Площади сечения — задачи ЕГЭ по математике — EXTREMUM

Тип 14 № 15871

В правильную треугольную пирамиду с боковым ребром $\sqrt{13}$ и стороной основания $6$ вписан шар. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна высоте пирамиды и проходит через её середину.

[а)] а)Докажите, что плоскость $\alpha$ и шар пересекаются более чем в одной точке.
[б)] б)Найдите площадь сечения шара плоскостью $\alpha$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 25

Решение:

а)

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с основанием $ABC$ . По свойству правильной пирамиды центр $O$ вписанного в неё шара лежит на её высоте $SH$ . Пусть $CC_1$ — высота основания, $M$ — середина высоты $SH$ .

Плоскость пересекает шар в более чем одной точке, если расстояние от центра шара до плоскости меньше радиуса шара. Так как $\alpha \perp SH$ , то $OM \perp \alpha$ , следовательно, требуется доказать, что $OM < r$ . Это равносильно тому, что $OM < OH \;\;\Leftrightarrow\;\; OH > \frac{1}{2}MH \;\;\Leftrightarrow\;\; OH > \frac{1}{4}SH.$

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , следовательно, $CC_1 = 3\sqrt{3} \;\Rightarrow\; CH = 2\sqrt{3}.$ Тогда по теореме Пифагора $SH = \sqrt{13 - 12} = 1.$ Так как $HC_1 = \sqrt{3}$ , то по теореме Пифагора $SC_1 = \sqrt{3 + 1} = 2.$

Рассмотрим $\triangle SHC_1$ . $OK = OH = r$ — радиусы шара. Так как $\triangle SKO \sim \triangle SHC_1$ , то $\frac{1 - r}{2} = \frac{r}{\sqrt{3}} \;\;\Leftrightarrow\;\; r = 2\sqrt{3} - 3.$

Так как $2\sqrt{3} - 3 > 2 \cdot \frac{3}{2} - 3 > \frac{1}{4},$ то $r > \frac{1}{4}SH$ . Ч.т.д.

б)

Сечение шара плоскостью $\alpha$ — окружность с центром в точке $M$ радиуса $MN$ . $OM = \frac{1}{2}SH - r = \frac{1}{2} - r.$ Рассмотрим прямоугольный $\triangle OMN$ : $MN^2 = r^2 - \left(\frac{1}{2} - r\right)^2 \;\;\Rightarrow\;\; MN^2 = \frac{1}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right).$

Следовательно, площадь сечения равна $S = \pi \cdot MN^2 = \frac{\pi}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right).$

Ответ:

б) $\displaystyle \frac{\pi}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right)$

Тип 14 № 15873

В основании пирамиды $SABCD$ лежит трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD$ . Диагонали трапеции пересекаются в точке $O$ . Точки $M$ и $N$ — середины боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $N$ параллельно прямой $SO$ .

[а)] а)Докажите, что сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $\alpha$ является трапецией.
[б)] б)Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $\alpha$ , если $AD = 9$ , $BC = 7$ , $SO = 6$ , а прямая $SO$ перпендикулярна прямой $AD$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 21

Решение:

а)

Пусть $MN$ пересекает диагонали $AC$ и $BD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Так как $SO \parallel \alpha$ , то $\alpha$ пересечет плоскости, в которых находится $SO$ , по прямым, параллельным $SO$ . Следовательно, проведем в плоскостях $ASC$ и $BSD$ прямые $PE \parallel SO$ , $KF \parallel SO$ (см. рис.). Получим сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ — четырёхугольник $MNKP$ .

Так как $MN \parallel AD$ , то $AD \parallel \alpha$ , следовательно, $\alpha$ пересечет плоскость $ASD$ , в которой лежит $AD$ , по прямой, параллельной $AD$ . Следовательно, $PK \parallel AD \Rightarrow PK \parallel MN.$ Осталось доказать, что $PK \ne MN$ .

По теореме Фалеса $E$ и $F$ — середины диагоналей. Следовательно, $AE : AO > AE : AC = 1 : 2$ .

$\triangle APE \sim \triangle ASO \quad (\angle SAO\ \text{— общий},\ \angle APE = \angle ASO\ \text{как соответственные при } EP \parallel SP \text{ и секущей } AS).$ Следовательно, $\frac{AP}{AS} = \frac{AE}{AO} > \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{PS}{AS} = \frac{AS - AP}{AS} = 1 - \frac{AP}{AS} < \frac{1}{2}$

$\triangle PSK \sim \triangle ASD\ (\angle ASD\ \text{— общий},\ \angle SPK = \angle SAD\ \text{как соответственные при } PK \parallel AD\ \text{и секущей } AS).$

Следовательно, $\frac{PK}{AD} = \frac{PS}{AS} < \frac{1}{2} \Rightarrow PK < \frac{1}{2}AD$

Так как $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD$ , то $MN = \frac{AD + BC}{2} > \frac{1}{2}AD$

Следовательно, $MN > PK$ , то есть $MN \ne PK$ , значит, $MNKP$ — трапеция. Ч.т.д.

б) По свойству трапеции $\triangle AOD \sim \triangle BOC \Rightarrow AO : OC = 9 : 7 \Rightarrow AO = 9x$ , $OC = 7x$ . Тогда $AC = 16x$ . Так как $AE = \frac{1}{2}AC$ , то $AE = 8x \Rightarrow EO = x$ .

Из $\triangle APE \sim \triangle ASO$ , описанного в пункте а), следует, что $\frac{PE}{SO} = \frac{AE}{AO} = \frac{8}{9} \Rightarrow PE = \frac{8}{9}SO = \frac{16}{3}$

Из $\triangle PSK \sim \triangle ASD$ , описанного в пункте а), следует, что $\frac{PK}{AD} = \frac{PS}{AS} = \frac{EO}{AO} = \frac{1}{9} \Rightarrow PK = \frac{1}{9}AD = 1$

Также средняя линия равна $MN = \frac{AD + BC}{2} = 8$

Так как $SO \perp AD$ , $PE \parallel SO$ , $MN \parallel AD \Rightarrow PE \perp MN \Rightarrow PE$ — высота трапеции $MNKP$ . Следовательно, её площадь равна

$S = \frac{MN + PK}{2} \cdot PE = \frac{8 + 1}{2} \cdot \frac{16}{3} = 24.$

Ответ:

б) 24

Тип 14 № 15875

Основанием четырёхугольной пирамиды $SABCD$ является квадрат $ABCD$ , при этом ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания. Через середины рёбер $BC$ и $CD$ параллельно прямой $SC$ проведена плоскость $\alpha$ .

[а)] а)Докажите, что точка пересечения плоскости $\alpha$ с ребром $SA$ делит его в отношении $1 : 3$ , считая от вершины $S$ .
[б)] б)Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $\alpha$ , если $AB = 4$ , $SA = 3\sqrt{2}$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 17

Решение:

а)

Проведём диагонали основания $AC$ и $BD$ , пересекающиеся в точке $H$ , а также отметим точки $M$ и $N$ — середины рёбер $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда $MN \subset \alpha$ .

Рассмотрим плоскость $(ASC)$ . Прямая $MN$ пересекает эту плоскость в точке $P$ , лежащей на отрезке $AC$ . Проведём через точку $P$ отрезок $KP \parallel SC$ , где $K \in SA$ . Тогда $KP \subset \alpha$ . Следовательно, $(KMN) = \alpha$ . Значит, требуется доказать, что $SK : KA = 1 : 3$ .

Так как $MN$ — средняя линия в $\triangle BCD$ , то $MN \parallel BD$ . Тогда по теореме Фалеса:

$BM : MC = HP : PC \Rightarrow P \text{ — середина } CH$

Значит, $CP : PA = 1 : 3$ . А так как $KP \parallel SC$ , то по теореме Фалеса $SK : KA = CP : PA = 1 : 3$ . Что и требовалось доказать.

б) Пусть $KP \cap SH = Q$ . Так как плоскость $\alpha$ проходит через $MN \parallel BD$ , то $\alpha \parallel BD$ . Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(BSD)$ по прямой $EF$ , проходящей через точку $Q$ и параллельной $BD$ .

Тогда многоугольник $MEKFN$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ . Так как $AS \perp (ABCD)$ , $AC \perp BD$ , то по теореме о трёх перпендикулярах $SC \perp BD$ , а $KP \parallel SC$ , следовательно, $KP \perp MN$ . Также $SC \parallel \alpha \Rightarrow EM \parallel SC \parallel FN$ .

Следовательно, сечение состоит из двух многоугольников: прямоугольника $EFNM$ и равнобедренного треугольника $EKF$ (рёбра $SB$ и $SD$ равны, $KE = KF$ как середины).

Найдём необходимые длины отрезков:

$MN = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot AB\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$

$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{18 + 64} = 5\sqrt{2}$

$EM = \frac{5}{2}\sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad KP = 3 \cdot \frac{5}{2}\sqrt{2} = \frac{15}{2}\sqrt{2}$

$KQ = KP - QP = KP - EM = \frac{5}{4}\sqrt{2}$

Тогда площадь:

$S_{MEKFN} = S_{EFNM} + S_{EKF} = EM \cdot MN + \frac{1}{2} \cdot EF \cdot KQ = 5\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{5}{4}\sqrt{2} = 10 + \frac{5}{2} = 12{,}5$

Ответ: б) $12{,}5$

Тип 14 № 15880

На рёбрах $AB$ и $B_1C_1$ правильной треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили соответственно точки $T$ и $K$ так, что $AT : TB = 2 : 1$ и $B_1K = KC_1$ . Через точки $K$ и $C$ параллельно прямой $TB_1$ проведена плоскость $\alpha$ .

[а)]а) Докажите, что точка пересечения плоскости $\alpha$ с ребром $AB$ является серединой отрезка $AT$ .
[б)]б)Найдите площадь сечения призмы $ABCA_1B_1C_1$ плоскостью $\alpha$ , если $AB = 42$ , $AA_1 = 3\sqrt{7}$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 15

Решение:

а)

Проведём $TN \parallel B_1C_1$ . Отметим на $TN$ точку $P$ так, что $TP = B_1K$ . Тогда $TB_1KP$ — параллелограмм, откуда $KP \parallel TB_1$ . Следовательно, $KP, CP \subset \alpha$ .

Пусть $AB = a$ . Так как $TN \parallel BC$ , то $\triangle ATN \sim \triangle ABC$ . Следовательно,

$\frac{TN}{BC} = \frac{AT}{AB} = \frac{2}{3} \Rightarrow TN = \frac{2}{3}a$

$NP = TN - TP = \frac{2}{3}a - \frac{1}{2}a = \frac{1}{6}a$

По теореме Менелая для $\triangle ANT$ и прямой $CE$ :

$\frac{AC}{CN} \cdot \frac{NP}{PT} \cdot \frac{TE}{EA} = 1$

$\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{TE}{EA} = 1 \Rightarrow \frac{TE}{EA} = 1$

Следовательно, точка $E$ — середина отрезка $AT$ . Что и требовалось доказать.

б) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то $KF \parallel CE$ . Значит, сечение $CEFK$ — трапеция (заметим, что $CK \parallel EF$ ).

Пусть $M$ — середина $BC$ . Тогда $TM$ — средняя линия в $\triangle BCE$ , значит

$TM \parallel CE, \quad TM = \frac{1}{2}CE$

Но так как $CE \parallel KF$ , то $TM \parallel KF$ . Тогда, так как точки $K$ и $M$ — середины $B_1C_1$ и $BC$ соответственно, то

$KF = TM = \frac{1}{2}CE$

Так как $TB_1 \parallel \alpha$ , то $TB_1 \parallel EF$ . Следовательно, так как $KP \parallel TB_1$ , то $KP \parallel EF$ . Значит, $EFKP$ — параллелограмм, значит $PE = KF = \frac{1}{2}CE$ .

По теореме косинусов для $\triangle BCE$ :

$CE^2 = a^2 + \frac{4}{9}a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{2}{3}a \cdot \cos 60^\circ = \frac{7}{9}a^2$

$CE = \frac{a}{3} \sqrt{7} \quad \Rightarrow \quad CE = 14\sqrt{7}$

$KF = CP = \frac{1}{2}CE = 7\sqrt{7}$

Также имеем:

$KP^2 = EF^2 = TB_1^2 = 14^2 + 9 \cdot 7 = 7 \cdot 37$

$CK^2 = 21^2 + 9 \cdot 7 = 21 \cdot 24$

Следовательно, по теореме косинусов для $\triangle CKP$ :

$\cos \varphi = \cos \angle KCP = \frac{CP^2 + CK^2 - KP^2}{2 \cdot CP \cdot CK} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Значит,

$\varphi = 45^\circ \quad \Rightarrow \quad \sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Пусть $KR \perp CE$ . Тогда $KR$ — высота сечения. Из $\triangle CKR$ :

$\sin \varphi = \frac{KR}{CK} \quad \Rightarrow \quad KR = 6\sqrt{7}$

Значит, искомая площадь сечения равна:

$S = \frac{KF + CE}{2} \cdot KR = \frac{7\sqrt{7} + 14\sqrt{7}}{2} \cdot 6\sqrt{7} = 441$

Ответ: б) $441$

Тип 14 № 18141

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ основание $ABCD$ является прямоугольником со сторонами $6$ и $8$ , диагонали которого пересекаются в точке $O$ . Плоскость, содержащая диагональ $AC$ и параллельная прямой $B_1D$ , пересекает ребро $BB_1$ в точке $K$ . Угол между плоскостями $ABC$ и $ACK$ равен $45^\circ$ .

[] a)Докажите, что угол $KOB$ меньше $45^\circ$ .
[] б)Найдите объём прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ .