Решения заданий ФИПИ ЕГЭ по профильной математике: «Стереометрия» — с ответами

Введём координаты: $O(0,0,0)$, $A(2,2,0)$, $B(-2,2,0)$, $C(-2,-2,0)$, $D(2,-2,0)$. Так как все рёбра пирамиды равны $4$, для вершины $S(0,0,h)$ имеем $SA=4$.$$SA^2=2^2+2^2+h^2=16$$

Отсюда $h=2\sqrt{2}$, поэтому $S(0,0,2\sqrt{2})$.

Выберем точку $S$ за начало отсчёта и обозначим $\vec{SA}=\vec a$, $\vec{SB}=\vec b$, $\vec{SC}=\vec c$. Тогда$$\vec{SM}=\frac{\vec a+\vec b}{2},\quad \vec{SK}=\frac{\vec c}{2},\quad \vec{SL}=\frac{\vec b+3\vec c}{4}$$

Пусть $\vec{SR}=-r\vec b$, так как точка $R$ лежит на продолжении $SB$ за точку $S$. Точка $L$ лежит на прямой $RK$, поэтому для некоторых параметров она представима как $\vec{SL}=(1-u)\vec{SR}+u\vec{SK}$.$$\frac{\vec b+3\vec c}{4}=-r(1-u)\vec b+\frac u2\vec c$$

Так как $AB=AD=6$, а $AM=AK=4$, то точки $M$ и $K$ делят рёбра $AB$ и $AD$ в одинаковом отношении:$$\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AD}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$

Плоскость $CMK$ отсекает от тетраэдра $ABCD$ тетраэдр $AMCK$. У этих тетраэдров общая вершина $C$, а соответствующие основания лежат в одной плоскости $ABD$. Поэтому отношение объёмов равно произведению отношений соответствующих линейных…$$\frac{V_{AMCK}}{V_{ABCD}}=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AK}{AD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$$

Пусть $O$ — центр основания конуса, а $h=SO$, $R=OA=OB=OC$. Для любой образующей конуса угол с плоскостью основания равен $60^\circ$, поэтому при $SC=1$ имеем$$h=SC\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad R=SC\cos 60^\circ=\frac12$$

Рассмотрим скалярные произведения векторов $\overrightarrow{SA}$ и $\overrightarrow{SC}$, а также $\overrightarrow{SB}$ и $\overrightarrow{SC}$. Так как $AB$ — диаметр, то $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$…$$\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SB}\cdot\overrightarrow{SC}=2h^2$$

Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(4,0,0)$, $C(2,2\sqrt3,0)$, $A_1(0,0,4)$, $B_1(4,0,4)$, $C_1(2,2\sqrt3,4)$.

Так как $K$ — середина $A_1B_1$, имеем $K(2,0,4)$. Обозначим через $L$ середину ребра $B_1C_1$. Тогда $L(3,\sqrt3,4)$.

Обозначим через $N$ точку пересечения плоскости $MPQ$ с ребром $SC$. Так как $P$ и $Q$ — середины противоположных боковых рёбер основания, отрезок $PQ$ параллелен $AB$ и $CD$.

В треугольнике $SDC$ точка $M$ делит $SD$ в отношении $SM:MD=2:1$, а плоскость через $M$ и $Q$ пересекает симметричное ребро $SC$ в точке $N$. Из координат или теоремы о пропорциональных отрезках получаем $SN:NC=1:1$, то есть $N$…

Введём координаты: $D=(0,0,0)$, $A=(3,0,0)$, а основание призмы расположим в плоскости $z=0$. Так как трапеция равнобедренная, основания параллельны, а $\angle ADC=60^\circ$, получаем $C=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right)$ и…$$AD=3,\quad BC=2$$

Пусть высота призмы равна $h$. Тогда $A_1=(3,0,h)$, $D_1=(0,0,h)$. Из отношения $A_1M:MD_1=1:2$ следует $M=(2,0,h)$, а поскольку $K$ — середина $DD_1$, имеем $K=\left(0,0,\frac h2\right)$.$$M=(2,0,h),\quad K=\left(0,0,\frac h2\right)$$

Так как основание призмы является правильным треугольником со стороной $2$, выберем координаты $A(0,0,0)$, $B(2,0,0)$, $C(1,\sqrt{3},0)$. Пусть высота призмы равна $h$. Тогда $A_1(0,0,h)$, а середина ребра $CC_1$ имеет координаты…

Плоскость проходит через точки $A_1$, $B$ и $M$, поэтому сечение является треугольником $A_1BM$.

Обозначим через $O$ центр нижнего основания, а через $O_1$ — центр верхнего основания. Проекция точки $C_1$ на плоскость нижнего основания — точка $C$, поэтому проекцией отрезка $AC_1$ является отрезок $AC$. Так как $AC_1$ пересекает ось…$$O\in AC$$

Так как $AC$ — диаметр окружности, угол $ABC$ прямой по теореме Фалеса. Кроме того, $CC_1$ параллелен $BB_1$ и перпендикулярен плоскости основания, поэтому $CC_1\perp AB$. Вектор направления $BC_1$ является суммой направлений $BC$ и…$$\angle ABC_1=90^\circ$$

Пусть начало координат находится в точке $A$, а $\vec{AB}=\mathbf b$, $\vec{AC}=\mathbf c$, $\vec{AD}=\mathbf d$. Из условий деления отрезков получаем:$$\vec{AM}=\frac13\mathbf b,\qquad \vec{AN}=\frac13\mathbf d,\qquad \vec{AL}=\frac13(2\mathbf b+\mathbf c)$$

Рассмотрим точку $P$ на ребре $CD$, для которой $CP:PD=2:1$. Тогда:$$\vec{AP}=\frac13(\mathbf c+2\mathbf d)$$

Введём координаты так, чтобы $A=(-1,0,0)$, $B=(1,0,0)$, а ребро $AA_1$ было направлено вдоль оси $Oz$. Так как $AB=2$ и $AB=AA_1$, получаем $A_1=(-1,0,2)$.

Треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AB$, поэтому $C$ лежит на перпендикулярном серединном к $AB$. Из условия $AB:BC=2:5$ следует $BC=5$. Тогда высота равнобедренного треугольника равна $\sqrt{5^2-1^2}=2\sqrt{6}$, поэтому…

Разместим координаты так: $A(2,2,0)$, $B(-2,2,0)$, $C(-2,-2,0)$, $D(2,-2,0)$, где начало координат — центр основания. Пусть $S(0,0,h)$. Из условия $SA=7$ получаем:$$h^2+2^2+2^2=7^2,\qquad h=\sqrt{41}$$

Так как $DN:NC=1:3$, точка $N$ делит отрезок $DC$ в отношении $1:3$. Аналогично, из $SK:KC=1:3$ получаем координаты точек:$$N(1,-2,0),\qquad K\left(-\frac12,-\frac12,\frac{3\sqrt{41}}4\right)$$

Обозначим $AB=a$, $BC=b$, $AA_1=h$. Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,b,0)$, $D(0,b,0)$, $D_1(0,b,h)$.$$a=AB,\quad b=BC,\quad h=AA_1$$

В сечении получается параллелограмм. Его диагонали направлены вдоль прямых $AC$ и $BD_1$. Так как параллелограмм является ромбом, его диагонали перпендикулярны.$$\overrightarrow{AC}=(a,b,0),\quad \overrightarrow{BD_1}=(-a,b,h)$$

Обозначим через $O$ центр основания, а через $C$ ортогональную проекцию точки $C_1$ на плоскость основания. Так как $BB_1$ — образующая цилиндра, отрезок $B_1C_1$ параллелен отрезку $BC$, поэтому $B_1C_1=BC=16$.

Отрезок $AC_1$ пересекает ось цилиндра. Его проекция на плоскость основания — отрезок $AC$, который проходит через центр $O$. Следовательно, $AC$ является диаметром окружности основания.

Введём векторы $\vec{AD}=\vec d$, $\vec{AB}=\vec b$, $\vec{AS}=\vec s$. Так как $AD\parallel BC$ и $AD:BC=8:3$, то$$\vec{AC}=\vec b+\frac38\vec d$$

Из условий деления рёбер получаем координаты точек $M$ и $N$:$$\vec{AM}=\frac25\vec s+\frac35\vec d,\qquad \vec{AN}=\vec b+\frac18\vec d$$

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен стороне, поэтому $OA=2$.

Так как пирамида правильная, $SO$ перпендикулярно плоскости основания. В прямоугольном треугольнике $SOA$ гипотенуза $SA=8$, а катет $OA=2$.$$SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$$

Поскольку $ABCD$ — трапеция, а прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $K$, её основаниями являются $AD$ и $BC$. Следовательно, $AD \parallel BC$.

Из условия $\angle BAD + \angle ADC = 90^\circ$ следует, что угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $90^\circ$. Значит, $AB \perp CD$.

Введём векторы с началом в точке $A$: $\vec{AB}=\mathbf b$, $\vec{AC}=\mathbf c$, $\vec{AD}=\mathbf d$. Так как $AK:KC=2:3$, имеем $\vec{AK}=\frac{2}{5}\mathbf c$.

Поскольку $KLMN$ — параллелограмм, из равенства $\vec{KL}=\vec{NM}$ и $\vec{LM}=\vec{KN}$ следует, что точки $L$, $M$, $N$ делят соответствующие рёбра в той же пропорции $2:3$: $\vec{AL}=\frac{2}{5}\mathbf d$…

Пусть ребро куба равно $a$. Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A_1(0,0,a)$. Тогда $C(a,a,0)$ и $B_1(a,0,a)$.

Так как $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $AD$, имеем $M\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$ и $N\left(0,\dfrac{a}{2},0\right)$.

Обозначим через $O$ центр правильного шестиугольника $ABCDEF$, а через $h$ высоту пирамиды. Введём координаты: $O$ — начало координат, основание лежит в плоскости $z=0$, а вершина $S$ имеет координаты $(0,0,h)$. Пусть радиус описанной…

Выберем координаты вершин основания: $A=(R,0,0)$, $B=\left(\dfrac R2,\dfrac{\sqrt3 R}{2},0\right)$, $C=\left(-\dfrac R2,\dfrac{\sqrt3 R}{2},0\right)$, $D=(-R,0,0)$. Так как $M$ и $K$ — середины рёбер $SA$ и $SD$, получаем…