На рисунке 105 изображен тетраэдр. Тетраэдр. Задачи на построение сечений в тетраэдре. Приведём другое решение

Многим геометрия кажется ненужной дисциплиной, которая не пригодится в будущем. Другим она не дается ввиду большой степени сложности или гуманитарного склада ума. Из-за всех этих обстоятельств дети не имеют желания слушать на уроке, вникать, учить наизусть формулы, правила и законы. А между тем, эта дисциплина нужна для многих популярных в наше время и высокооплачиваемых профессий (архитектор, конструктор, дизайнер, инженер, строитель, урбанист). Так же она развивает пространственное мышление и воображения, оттачивает навыки доказывания и резюмирования.

Некоторые родители для своих детей нанимают репетиторов, но не каждая семья может себе позволить оплачивать дополнительные индивидуальные занятия. Целесообразно в такой ситуации пользоваться решебниками. Актуальным на сегодняшний день является пособие, разработанное командой опытных и известных методистов во главе с Л. С. Атанасяном, выпущенное издательством «Просвещение» в 2015 году.

Кому принесет пользу учебно-методический комплекс по геометрии для 10-11 классов (авторы: Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Киселева Л.С., Позняк Э.Г.)

Во-первых, самим ученикам. Они смогут не просто бездумно списывать домашнюю работу, а понимать, просматривая подробные описания решения от составителя.

Во-вторых, их родителям. Школьная программа выпускных классов очень сложная, она содержит самые последние темы и самые трудные задания. Даже родители, которые хорошо владеют точными науками и связаны с этой сферой, зачастую не могут помочь с домашним заданием. Так же у них совсем не остается сил и времени после работы.

В-третьих, учителям и репетиторам. Опять же для того, чтобы экономить время, ведь помимо проверки д/з, они должны составлять новые задания (классные, самостоятельные, контрольные) для работы на занятиях.

Достоинства:

удобство пользования;
только верные ответы;
онлайн-режим;
способность открываться на любых платформах.

Содержание пособия по геометрии для 10-11 классов от Л.С. Атанасяна

Эта книга включает в себя абсолютно все темы, разделы и параграфы из оригинального учебника, такие как:

параллельность прямых и плоскостей;
взаимное расположение прямых в пространстве. Угол между ними;
тетраэдр и параллелепипед;
теорема о трех перпендикулярах;
многогранники (призма, теорема Эйлера);
пространственная т. Пифагора;
метод координат в пространстве, движения;
цилиндр, конус, шар;
планиметрия (эллипс, гипербола и парабола).

Стоит отметить, что на этом этапе обучения ребятам предстоит очень трудное испытание-сдача ЕГЭ. В единый государственный экзамен входят как раз самые сложные темы. Для того, чтобы получить хороший результат, важно не только знать формулы, но и понимать материал. А между тем, от количества полученных баллов зависит очень многое - поступление, будущая профессия. Поэтому, несомненно, стоит обратиться к этому сборнику, который принесет немало пользы и поможет в этот сложный период.

Многогранники

1.Тело, поверхность которого состоит из конечного числа плоских многоугольников, называется:

а) четырехугольник б) многоугольник

в) многогранник г) шестиугольник

2. Вершины многогранника обозначаются:

а) а, в, с, д … б) А, В, С, Д …

в) ав, сд, ас, ад … г) АВ, СВ, АД, СД …

3. К многогранникам относятся:

а) параллелепипед б) призма

в) пирамида г) все ответы верны

4. Многогранник, который состоит из двух плоских многоугольников, совмещенных параллельным переносом, называется:

а) пирамидой б) призмой

в) цилиндром г) параллелепипедом

5. Отрезок, соединяющий две вершины призмы, не принадлежащие одной грани называется:

а) диагональю б) ребром

в) гранью г) осью

6. Если боковые ребра призмы перпендикулярны основанию, то призма является:

а) наклонной б) правильной

в) прямой г) выпуклой

7. У призмы боковые ребра:

а) равны б) симметричны

в) параллельны и равны г) параллельны

8. Если в основании призмы лежит параллелограмм, то она является:

а) правильной призмой б) параллелепипедом

в) правильным многоугольником г) пирамидой

9. Грани параллелепипеда не имеющие общих вершин, называются:

а) противолежащими б) противоположными

в) симметричными г) равными

10. Многогранник, который состоит из плоского многоугольника, точки и отрезков соединяющих их, называется:

а) конусом б) пирамидой

в) призмой г) шаром

11. Перпендикуляр, опущенный из вершины пирамиды на плоскость основания, называется:

а) медианой б) осью

в) диагональю г) высотой

12. Отрезки, соединяющие вершину пирамиды с вершинами основания, называются:

а) гранями б) сторонами

в) боковыми ребрами г) диагоналями

13. Треугольная пирамида называется:

а) правильной пирамидой б) тетраэдром

в) наклонной пирамидой г) призмой

14. Высота боковой грани правильной пирамиды, проведенная из ее вершины, называется:

а) медианой б) апофемой

в) перпендикуляром г) биссектрисой

15. К правильным многогранникам не относится:

а) куб б) тетраэдр

в) икосаэдр г) пирамида

16. У куба все грани:

а) прямоугольники б) квадраты

в) трапеции г) ромбы

17. Высота пирамиды является:

а) осью б) медианой

в) перпендикуляром г) апофемой

18. Грани выпуклого многогранника являются выпуклыми:

а) треугольниками б) углами

в) многоугольниками г) шестиугольниками

19. Основания призмы:

а) параллельны б) равны

в) перпендикулярны г) не равны

20. Боковая поверхность призмы состоит из:

а) параллелограммов б) квадратов

в) ромбов г) треугольников

21. Площадью боковой поверхности призмы называется:

а) сумма площадей боковых многоугольников

б) сумма площадей боковых ребер

в) сумма площадей боковых граней

г) сумма площадей оснований

22. Боковая поверхность прямой призмы равна:

а) произведению периметра на длину грани призмы

б) произведению длины грани призмы на основание

в) произведению длины грани призмы на высоту

г) произведению периметра основания на высоту призмы

23.Точка пересечения диагоналей параллелепипеда является его:

а) центром б) центром симметрии

в) линейным размером г) точкой сечения

24. К правильным многогранникам относятся:

а) тетраэдр б) куб и додекаэдр

в) октаэдр и икосаэдр г) все ответы верны

Ключ

В тетраэдре ABCD на ребре AB взята точка K , на ребре AC - точка L , на ребре BD - точка N , на ребре СD - точка M . Точки E и G есть середины ребер AD и BC соответственно. Прямые EG , KM и LN пересекаются в одной точке. Найти площадь четырехугольника KLMN , если AK : KB = 5, AD = 9, BC = 9, а угол между скрещивающимися прямыми AD и BC равен 45°.

Решение.

Пусть Тогда

Поскольку EM и KG лежат в одной плоскости, они пересекаются на прямой AC (пусть в точке Q ). По теореме Менелая для треугольника ABC и прямой KGQ имеем , поэтому

По теореме Менелая для треугольника ADC и прямой EMQ имеем , поэтому Тогда имеем

Вектор из D в точку пересечения EG и MK представляется в виде и в виде

Приравнивая коэффициенты при равных векторах, находим поэтому этот вектор раскладывается как

Теперь пусть

Приравнивая коэффициенты при равных векторах, находим

Значит, поэтому KLMN - параллелограмм и

Ответ:

Методы геометрии: Использование векторов

Классификатор стереометрии: Деление отрезка, Площадь сечения, Тетраэдр

В тетраэдре ABCD , все рёбра которого равны 1, отметили середину ребра CD - точку E .

а) Докажите, что плоскость ABE перпендикулярна ребру CD .

б) Найдите расстояние от точки A до прямой BE .

Решение.

а) BE BCD . AE - высота равностороннего треугольника ACD . Поэтому и . Значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, .

б) Рассмотрим треугольник и его высоты и Составим равенство: Заметим теперь, что треугольник равнобедренный и поэтому Тогда

Ответ:

Классификатор стереометрии: Деление отрезка, Правильный тетраэдр, Расстояние от точки до прямой

Каролина Алексина 18.12.2016 19:10

Последняя часть: не может получиться получится

Кирилл Колокольцев

Избавьтесь от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на .

У Северного полюса, на острове Шпицберген в чертогах Снежной королевы хранился небывалой красоты ледяной алмаз в форме тетраэдра SABC . В Новогоднюю ночь злой тролль похитил часть алмаза, и эта часть имеет форму тетраэдра SAKM . Его верные ученики и от оставшейся части взяли себе кусок и тоже в форме тетраэдра - KABC . Снежной королеве осталась часть алмаза, и она имеет форму тетраэдра CAKM . Какую часть первоначального алмаза оставили Снежной королеве тролль и ученики? В треугольнике ABC угол B равен 90°, AB = 3, BC = 4, AS перпендикулярно плоскости ABC , AS = 4, AK перпендикулярно SB , AM перпендикулярно SC .

Решение.

Заметим, что M лежит на ребре SC , K - на ребре SB и являются основаниями соответствующих высот.

Поскольку прямая CB перпендикулярна прямым AB и CB , она перпендикулярна плоскости ABS . Плоскости ABS и CBS пересекаются по прямой BS , перпендикулярной AK , поэтому прямая AK перпендикулярна плоскости CBS .

Следовательно, тетраэдры SABC и CAKM имеют общую высоту AK , поэтому их объемы относятся как их основания.

Отрезок AK - высота прямоугольного треугольника ABS , проведенная к гипотенузе BS . Поэтому и

Итак, откуда

Ответ:

Укажем другой подход.

Найдем, какую часть объема исходного тетраэдра SABC составляют отсеченные тетраэдры KABC и SAKM .

Тетраэдры SABC и KABC имеют общее основание, поэтому их объемы относятся как их высоты. Высоты, в свою очередь, относятся как гипотенузы соответствующих подобных треугольников:

(использовано свойство прямоугольного треугольника, см. примечание).

Найдем, какую часть объема составляет оставшаяся часть тетраэдра:

Приведем ещё одно решение.

Объемы тетраэдров с сонаправленными ребрами относятся как произведения этих ребер. Поэтому:

Аналогично,

Примечание 1.

(*) Во всех решениях использована следующая теорема: в прямоугольном треугольнике с катетами а и b и гипотенузой с , высота, проведенная к гипотенузе, делит ее на отрезки и Отношение этих отрезков к гипотенузе равны и

Примечание 2.

В последнем решении можно было бы заметить, что откуда следует общая формула для ответа:

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 57.

Классификатор стереометрии: Объем как сумма объемов частей, Тетраэдр

Внутри правильного тетраэдра с ребром a‍ расположены четыре равных шара. Каждый шар касается трёх других и трёх граней тетраэдра. Найдите радиусы шаров.

Решение.

Пусть r -‍ искомый радиус. Соединим попарно центры шаров. Получим правильный тетраэдр со стороной 2r .‍ Так как шары вписаны в трёхгранные углы при вершинах правильного тетраэдра, то их центры лежат на соответствующих высотах тетраэдра. Поэтому центр правильного тетраэдра с вершинами в центрах данных шаров совпадает с центром O‍ данного правильного тетраэдра.

Пусть шар радиуса r‍ с центром O‍ 1 ,‍ вписанный в трёхгранный угол с вершиной D ,‍ касается плоскости грани ABD‍ данного правильного тетраэдра ABCD‍ со стороной a‍ в точке P .‍

Пусть M -‍ центр основания ABC ,‍ K -‍ середина AB ,‍ φ -‍ угол между высотой тетраэдра и плоскостью его грани. Из прямоугольного треугольника DMK‍ находим, что

Значит, или откуда находим, что

Ответ:

Классификатор стереометрии: Комбинации круглых тел, Правильный тетраэдр, Система шаров, Шар

В правильном тетраэдре ABCD точка К - середина ребра АВ , точка Е лежит на ребре CD и EC : ED = 1: 2.

а) Найдите угол между прямыми ВС и КЕ .

б) Найдите расстояние между прямыми ВС и КЕ , если сторона тетраэдра равна 6.

Решение.

а) Проведем через точку K прямую KL параллельную BC , где точка L лежит на AC . KL - средняя линия треугольника ABC . Угол между прямыми KE и ВС равен углу EKL , найдем его из треугольника KEL . Пусть O - проекция вершины D , E" - проекция точки E на прямую KC и пусть ребро тетраэдра равно a . Тогда

Вычислим высоту тетраэдра:

а значит,

Косинус угла EKL найдем, применяя теорему косинусов:

Следовательно,

б) Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от одной из них до плоскости, параллельной ей и проходящей через другую прямую. Таким образом, искомое расстояние между прямыми BC и KE равно расстоянию между точкой С и и плоскостью KEL (плоскость KEL - проходит через прямые KE и KL , где прямая KL параллельна BC ). То есть искомое расстояние - высота h c тетраэдра CKEL , проведенная из вершины C .

Вычислим объем тетраэдра CKEL :

С другой стороны, где

Ответ: а) б)

Источник: А. Ларин. Тренировочный вариант № 298.

В правильном тетраэдре MNPQ через биссектрисы NA и QB граней MNP и QNP проведены параллельные плоскости.

а) Найдите отношение суммы объемов отсекаемых от MNPQ тетраэдров к объему MNPQ

б) Найдите расстояние между NA и QB , если ребро тетраэдра равно 1.

Решение.

а) Построим указанные плоскости. Через точку B проведём прямую параллельную NA тогда первое сечение BLQ . Очевидно, что QB - также медиана и высота, значит,

В грани PMN проведем медиану, высоту, биссектрису MB , S - точка пересечения MB и NA . В плоскости MBQ проведем прямую ST параллельную BQ (где тогда второе сечение NAT . Заметим, что

Вычислим:

б) Расстояние между скрещивающимися прямыми NA и QB равно расстоянию между параллельными плоскостями NAT и BLQ . Найдем его, как высоту тетраэдра QANT , проведенную из вершины Q . Вычислим где - высота, проведенная из вершины A . Пусть H - высота тетраэдра PQM , тогда:

Вычислим теперь площадь треугольника NAT . Имеем:

откуда а Тем самым

Ответ: а) б)

Примечание.

Исходя из подобия треугольников и теорема о соотношении площадей треугольников, имеющих равный угол, определим отношение объёмов тетраэдров, имеющих равный трёхгранный угол:

Таким образом, отношение объёмов равно отношению произведений трёх рёбер, исходящих из вершины общего трёхгранного угла каждого тетраэдра.

Источник: А. Ларин. Тренировочный вариант № 297.

а) Докажите, что медианы тетраэдра (отрезки, соединяющие вершины с точками пересечения медиан противоположных граней) и отрезки, соединяющие середины противоположных ребер, пересекаются в одной точке.

б) Дан тетраэдр с прямыми плоскими углами при вершине Площади граней и равны соответственно 132, 150, 539. Найдите объем тетраэдра.

Решение.

а) Пусть задан тетраэдр ABCD (рисунок 1)

1. Рассмотрим грани ABC и ABD . Пусть M - точка пересечения медиан Δ ABC , N - треугольника ABD . И пусть K - середина AB . Точки C, D, M, N, K лежат в одной плоскости, коли они принадлежат двум пересекающимся прямым KC и KD. Поскольку KC: KM = KD: KN = 3: 1, треугольники MKN и CKD гомотетичны с коэффициентом гомотетии (подобия) k = 3. По основному свойству гомотетии будем иметь: CD || MN , CD = 3MN .

Соединим отрезками точки: M и D, N и С . Точку пересечения MD с NC обозначим О .

Аналогично можно доказать, что через точку О пройдут все остальные медианы заданного тетраэдра.

2. Теперь докажем, что через точку О пройдут и отрезки, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдра (рисунок 2).

Пусть L - середина ребра BC . В плоскости DKC через точку D проведем прямую, параллельную KC . Проведем также прямую KL , которая пересечет только что проведенную прямую в точке, которую обозначим P .

Пусть O 1 точка пересечения DM и KL .

Рассмотрим Δ KLC и Δ PLD . У них: ∠KLC = ∠PLD как вертикальные, ∠KCL = ∠ PDL как внутренние накрест лежащие при KC || PD и секущей DC , CL = DL . Тогда Δ KLC = Δ PLD - по второму признаку равенства треугольников. Отсюда: KC = PD , KL = PL , ∠CKL = ∠BPL .

В Δ KO 1 M и Δ PO 1 D ∠KO 1 M = ∠ PO 1 D как вертикальные, ∠MKO 1 = ∠DPO 1 по ранее доказанному. Значит, откуда DO 1: O 1 M = PD : KM . Но как доказано выше, KC = PD . Следовательно, O 1 D : O 1 M = KC : KM = 3: 1.

Итак, O 1 D : O 1 M = 3: 1. Выше было доказано, что OD: OM = 3: 1. Так как отрезок DM можно разделить в отношении 3: 1, считая от точки D, единственным образом, то точки О и O 1 совпадут, то есть KL проходит через точку О . Совершенно аналогично можно доказать то, что отрезки, соединяющие середины ребер BC и AD , BD и AC , пройдут через точку О . И это - все то, что требовалось доказать.

б) Введем обозначения длин ребер тетраэдра: пусть BD = a , CD = c , AD = b .

В соответствии с условием задачи:

Ответ: б) 1540.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 132.

Классификатор стереометрии: Объем тела, Тетраэдр

а) В правильном тетраэдре ABCD проведена высота DH . K - середина отрезка CH .

Докажите, что угол между DH и медианой BM боковой грани BCD равен углу BMK .

б) В правильном тетраэдре ABCD найдите угол между высотой тетраэдра DH и медианой BM боковой грани BCD .

Решение.

а)Пусть - средняя линия треугольника Тогда , значит, и, следовательно, Кроме того,

б)Пусть длина ребра тетраэдра равна тогда имеем:

Ответ:

Классификатор стереометрии: Правильный тетраэдр, Угол между прямыми

Павел Деревянский 22.05.2014 00:33

А ответ будет являтся правильным?

Константин Лавров

Да. Ведь это тоже самое число.

J E 04.06.2016 12:00

А нельзя было в треугольнике ВМС провести прямую, параллельную высоте? Было бы легче и ответ выходит 60 градусов.

Константин Лавров

Плоскость BMC не содержит прямой параллельной высоте пирамиды.

В правильном тетраэдре ABCD точки K и M - середины рёбер AB и CD соответственно. Плоскость α содержит прямую KM и параллельна прямой AD .

а) Докажите, что сечение тетраэдра плоскостью α - квадрат.

б) Найдите площадь сечения тетраэдра ABCD плоскостью α, если

Решение.

а) Пусть точки P , E , N - середины рёбер BC , AC и BD соответственно. ME - средняя линия следовательно, Аналогично Следовательно, Значит, точки N , K , M , E лежат в одной плоскости, причём эта плоскость параллельна прямой AD . Значит, это и есть плоскость

Поскольку тетраэдр правильный, то (как средние линии равных правильных треугольников). Значит, KNME - ромб.

б) Площадь квадрата KNME находится по формуле Следовательно,

Ответ: б)

Источник: Основная волна ЕГЭ по математике 29.05.2019. Вариант 991, Задания 14 (С2) ЕГЭ 2019

Классификатор стереометрии: Площадь сечения, Правильный тетраэдр, Сечение -- параллелограмм, Сечение, параллельное или перпендикулярное прямой

Точки М , N и К принадлежат соответственно ребрам АD , AB и BC тетраэдра ABCD ,

причем АМ : МD = 2: 3, ВN : АN = 1: 2, ВК = КС .

а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки М , N , K .

б) Найдите отношение, в котором секущая плоскость делит ребро CD .

Решение.

а) Продлим до пересечения с в точке Обозначим точку пересечения и за Тогда искомое сечение.

б) Из теоремы Менелая для треугольника ABC : Откуда следует, что CQ = CA .

Из теоремы Менелая для треугольника ADC : Из чего следует, что DP : PC = 3:1.

Ответ: 3:1.

Приведем другое решение пункта б).

Напомним теорему Менелая для тетраэдра: точки A , P , N и K , лежащие на ребрах тетраэдра AD , DC , AB и BC соответственно, принадлежат одной плоскости тогда и только тогда, когда

В нашем случае: откуда

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 206.

Решение.

Пусть площадь основания тетраэдра равна S , а высота h . Тогда радиус описанной сферы равен поэтому середина высоты DE (точка P ) лежит на поверхности шара и противоположна E . Плоскость, перпендикулярная DE , параллельна плоскости основания пирамиды, поэтому является касательной плоскостью к шару. Следовательно, O совпадает с P .

Опустим перпендикуляры из O и центра шара на грань ABD . Образуются два подобных прямоугольных треугольника, причем коэффициент подобия равен поэтому

Осталось найти r . Поскольку то поэтому ответ меньше его диагонали, ребро данного куба равно Тогда точки B , D , C 1 имеют координаты соответственно.

Поскольку P лежит на продолжении A 1 C , отрезок A 1 P можно рассматривать как диагональ куба с ребром Тогда точка P имеет координаты

Найдём расстояние от P до точек D 1 , B и C 1:

Отрезки C 1 B , DB и DC 1 - диагонали граней куба, поэтому по теореме Пифагора Тогда Значит, все рёбра тетраэдра DBC 1 P равны, поэтому он правильный.

б) Координаты точки A : Раcстояние от точки P до точки A равно

Ответ:

Приведём другое решение.

а) Диагональ куба в больше его ребра: Следовательно,

Заметим, что как диагонали квадратов со стороной AB . Тогда треугольник BC 1 D - правильный.

Пусть Поскольку ABCD - квадрат имеем:

Поскольку как накрест лежащие, и как вертикальные, получаем: по двум углам, тогда

Заметим, что треугольник - прямоугольный, тогда откуда

В треугольнике OMC имеем: так как - верно. Тогда, по теореме, обратной теореме Пифагора, ΔOMC − прямоугольный, ∠M = 90°.

Так как BO = OD (C 1 O - медиана), и - правильный, то M - точка пересечения медиан, биссектрис и высот ΔBDC 1 , то есть центр описанной окружности.

Так как M - центр описанной окружности треугольника BC 1 D и ∠C 1 MC = 90°, то проекция точки P - точка M , тогда PB = PC 1 = PD .

Заметим, что по теореме косинусов

Так как значит, - правильный тетраэдр, что и требовалось доказать.

б) по теореме косинусов