Решение задач 14 ЕГЭ

Кучукбаева Т.А.
20.12.2017

14 ЕГЭ

до плоскости
Расстояние между плоскостями
Угол между прямой и плоскостью
Угол между

Первое полугодие

Второе полугодие

метод
Дано: SABСD-правильная четырехугольная пирамида. AB= ,

Решение:
Доп. построение PT
PT=AB=√6
ΔABD: ∠DAB=90°, тогда по т.Пифагора DB=
OB=DB/2=√3
ΔSOB: ∠SOB=90°, тогда по т.Пифагора SB=

плоскости
=>MK||PT по теореме
K
=>KM||DC, SM=MC, тогда по теореме Фалеса K-середина SD
PK-средняя

P,K,M,T∈(MTP), KM||PT=>□KMTP-равнобокая трапеция c основаниями KM и PT

KM= по свойству средней линии

тогда PH=FT=
ΔMFT, ∠MFT=90º, тогда по т.Пифагора MF=
Доп. построение PX┴ MT,

SMPT=MF*PT/2
SMPT=PX*MT/2

PX=

Ответ:

,т. Р-середина AD, т.Т-середина BC, т.М-середина SC.
Найти: расстояние от т.Р

(0;√6;0)

(x;y;z)

Решение:
Поместим фигуру в систему координат
Пусть PH-искомое расстояние, тогда

, тогда x=√6-y

M

S

A

B

C

D

P

T

H

x

z

y

(0;0;0)

(0;√6;0)

(x;y;z)

т.Q ∈ AB, B1Q=3.
Найти: расстояние h от т. С до

A

B

C

D

A1

B1

C1

D1

Q

P

Решение:
Построим сечение (APQ):
K,P,X ∈(APQ)=> искомое расстояние будет равно расстоянию от т. С до (XKP), тогда h-высота тетраэдра KXPC, проведенная из вершины С.
Рассмотрим ΔXCP и ΔXBA:
∠ABC=∠XCP=90º
∠AXB-общий

X

K

=> ΔXCP ~ ΔXBA по Ι признаку подобия треугольников

Источник: Задания 14 ЕГЭ 2016

VXPKC=SXKP*h/3=SXPC*KC/3

Метод объемов

треугольников
ΔXCP ~ ΔXBA, тогда




ΔXPK: по теореме косинусов
,

т.Q ∈ AB, B1Q=3.
Найти: расстояние h от т. С до

A

B

C

A1

B1

C1

D1

Q

D

P

z

x

y

(0;0;0)

(12;12;0)

(8;0;0)

(0;12;9)

Метод координат

Поместим куб в систему координат
Уравнение плоскости (APQ): ax+by+cz+d=0

8а+d=0 d=-8a d=-8a d=-8a
12a+12b+d=0 ; 12a+12b-8a=0 ; b=-a/3 ; b=-a/3
12b+9c+d=0 12b+9c-8a=0 -4a+9c-8a=0 c=4a/3

т.Q ∈ AB, B1Q=3.
Найти: расстояние h от т. С до

C

P

X

K

Решение:

Доп. построение CH-высота ΔXCP
KH-наклонная к плоскости (XCP)
CH-проекция KH на (XCP)
CH┴XP
CH┴XP
KH ┴XP
KH∩CH=H

H

=> KH ┴XP по теореме о трех перпендикулярах

=>XP ┴(KHC) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости

Аналитический метод

признаку перпендикулярности плоскостей
N
=>CN ┴(XKP) по свойству перпендикулярных плоскостей

стороной 2. N-середина SE, M-середина SD.
Найти: расстояние от (MNC) до

S

A

B

C

D

E

F

N

M

Решение:
MN||DE по св-ву средней линии
AB||DE
AB∩CD=X, ∠XBC= ∠XCB=60º как смежные с равными,
тогда ΔXBC-равносторонний по признаку, XC=BC
XC=BC, BC=CD=>CM-средняя линия ΔXSD

=>MN||AB

S

A

B

C

D

E

F

N

M

X

Источник: Задания 14 ЕГЭ 2016

Аналитический метод

CM∩MN=M
XS и AB ⊂(SAB)
MN

S

A

B

C

D

F

N

M

X

=>(SAB)||(MNC)

E

=> a||MN по теореме

=>MN||(ABC) по признаку

=>a||DE, тогда C,F ∈ a

SK ⊂(SKO)
KO ⊂(SKO)

=>AB┴(SOK) по признаку перпендикулярности прямой
и плоскости, тогда OH┴ AB

OH┴(ABS) по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости, тогда OH-искомое расстояние

∠SOK=90º, по т.Пифагора SO=
ΔSOK: ∠SOK=90º, тогда OH=

стороной 2. N-середина SE, M-середина SD.
Найти: расстояние h от (MNC)

1

1

1

2

2

Метод объемов

S

A

B

C

D

F

E

O

стороной 2. N-середина SE, M-середина SD.
Найти: расстояние h от (MNC)

x

y

X

Y

(0;0;0)

(1;0;0)

Метод координат

z

Решение:
Поместим SABOв систему координат

Доп. построение AY ┴OY, AX┴OX

ΔAXO: ∠AXO=90º, cos60º=OX/AO
OX=1/2

т. К-середина AS.
Найти: расстояние между AD и BK.
S
A
B
C
D
K
Решение:
Построим сечение (KBC):
BC||AD
AD

=> BC||(ASD) по признаку параллельности прямой и плоскости

=> KL||BC по теореме

L

Источник: Задания 14 ЕГЭ 2015

Аналитический метод

равно расстоянию от любой точки AD до (KBC)
Доп. построение KN┴AD,

=>AD||(KBC) по признаку параллельности прямой и плоскости,

N

M

H

=>KN ┴KL

AD ┴(KMN) по признаку ,
NH ⊂(KMN), тогда AD ┴NH по определению прямой, перпендикулярной к плоскости

=>NH ┴KL по лемме

=>NH ┴(KBC) по признаку, тогда NH-искомое расстояние

KM-высота □BKLC
KL||AD, AK=KS,тогда по т. Фалеса SL=LD, KL-средняя линияΔASD,

KB=LC-высоты, тогда KB=LC=2√3

AD┴(NKM)
AD||BC

KL=MM1=2

ΔBKM=ΔLCM1по гипотенузе и катету,
BM=CM1=(BC-MM1)/2=1

ΔBKM: ∠BMK=90º, по т. Пифагора KM=

sinNMK=NH/NM

NM=AB=4

т. К-середина AS.
Найти: расстояние h между AD и BK.
A
B
C
D
K
O
Решение:
Поместим пирамиду

z

x

y

(0;0;0)

(4;0;0)

(4;4;0)

S

Метод координат

d=-4a

h=

т. К-середина AS.
Найти: расстояние h между AD и BK.
A
B
C
D
K
S
A
B
C
K
Метод объемов
Решение:

(A1B1C1) ⋂ (ABC)=KR


=> BC||(A1B1C1) при признаку параллельности прямой

=>KR||BC, тогда KR||BC|| B1C1

по двум катетам, тогда BK=RC

A1M⊥B1C1=>A1T⊥KR, тогда ΔA1TK= ΔA1RT по катету

H

=> A1K=KB1=A1R=RC1 т.к. A1B1=A1C1 по теореме Фалеса.

K

R

B

C

X

N

T

=>BC ⊥(ANT) по признаку, тогда BC ⊥AH по определению

=> AH ⊥(BCT) по признаку, тогда ∠ATH-искомый

TN ⊥BC
BC⊥AN

BC ⊥AH
AH⊥TN

A1M=AN=3*√3* √3/2=4,5
AA1 ⊥ (A1B1C1)=>AA1⊥A1T по определению, по т. Пифагора AT= √657/4,
аналогично TN=AT= √657/4

7. На АА1 взята точка М так, что АМ=2. На

Диагностические работы 2017 года

Традиционный способ

A

B

C

D

A1

B1

C1

D1

M

K

Решение:
(АBB1)∩ (D1MK)=KM
(D1MK) ∩ (CC1D1)=XD1
(АBB1)|| (CC1D1)
Аналогично KX||MD1, тогда □XKMD1-параллелограмм по определению, KM=XD1, KX=MD1
Доп. построение KH ⊥XD1, KN||B1C1, B1C1 ⊥ (CC1D1), тогда KN ⊥ (CC1D1)=>NH-проекция KH на (CC1D1),
По теореме о трех перпендикулярах NH ⊥XD1, тогда ∠KHN-искомый

=>KM||XD1 по св-ву параллельных плоскостей

X

H

N

º

KN=B1C1=4
KX=MD1=√41 (находится через т. Пифагора)
ΔXNK, ∠XNK=90º, по т.Пифагора XN=5, тогда

ΔXND1, по т. косинусов cosND1X

тогда sinND1X

ΔHND1,∠NHD1=90º,NH=2√5* =4

KN⊥(CC1D1)
NH⊂(CC1D1)

высотой 7. На АА1 взята точка М так, что АМ=2.

Векторный способ

A

B

C

D

A1

B1

C1

D1

M

K

Решение:
Поместим призму в систему координат
Плоскость (СС1D1):
7c+d=0
d=0;
4b=0

z

y

x

(0;0;0)

(0;0;7)

(0;4;7)

(4;0;5)

(0;4;0)

=>

x1=k
y1=0;
z1=0

(4;4;2)

=>

x2=5
y2=3;
z2=4

E
Традиционный способ
ΔSAD,

ΔSAB, тогда SA⊥ AB

Доп. Построение CE|| BD, тогда ∠SCE-искомый
SA ⊥(ABC), тогда SA⊥AC, SA⊥AE
□BDCE-параллелограмм по определению, тогда BE=CD=8, BD=CE=10
ΔSAC, SA ⊥AC, по т.Пифагора SC=11
ΔSAE,SA⊥AE, по т.Пифагора SE=√277
ΔSCE, по т. косинусов cosSCE=

Q- середины A1B1 и CC1 соответственно. Плоскость (APQ) пересекает B1C1

Задания 14 ЕГЭ 2016

Традиционный способ

A

B

C

D

A1

C1

B1

D1

P

Q

X

U

Y

R

Решение:
Построим сечение плоскостью (APQ)
ΔXAB~ΔXPB1(по первому признаку подобия)=>
Аналогично

ΔUC1Q=ΔQYC( по стороне и двум прилежащим к ней углам)=>CY=UC1, тогда 3+CY=6-2CY
CY=1

ΔYCR~ΔYBA (по первому признаку подобия)=>

тогда PU||AY,
□APUY-трапеция

ΔABY,∠ABY=90º, по т.ПифагораAY=4√2

ΔPB1U, ∠ PB1U =90º, по т.ПифагораPU=2√2

QY=UQ= √2

Q- середины A1B1 и CC1 соответственно. Плоскость (APQ) пересекает B1C1

Способ ортогональной проекции

A

B

C

D

A1

C1

B1

D1

P

Q

U

R

Решение:
A1KC1UP-проекция ARQUP на (A1B1C1);
Поместим параллелепипед в систему координат
Плоскость (APQ):
3a+d=0
3a+2b+2c+d=0;
4b+c+d=0

K

z

x

y

(3;0;0)

(3;2;2)

(0;0;2)

(0;4;1)

(0;4;2)

(3;0;2)

Уравнение плоскости: x+y-z-3=0;

Плоскость (A1B1C1):
2с+d=0
3a+2c+d=0;
4b+2c+d=0

Уравнение плоскости: z-2=0;

x2=0
y1= 1 ;

A

B

C

D

A1

C1

B1

D1

P

Q

U

R

K

z

x

y

(3;0;0)

(3;2;2)

(0;0;2)

(0;4;1)

(0;4;2)

(3;0;2)

S’=SA1B1C1D1-SA1D1K-SPB1U=3*4-3*3/2-2*2/2=12-2-4,5=11/2

ребра SA, SB и SC попарно перпендикулярны и имеют длину

Тренировочный вариант 2017

S

A

B

C

D

Решение:
Разобьем пирамиду на два тетраэдра
По т. Пифагора AB=BC=AC= , тогда ΔABC-правильный
т. S равноудалена от вершин основания, значит высота пирамиды SH проходит через центр описанной окружности около ΔABC
Значение объема SABCD максимально при наибольших SH, SABC, SACD, но SH и SABC -постоянные величины=> нам надо найти наибольшую SACD
BH=

P

Пифагора HD=√78
SACD наибольшая, когда его высота –DH
DH┴AC, BH┴AC, через точку, не

H

A

C

D1

D2

D3