
следовательно,
Гипотенуза SC прямоугольного треугольника CSD в 2 раза больше проведённой к ней медианы DM. Поэтому 
Найдём катет SD этого треугольника:
поэтому DH = 11.
на плоскость ABC. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах прямые B1N и CM перпендикулярны.
a значит, прямоугольные треугольники 
поскольку прямая B1N перпендикулярна прямой NL, параллельной прямой CM. Пусть ребро куба равно a. Получаем: 
получаем: 
и 
поэтому 
откуда 
то есть 
к плоскости α, уравнение которой запишем в виде 
Нормаль перпендикулярна вектору 
а потому их скалярное произведение равно нулю: 
Подставим в уравнение плоскости координаты точек N, B1 и решим систему уравнений:
тогда 
и 
следовательно,
откуда находим, что 
Запишем необходимые координаты: 
Найдём скалярное поизведение:
перпендикулярен вектору 
Следовательно, плоскости (AD1C) и (BB1D1) перпендикулярны.
плоскость AD1C задаётся уравнением 
её вектор нормали 
Найдём расстояние между точкой 
и плоскостью 
Тогда 
Находим: 
Имеем:
Теперь применим формулу для вычисления расстояния от точки до плоскости:
а KLMN — квадрат со стороной 3. 
Также на ребрах AD, BD и BC выбраны точки L, M и N соответственно так, что KLMN — квадрат со стороной 3. 
Следовательно, 
и 
и 
В плоскости SFC проведем прямую PQ. Пусть M' — точка пересечения прямой PQ с ребром SC. Заметим, что точка M' лежит в плоскости ANKE. Запишем теорему Менелая для треугольника SCO и прямой PQ:
тогда
Тогда 
и 
На ребрах AA1 и CD отмечены точки 
Таким образом, прямоугольные треугольники MKD и PBA подобны. Тогда 
и 
откуда
точка N лежит на диагонали CB1 боковой грани CC1B1B. Прямые 
откуда 
откуда
и 
Через точки B1 и D параллельно прямой AC проведена плоскость, пересекающая ребро CC1 в точке K. 
Треугольники B1C1K и AMD равны по катету и гипотенузе, поэтому 
Значит, K — середина CC1.
где h — искомое расстояние. Находим:
Пусть α — плоскость, проходящая через точки B1 и D параллельно стороне AC. Уравнение плоскости имеет вид 
— 
то есть 
Запишем систему:
и 
Тогда 
а потому уравнение плоскости α принимает вид
также известно, что 
Отсюда следует, что 
и 
Пусть плоскости 
Прямая AS параллельна плоскости OMK, значит, прямая AS не имеет общих точек с прямой EF, при этом прямые 
Найдем боковое ребро:
Аналогично AB = 8. 
откуда 
Найдите расстояние от вершины S пирамиды до плоскости BKM.
то есть боковые ребра пирамиды равны, а в ее основании лежит правильный треугольник. Такая пирамида называется правильной.
Из условия 
Тогда 
По теореме Пифагора в треугольнике BKM
Следовательно,
то есть 
а высота призмы равна 10.
Значит, PA = AD, а тогда по двум сторонам и углу между ними равны треугольники 
и точки P, L, C лежат на одной прямой. Тогда точки K, M, L и C лежат в одной плоскости — плоскости α.
откуда 
Найдем стороны треугольника PKL: сторону PL по теореме косинусов в треугольнике PAL, а стороны 
то по теореме косинусов в треугольнике PLK
и площадь треугольника PLK равна
то по теореме косинусов в треугольнике PLK
и площадь треугольника PLK равна
или 
Отрезок MC — средняя линия треугольника KC1P, следовательно, отрезки CC1 и CP равны. Тогда прямая B1P должна пересекать BC в середине, значит, точка N лежит на прямой B1P, а потому лежит в плоскости KMN.
тогда высота пирамиды C1KB1P, проведенная из точки C, тоже равна x. Выразим объем пирамиды C1KB1P двумя способами:
то есть точка O — центр правильного треугольника ABC. Отсюда и следует, что пирамида ABCD правильная.
находим:
АА1 = 20, АС = 16.
тогда точка K — середина отрезка PL. Значит, точка P лежит в плоскости сечения. Пусть прямая PM пересекает ребро призмы AB в точке N, которая также лежит в плоскости сечения, а прямая NL пересекает ребро BB1 в точке T. Треугольники PCM и NBM подобны по двум углам, следовательно,
Аналогично получаем 
Пусть уравнение плоскости KLM имеет вид 
Подставим известные координаты и получим:
Следовательно, 
и 
где точка O — центр основания пирамиды. 
и 
—
и CN
Эта плоскость не параллельна оси ординат и не содержит ее, а потому 
и на B обе части уравнения можно разделить. Имеем: 
