Задание 14, Вариант 1 - решение задач для подготовки е ЕГЭ по Математике(маттренинг)

В правильной треугольной призме $ABCA_{1}B_{1}C_{1}$ сторона AB основания равна 12, а высота призмы равна 2. На рёбрах $B_{1}C_{1}$ и AB отмечены точки P и Q соответственно, причём $PC_{1}=3$ , а $AQ=4$ . Плоскость $A_{1}PQ$ пересекает ребро BC в точке M.

а) Докажите, что точка M является серединой ребра BC.

б) Найдите расстояние от точки B до плоскости $A_{1}PQ$ .

Решение:

Построим сечение призмы плоскостью $A_1PQ$ .

Проведём Q $M \parallel {\ A}_1P$ в плоскости ABC, точка М лежит на ребре BC.

Мы пользуемся здесь тем, что линии пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны. Трапеция $QMPA_{1}$ - искомое сечение.

а) Покажем, что М — середина ВС.

Пусть $P_1$ — проекция точки Р на плоскость $ABC, P_1C=3$ . Тогда $AP_1 \parallel A_1P$

Пусть ВМ = x, $\triangle QBM \sim \triangle ABP_1$ (по двум углам)

$\frac{BQ}{AB}=\frac{BM}{{BP}_1}$ ; $\frac{8}{12}=\frac{x}{9}$

Отсюда x = 6 и М — середина ВС.

б) Найдем расстояние от точки В до плоскости $A_1PQ$ , пользуясь методом объемов.

Выразим двумя способами объем треугольной пирамиды $A_1QMB.$

$V_{A_{1}QMB}=\frac{1}{3}S_{\triangle QMB} \cdot h_1=\frac{1}{3}S_{\triangle A_1QM} \cdot h_2$ , где $h_1-$ расстояние от точки $A_{1}$ до плоскости QMB, то есть до плоскости основания призмы.

Оно равно высоте призмы, то есть $h_1=2$ .

$h_2$ — искомое расстояние от точки В до плоскости $A_1QM.$

$S_{\triangle {\rm \ QMB}}=\frac{1}{2}\cdot BQ\cdot BM\cdot sin60^{\circ} =\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3};$

Из $\ \triangle {\rm \ }QMB\$ по теореме косинусов:

${QM}^2={BQ}^2+{BM}^2-2BQ\cdot BM\cdot cos60^{\circ} ,$

${QM}^2=64+36-2\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{1}{2}=100-38=52$

$QM=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$

Из $\ \triangle {\rm \ }AA_1Q:$

$A_1Q=\sqrt{{AQ}^2+{AA_1}^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}.$

Точка М — середина ВС, $AM=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}.$

Из прямоугольного треугольника ${{A}}_{{1}}AM$ найдем $A_1M = 4\sqrt{7}.$

Рассмотрим треугольник $A_1QM,$ в котором мы знаем все стороны.

По теореме косинусов:

${A_1Q}^2={A_1M}^2+{QM}^2-2QM\cdot A_1M\cdot cos\angle A_1MQ,$

$20= 112+52 - 2\cdot 8\cdot \sqrt{7}\cdot \sqrt{13}\cdot cos\angle A_1MQ$

$cos\angle A_1MQ=\frac{9}{\sqrt{91}}$

Тогда $sin\angle A_1MQ=\sqrt{\frac{10}{91}}$

$S_{\triangle {\rm \ }A_1QM}=\frac{1}{2}\ QM\cdot A_1M\cdot sin\angle A_1MQ=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{13}\cdot 4\sqrt{7}\cdot \sqrt{\frac{10}{91}}=4\sqrt{10}$

Объем пирамиды $A_1QBM$

$V_{A_1QBM}=\frac{1}{3}S_{\triangle QBM}\cdot AA_1=\frac{1}{3}S_{A_1QM}\cdot h_2$

Отсюда
$h_2=\frac{S_{\triangle QBM}\cdot AA_1}{S_{A_1QM}}=\frac{12\sqrt{3}\cdot 2}{4\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{30}}{5}.$

Смотреть все задачи варианта

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими публикациями. Информация на странице «Задание 14, Вариант 1 — разбор решения задачи» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ. Чтобы успешно сдать нужные и поступить в ВУЗ или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими материалами из данного раздела.

Публикация обновлена: 29.09.2023

Задание 14, Вариант 1 — разбор решения задачи

Это полезно