Задание 15 ЕГЭ по профильной математике — Стереометрия

Решение.
а) Пусть точка O — точка пересечения AC и BD. Заметим, что (AC⊥ BD,) как диагонали квадрата. Кроме того, (AC⊥ OM) Поэтому, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, (AC⊥ MDB) Значит, по признаку перпендикулярности плоскостей, (ACL⊥ MDB)
б) Обозначим угол между DM и AL буквой (альфа) Отрезок MO — высота пирамиды MABCD. Тогда OL — средняя линия треугольника BDM, следовательно, (OL MD) Поэтому (∠ ALO=∠ альфа) По условию (тангенс альфа = дробь: числитель: 2, знаменатель: 3 конец дроби)
Основание ABCD — квадрат со стороной, равной 5. Отрезок OA равен (дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби) Поскольку (OA⊥ OB) и (OA⊥ MO,) следовательно, OA перпендикуляр к плоскости MOB. Значит, (OL ⊥ OA)
Далее, из прямоугольного треугольника AOL находим
(OL= дробь: числитель: OA, знаменатель: тангенс альфа конец дроби = дробь: числитель: 15 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 4 конец дроби)
Боковое ребро (MD=2OL= дробь: числитель: 15, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби ,) поскольку OL — средняя линия треугольника BDM. Из прямоугольного треугольника MOD находим искомую высоту MO пирамиды MABCD:
(MO= корень из: начало аргумента: MD в квадрате минус OD в квадрате конец аргумента =10)
Ответ: 10.

Решение. а) Пусть точка O — точка пересечения AC и BD. Заметим, что (AC\perp BD,) как диагонали квадрата. Кроме того, (AC\perp OM) Поэтому, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, (AC\perp MDB) Значит, по признаку перпендикулярности плоскостей, (ACL\perp MDB) б) Обозначим угол между DM и AL буквой (альфа) Отрезок MO — высота пирамиды MABCD. Тогда OL — средняя линия треугольника BDM, следовательно, (OL MD) Поэтому (\angle ALO=\angle альфа) По условию (тангенс альфа = дробь: числитель: 2, знаменатель: 3 конец дроби) Основание ABCD — квадрат со стороной, равной 5. Отрезок OA равен (дробь: числитель: 5, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби) Поскольку (OA\bot OB) и (OA\bot MO,) следовательно, OA перпендикуляр к плоскости MOB. Значит, (OL \bot OA) Далее, из прямоугольного треугольника AOL находим (OL= дробь: числитель: OA, знаменатель: тангенс альфа конец дроби = дробь: числитель: 15 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 4 конец дроби) Боковое ребро (MD=2OL= дробь: числитель: 15, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби ,) поскольку OL — средняя линия треугольника BDM. Из прямоугольного треугольника MOD находим искомую высоту MO пирамиды MABCD: (MO= корень из: начало аргумента: MD в квадрате минус OD в квадрате конец аргумента =10) Ответ: 10.

Решение.
а) Проведём прямые через точки L и K параллельно прямой BD. Получим точку M на ребре B1C1 и точку N на ребре CD. Равнобедренная трапеция KNLM — сечение призмы плоскостью γ. Пусть прямая AC пересекает прямую NK в точке P, а прямая A1C1 пересекает прямую LM в точке Q. Тогда (PC = дробь: числитель: 3, знаменатель: 2 конец дроби корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента ,) (QC_1 = корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента) Пусть продолжение прямой PQ за точку Q пересекает продолжение прямой CC1 за точку C1 в точке T. Треугольник AA1C подобен треугольнику CPT, поскольку
(дробь: числитель: A_1A, знаменатель: PC конец дроби = дробь: числитель: AC, знаменатель: TC конец дроби = дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 1,5 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби = дробь: числитель: 5 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 3 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента конец дроби ,)
следовательно, (∠ AA_1C = ∠ CPT) и треугольники AA1C и HPC подобны, а значит, угол PHC — прямой. Прямые A1C и PT перпендикулярны, прямая A1C перпендикулярна прямой BD, следовательно, (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), прямая A1C перпендикулярна плоскости γ.
б) Пусть точка H — точка пересечения прямых A1C и PQ. Отрезок A1H — высота указанной пирамиды. Имеем
(PQ = дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби PT = дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби корень из: начало аргумента: TC в квадрате плюс PC в квадрате конец аргумента = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 11, знаменатель: 2 конец дроби конец аргумента ,)
(A_1C = корень из: начало аргумента: AA_1 в квадрате плюс AC в квадрате конец аргумента = корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента)
Из подобия треугольников AA1C и HPC получаем (HC = дробь: числитель: AC умножить на PC, знаменатель: A_1C конец дроби = дробь: числитель: 3 корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента , знаменатель: 11 конец дроби) Следовательно, (A_1H = A_1C минус HC = дробь: числитель: 8 корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента , знаменатель: 11 конец дроби) Объём пирамиды A1KNLM равен
(дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби A_1H умножить на PQ умножить на дробь: числитель: LM плюс NK, знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: 20 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 3 конец дроби)
Ответ: б) (дробь: числитель: 20 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 3 конец дроби)

Решение. а) Проведём прямые через точки L и K параллельно прямой BD. Получим точку M на ребре B1C1 и точку N на ребре CD. Равнобедренная трапеция KNLM — сечение призмы плоскостью γ. Пусть прямая AC пересекает прямую NK в точке P, а прямая A1C1 пересекает прямую LM в точке Q. Тогда (PC = дробь: числитель: 3, знаменатель: 2 конец дроби корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента ,) (QC_1 = корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента) Пусть продолжение прямой PQ за точку Q пересекает продолжение прямой CC1 за точку C1 в точке T. Треугольник AA1C подобен треугольнику CPT, поскольку (дробь: числитель: A_1A, знаменатель: PC конец дроби = дробь: числитель: AC, знаменатель: TC конец дроби = дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 1,5 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби = дробь: числитель: 5 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 3 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента конец дроби ,) следовательно, (\angle AA_1C = \angle CPT) и треугольники AA1C и HPC подобны, а значит, угол PHC — прямой. Прямые A1C и PT перпендикулярны, прямая A1C перпендикулярна прямой BD, следовательно, (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), прямая A1C перпендикулярна плоскости γ. б) Пусть точка H — точка пересечения прямых A1C и PQ. Отрезок A1H — высота указанной пирамиды. Имеем (PQ = дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби PT = дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби корень из: начало аргумента: TC в квадрате плюс PC в квадрате конец аргумента = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 11, знаменатель: 2 конец дроби конец аргумента ,) (A_1C = корень из: начало аргумента: AA_1 в квадрате плюс AC в квадрате конец аргумента = корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента) Из подобия треугольников AA1C и HPC получаем (HC = дробь: числитель: AC умножить на PC, знаменатель: A_1C конец дроби = дробь: числитель: 3 корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента , знаменатель: 11 конец дроби) Следовательно, (A_1H = A_1C минус HC = дробь: числитель: 8 корень из: начало аргумента: 55 конец аргумента , знаменатель: 11 конец дроби) Объём пирамиды A1KNLM равен (дробь: числитель: 1, знаменатель: 3 конец дроби A_1H умножить на PQ умножить на дробь: числитель: LM плюс NK, знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: 20 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 3 конец дроби) Ответ: б) (дробь: числитель: 20 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 3 конец дроби)