Геометрия, 10 класс (задачи)

-2-
Аннотация
Лицеистам предлагаются задачи по стереометрии. Их выбор продиктован
следующими соображениями: 1) задачи должны соответствовать программе по
геометрии с повышенными требованиями к математическому образованию; 2)
необходимо максимально отразить спектр типичных приемов в геометрических
рассуждениях. В случае, когда задача допускает векторное решение, это
обстоятельство специально подчеркивается. Такая настойчивость обусловлена как
личными вкусами автора пособия, так и отчетливым осознанием того, что без
развития векторного мышления невозможно понимание важнейших моделей в
физике.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-3-
Задачи
1. Дан правильный тетраэдр с ребром a. Найдите его полную поверхность, высоту,
апофему, угол наклона бокового ребра к плоскости основания, двугранный угол
при боковом ребре, расстояние между противоположными ребрами.
a 6 a 3
1 a
1
Ответ. a 2 3 ;
;
; arccos
; arccos ;
.
3
3
2
3
2
2. Докажите, что в правильной треугольной пирамиде противоположные ребра
попарно перпендикулярны и вершина основания проектируется на апофему
противоположной боковой грани.
Решение. Теорема о трех перпендикулярах.
3. Докажите, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с точками пересечения
медиан противоположных граней, пересекаются в одной точке и делятся в ней в
отношении 3:1 (считая от вершины). Докажите, что в этой же точке пересекаются и
делятся пополам отрезки, соединяющие середины противоположных ребер.
Решение. Массы!
4. Через середину бокового ребра правильной треугольной пирамиды проведено
сечение, параллельное двум скрещивающимся ребрам этой пирамиды. Найдите
площадь этого сечения, если сторона основания равна a, а боковое ребро равно b.
Решение. Скрещивающиеся ребра правильной пирамиды перпендикулярны,
поэтому сечение – прямоугольник.
Ответ. ab/4.
5. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно a. Найдите расстояния между прямой B1C и
прямыми: а) AD; б) AB; в) DC1.
a 2
a 3
Ответ. а) a ; б)
; в)
.
2
3
6. В правильной треугольной пирамиде известна сторона основания a и плоский
угол  при вершине. Найдите ее полную поверхность, двугранный угол при
основании, двугранный угол между боковыми гранями.
3ctg
Ответ.

2
4
 3
a 2 ; arccos(
3 
tg ) ; 2 arcsin
3
2
1
2 cos
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com

2
.
-4-
7. Решите предыдущую задачу для четырехугольной пирамиды.


1
Ответ. a 2 (1  ctg ) ; arccos(tg ) ; 2 arcsin
.

2
2
2 cos
2
8. На ребрах BB1, AD и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки B2, P
и Q - середины этих ребер, а на диагонали A1C1 взята такая точка R1, что
A1R1:A1C1=3:4. Ребро куба равно a. Найдите расстояния между следующими
парами точек: а) B2 и R1; б) Q и F - серединой отрезка PR1; в) F - серединой отрезка
PR1 - и K, взятой на прямой AB1, такой, что AK:AB1=3:2, причем точка B1 лежит
между точками A и K.
Решение. Надо точки включать в треугольники. Или (еще лучше, особенно в
наиболее сложной ситуации) применить координатный способ.
a 14
a 26
a 170
Ответ. а)
; б)
; в)
.
4
8
8
9. На ребрах BC и CC1 правильной призмы ABCA1B1C1 взяты соответственно
точки D и C2 - середины этих ребер. Считая AB=AA1=a, найдите расстояния от
точки пересечения прямой A1D с плоскостью ABC2 до следующих точек: а) A1;
б) C; в) C1.
2a 7
2a 2
a 23
Ответ. а)
; б)
; в)
.
5
5
5
10. Найдите угол: а) между двумя диагоналями куба; б) между диагональю куба и
непересекающейся с ней диагональю грани куба; в) между непересекающимися
диагоналями двух смежных граней куба.
Ответ. а) arccos 1/3; б) 90 ; в) 60 .
11. Основанием наклонной призмы ABCA1B1C1 является равносторонний
треугольник ABC со стороной a. Вершина A1 проектируется в точку пересечения
медиан треугольника ABC, ребро AA1 составляет с плоскостью основания угол
45 . Найдите площадь боковой поверхности призмы.
1
Ответ. a 2 ( 15  6 ) .
3
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-5-
12. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 на ребре A1B1 взята точка P
- середина этого ребра, а на ребре AD - такая точка Q, что AQ:AD=2:3. Считая
AB=AA1=a, AD=3a, найдите расстояние от вершины D1 до следующих прямых:
а) AB1; б) PQ; в) B2K, где точка K взята взята на прямой AC, причем AK:AC=3:2 и
точка C лежит между точками A и K, а точка B2 взята на прямой BB1, причем
BB2:BB1=2:1 и точка B1 лежит между точками B и B2.
Решение. в) Координаты.
a 38
a 798
a 89
Ответ. а)
; б)
; в)
.
2
21
7
13. На ребрах CD и MC правильной пирамиды MABCD, боковые грани которой равносторонние треугольники, взяты соответственно точки P и C1 - середины этих
ребер. Считая AB=a, найдите расстояния до линии пересечения плоскостей MOP
(O  AC  BD) и BC1D от следующих точек: а) M; б) B; в) A.
Решение. Надо строить линии пересечения плоскостей.
a 3
a 3
a 3
Ответ. а)
; б)
; в)
.
3
3
3
14. Из некоторой точки ребра острого двугранного угла  исходят два луча,
расположенных в разных гранях. Один из этих лучей перпендикулярен к ребру
двугранного угла, а другой образует с ребром острый угол  . Найдите угол между
этими лучами.
Решение. Теорема косинусов для трехгранного угла.
Ответ. arccos( cos  sin  ).
15. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 AB=AA1=a и AD=2a.
Найдите расстояние между скрещивающимися прямыми BD1 и DC1.
Решение. – DD1C1C - квадрат, поэтому плоскость CD1A1B перпендикулярна DC1.
Надо найти высоту треугольника PD1B из вершины P, где P – центр квадрата
DD1C1C.
a 3
Ответ.
.
3
16. Основание пирамиды - прямоугольный треугольник с катетами 6 и 8. Все
двугранные углы при основании пирамиды равны 60 . Найдите высоту пирамиды.
Решение. SO  ABC  O  центр вписанного в ABC круга  h  rtg60  .
Ответ. 2 3 .
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-6-
17. На ребрах AB, AD и CC1 куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q
и R - середины этих ребер. Считая ребро куба равным a, найдите расстояния до
плоскости PQR от следующих точек: а) A1; б) C1; в) B1.
7a 11
3a 11
5a 11
Ответ. а)
; б)
; в)
.
22
22
22
18. Внутри трехгранного угла, все плоские углы которого равны  , проходит
прямая, одинаково наклоненная к его ребрам. Найдите угол наклона этой прямой к
каждому ребру трехгранного угла.
Решение. Надо включить данный трехгранный угол в правильную пирамиду.

2 sin
2 ).
Ответ. arcsin(
3
19. Точка D - середина ребра AB правильной призмы ABCA1B1C1, сторона
основания которой равна ее боковому ребру и равна a. Какова наименьшая
площадь треугольника ACP, вершина P которого лежит на прямой C1D?
Решение. PK – высота треугольника APC; hmin = расстоянию от точки A до
плоскости A1C1D; можно все считать в прямоугольной системе координат с
началом в середине BC.
a 3
a 3
a
a a 3
a 57
A(0;
; 0), A1 (0;
: a ); C1 ( ; 0; a); D( ;
; 0)  hmin 
.
2
2
2
4 4
19
a 2 57
Ответ. S min 
.
38
20. В правильной четырехугольной пирамиде двугранный угол при основании
равен  . Найдите двугранный угол при боковом ребре.
Ответ. 2 arcsin
1  cos2 
.
2
21. В треугольной пирамиде SABC (S - вершина, ABC - основание пирамиды) на
стороне AC взята точка D так, что AC=3DC, а на стороне BC взята точка E так, что
BC=3CE. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через
точки D и E параллельно ребру SC, если известно, что SA=SB, SC=a, AC=BC=b,
ACB .
Решение. Надо только доказать, что сечение – прямоугольник; средства – теорема
Фалеса, теорема о равенстве проекций равных наклонных, теорема о трех
перпендикулярах.
4

Ответ. S= ab sin .
9
2
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-7-
22. Высота треугольной пирамиды ABCD, опущенная из вершины D, проходит
через точку пересечения высот треугольника ABC. Известно, что DB=b, DC=c,
угол BDC= 90 . Найдите отношение площадей граней ADB и ADC.
CD  DB , CD  AB
Решение.
(теорема
о
трех
перпендикулярах)
 CD  ADB  CD  AD ; аналогично BD  AD .
Ответ. b/c.
23. На ребре AD куба ABCDA1B1C1D1 взята точка P - середина этого ребра.
Найдите углы между прямой A1C и прямыми: а) PQ, точка Q которой является
серединой ребра AB; б) BP; в) C1P.
Решение. Хорош (как обычно) векторный способ.
15
3
Ответ. а) 90 ; б) arccos
; в) arccos
.
15
9
24. В тетраэдре DABC AE - высота грани ABC, O - середина AE, DO  AE,
DO  BC, K AC, причем AK:KC=3:1, BC=a, DO=b. Постройте сечение тетраэдра
плоскостью, проходящей через точку K и параллельной прямым BC и DO, и
найдите площадь сечения.
Решение. DO  ABC , KM||BC, P  KM  AE, PQ || DO , Q  DE ; NR||BC в грани
BDC, NR проходит через Q; трапеция KMNR – сечение.
Ответ. 5ab/16.
25. Основанием пирамиды является правильный треугольник; одна из боковых
граней перпендикулярна к основанию, а две другие наклонены к нему под углом
 . Как наклонены к плоскости основания боковые ребра?
3
tg
).
Ответ. arctg ( tg ); arctg (
2
2
26. На ребре CD куба ABCDA1B1C1D1 взята точка P - середина этого ребра.
Найдите углы, которые образует прямая A1P со следующими плоскостями: а)
CDD1; б) A1BC; в) BC1D.
Решение. Опять векторы…
2 5
2
5 3
Ответ. а) arctg
; б) arcsin
; в) arcsin
.
5
6
9
27. Угол между боковым ребром и основанием правильной четырехугольной
пирамиды равен 60 , боковое ребро равно a. Через середину одного из боковых
ребер перпендикулярно к нему проведена плоскость. Найдите площадь сечения.
Решение. Сечение  пирамиды SABCD, перпендикулярное SC, проходит через
вершину A ( ASC  правильный  AP  SC, где P - середина SC , т.е. AP   ).
Ответ. a2
3 /6.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-8-
28. Боковое ребро правильной призмы ABCA1B1C1 в два раза больше стороны ее
основания. На ребрах AC и CC1 призмы взяты соответственно точки P и Q середины этих ребер. Найдите углы, которые образует плоскость BPQ со
следующими плоскостями:
а) ACC1; б) A1BP; в) ABB1.
Решение. Можно (лучше) векторным способом.
7 85
15
Ответ. а) 90 ; б) arccos
; в) arccos
.
85
5
29. Основание прямого параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 - ромб со стороной a и
острым углом  . Меньшая диагональ параллелепипеда образует с основанием угол
 . Найдите площадь сечения ACB1.
Решение. B1D – не обязательно меньшая диагональ параллелепипеда!
1



Ответ. a 2 sin   1  4 tg 2  или a 2 sin  cos2  4 sin2  tg 2  , в зависимости
2
2
2
2
от того, является угол B ромба тупым или острым.
30. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a. Постройте сечение куба плоскостью и
найдите площадь сечения, если:
а) плоскость проходит через вершины A и D1 и середину ребра BB1;
б) плоскость проходит через вершину A и параллельна плоскости DBC1;
в) плоскость проходит через середины ребер AB, BB1, B1C1.
a2 3
3a 2 3
9a 2
Ответ. а)
; б)
; в)
.
2
4
8
31. В основании прямой призмы ABCA1B1C1 лежит равнобедренный треугольник с
прямым углом при вершине C, а ее боковое ребро равно стороне AB основания. На
ребре AA1 взята точка P - середина этого ребра. Найдите следующие двугранные
углы: а) C1B1PB; б) B1CPC1; в) B1CPD, где точка D - середина ребра AB.
Решение. Координаты напрашиваются. По-другому тоже можно.
3
5 7
Ответ. а) 90 ; б) arctg
; в) arccos
.
56
2
32. В тетраэдре DABC ABC - правильный треугольник со стороной a, DA=DB=DC,
DO  ABC, DO=a/2. Найдите угол между AC и плоскостью BDC.
Решение. Терпение никогда не повредит.
3
Ответ. arcsin .
4
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-9-
33. ABCD - квадрат со стороной a, BM  ABC, BM=a. Найдите двугранный угол
между гранями AMD и CMD.
Решение. Теорема косинусов для трехгранного угла. Или: вписать пирамиду в куб.
Ответ. 120 .
34. Высота правильной четырехугольной пирамиды равна стороне ее основания.
Найдите следующие двугранные углы: а) при ребре основания; б) при боковом
ребре; в) между противоположными боковыми гранями.
1
3
Ответ. а) arctg 2 ; б) arccos ( ) ; в) arccos .
5
5
35. На продолжении ребра BC куба ABCDA1B1C1D1 взята такая точка M, что
BM:BC = 3:2, причем точка C лежит между точками B и M. Найдите следующие
двугранные углы: а) MDD1P1, где точка P1 - середина ребра A1B1; б) MC1DA;
в) MA1DB1.
Решение. Всегда надежно и эффективно – векторы.
3
2 2
) ; в) arccos
Ответ. а) 90 ; б) arccos ( 
.
3
3
36. Стороны основания и боковое ребро прямоугольного параллелепипеда равны 3
см, 4 см и 14 см. Найдите площадь сечения, проведенного через середины двух
смежных сторон основания и точку пересечения диагоналей параллелепипеда.
Решение. Рассмотреть диагональное сечение.
Ответ. 3 1261 /2 см2.
37. Два равных квадрата ABCD и CEFK расположены в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях так, что их стороны CD и CE лежат на линии
пересечения этих плоскостей по разные стороны от общей вершины C. Найдите
угол между прямыми DB и EK.
Решение. C – начало координат.
Ответ. 60 .
38. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 все ребра равны между собой.
Найдите угол между диагоналями AC1 и B1C ее боковых граней.
Решение. Векторный способ.
Ответ. arccos(1/4).
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 10 -
39. Основанием наклонного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 служит ромб ABCD.
AC=40, BD=30, AA1= 2 17 , A1 AD  A1 AB  90 . Высота параллелепипеда равна
2. Найдите боковую поверхность параллелепипеда.
Решение. Так как углы A1AD и A1AB равны, A1A проектируется на биссектрису
угла BAC плоскости ABCD (поскольку угол A1AD меньше прямого, то именно на
отрезок AC, а не на его продолжение за вершину A). Теперь – тригонометрия.
Ответ. 520.
40. Высота правильной призмы ABCA1B1C1 равна стороне ее основания. На ребрах
BB1 и A1C1 взяты соответственно точки D и E - середины этих ребер. Постройте
сечение призмы плоскостью, проходящей через точки C, D и E, и найдите площадь
полученного сечения. AB = a.
Решение. Спроектировать сечение на A1B1C1 и для нахождения косинуса
соответствующего угла применить векторный метод. Можно и тупо…
2a 2
Ответ. S сеч 
.
3
41. В основании пирамиды MABC лежит прямоугольный треугольник. Боковое
ребро MB перпендикулярно плоскости основания и MB = AC = BC. Постройте
сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку P - середину ребра AB перпендикулярно прямой MC, и, считая MB=a, найдите площадь полученного
сечения.
Решение. Сначала надо построить вспомогательное сечение, проходящее через B
перпендикулярно MC. По-другому: координаты!
5a 2 2
Ответ. S 
.
32
42. Боковые ребра правильной призмы ABCA1B1C1 в три раза больше ребра ее
основания. На ребрах AB и BB1 призмы взяты соответственно такие точки M и N,
что AM = MB, BN:BB1 = 2:3. Найдите угол, который образует плоскость CMN с
плоскостью A1CM.
Решение. M – начало координат, MB=a. Дальше – автоматически:
3
M(0;0;0), A(-a;0;0), B(a;0;0), C(0;
;0), A1(-a;0;3a),….
2
13
Ответ. arccos
.
610
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 11 -
43. На ребре CC1 правильной призмы ABCDA1B1C1D1 взята точка P - середина
этого ребра. AB : AA1 = 2 : 3. Найдите углы, которые образует плоскость AB1P с
плоскостями: а) ABC; б) BB1C1; в) AA1B1.
3 5
6 61
3 61
Ответ. а) arctg
; б) arccos
; в) arccos
.
4
61
61
44. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, катеты которого
равны a и b. Каждый из двугранных углов при ребрах основания пирамиды равен
60 . Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
Решение. Площади ортогональных проекций.
Ответ. ab.
45. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна a, ее боковое
ребро наклонено к плоскости основания под углом 45 . Найдите полную
поверхность пирамиды.
Ответ. S полн  a 2 (1  3) .
46. Вершина A1 параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 одинаково удалена от вершин
квадрата ABCD, являющегося основанием параллелепипеда. Считая AB=a и
AA1=b, найдите полную поверхность параллелепипеда.
Ответ. S полн  2a 4b 2  a 2  2a 2 .
47. В основании пирамиды лежит равнобочная трапеция, параллельные стороны
которой равны a и b (a>b). Каждая боковая грань наклонена к основанию под
углом  . Найдите полную поверхность пирамиды.
Решение. В основание можно вписать круг (почему?). Еще – площадь
ортогональной проекции…
Ответ. S полн 
(a  b) ab cos 2
cos 

2.
48. Боковое ребро правильной призмы ABCA1B1C1 равно стороне ее основания. На
стороне AC взяты точки M и N - такие, что CM = MN = NA. Найдите углы,
которые образует плоскость ABC1 с плоскостями: а) A1BC; б) A1BM; в) A1BN.
Решение. Начало координат – центр треугольника ABC.
70
217
1
Ответ. а) arccos ; б) arccos
; в) arccos
.
31
7
70
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 12 -
49. Основанием наклонной треугольной призмы ABCA1B1C1 служит
прямоугольный треугольник ABC (угол C прямой), у которого BC=a. Вершина B1
проектируется в точку C. Двугранный угол с ребром BB1 равен  , боковые ребра
составляют с плоскостью основания угол  . Найдите площадь боковой
поверхности призмы.
Решение. B1 B  AC (теорема о трех перпендикулярах), поэтому AA1C1C прямоугольник; кроме того, проведем CM  B1 B (M – точка на B1B)
 B1 B  AMC  AMC   .
в
прямоугольном
AC  BB1 , AC  CB1  AC  BB1C1C  MC  AC 
треугольнике ACM с прямым углом MCA AC  MC  tg  a sin   tg .
AA1  a / cos  , B1C  a  tg . И еще: ортогональная проекция AA1B1B на BB1C1C
есть BB1C1C.
a 2 tg  (1  cos  sin  )
Ответ.
.
cos
50. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 отношение ребер BB1:BC =
1:2, а его диагональ равна d. На ребре BC взята точка L - середина этого ребра.
Найдите боковую поверхность параллелепипеда, если угол между прямыми C1L и
B1D равен  .
Решение. Координаты.
Ответ. S бок  2 2 d 2 cos (2 2 cos  1  10 cos 2  ) .
51. Площадь боковой поверхности правильной пирамиды SABCD в два раза
больше площади ее основания. На ребрах SD и SC взяты соответственно точки P и
Q - середины этих ребер. Найдите угол между прямыми AP и DQ.
Решение. Теорема косинусов. Также – координаты…
3
Ответ. arccos .
13
52. В правильной треугольной пирамиде MABC сторона основания равна a, а
высота 2a. Найдите угол между стороной основания AC и плоскостью грани CMB.
Ответ. arcsin(6/7).
53. В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна a, а боковое
ребро наклонено к плоскости основания под углом 60 . Через вершину основания
проведена плоскость, перпендикулярная противоположному боковому ребру.
Найдите площадь сечения.
a2
Ответ.
.
3
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 13 -
54. На ребре SC правильной пирамиды SABCD, отношение бокового ребра
которой к стороне ее основания равно 2 :1 , взята точка C1 - середина этого ребра.
Если AB=a, чему равны расстояния до плоскости BC1D от следующих точек: а) S;
б) B1 - середины ребра SB; в) P - середины ребра AB?
Решение. Если не использовать объемы, то – координаты с началом в центре
квадрата ABCD.
a 6
a 6
a 6
Ответ. а)
; б)
; в)
.
4
8
8
20 3
.
3
Одна боковая грань перпендикулярна к плоскости основания, а остальные две
наклонены к нему под равными углами. Высота пирамиды равна 12. На одном из
боковых ребер выбрана точка, которая делит его в отношении 2:3, считая от
вершины. Через эту точку проведена плоскость, параллельная основанию.
Найдите площадь поверхности образовавшейся усеченной пирамиды.
Решение. SAB  SAC, CD  AB; S проектируется на биссектрису угла ACB
 SD  AB (теорема о трех перпендикулярах)  SD  ABC , …
55. В основании пирамиды лежит правильный треугольник со стороной
Ответ.
2176 3
.
15
56. На сторонах AC и BC треугольника ABC взяты такие точки M и P, что AM:MC
= 3:1 и BP:PC = 1:2. Отрезки AP и BM пересекаются в точке Q. Площадь
треугольника BPQ равна 1 м2. Найдите площадь треугольника ABC.
Решение. MK||AP, PK:KC=3:1 (теорема Фалеса), BP:BK=2:5, SBMK=(25/4)SBPQ=25/4,
SCMK=SMBK/5=5/4, SBMC=SBMK+SMKC=SABC/4.
Ответ. 30м2.
57. На боковых сторонах AB и AC равнобедренного треугольника BAC выбраны
такие точки P и Q, что BP = 2 PA, AQ = 2 QC. В каком отношении прямая PQ
делит высоту AM?
PQ AQ 2
2
AD  BC , O  PQ  AD, CM || PQ 

 , PQ  CM ,
Решение.
CM AC 3
3
OP
AP
2
4


 ,
DK||PQ  MK:KB=CD:DB=1:1 (теорема Фалеса),
DK AK 2  1  3 / 2 9
OP=…=(2/9)CM, OP:PQ=1:3.






4  1 
4 
Другой подход. PO  x PQ, AO  AD, AB x PQ  AD, PQ  PA AQ ,…
9
3
9
Ответ. PO:OQ = 1:2.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 14 -
58. ABCDA1B1C1D1 - прямоугольный параллелепипед, в котором AB=AA1=12,
AD=30. Точка M расположена в грани ABB1A1 на расстоянии 1 от середины AB и
на равных расстояниях от A и B. Точка N принадлежит грани DCC1D1 и
расположена симметрично M относительно центра параллелепипеда. Найдите
длину кратчайшего пути по поверхности параллелепипеда между точками M и N.
Решение. Надо рассмотреть несколько вариантов разверток параллелепипеда.
Ответ. 40.
59. В пирамиде SABC SA=SB=SC=AC=2 см, AB=BC, ABC  90 . Точки M и P середины ребер SA и SC соответственно. 1) Найдите площадь сечения пирамиды
плоскостью BMP. 2) Найдите угол между прямой SB и плоскостью BMP.
Решение. S проектируется в середину AC.
7 2

3
см ; 2)  arctg
Ответ. 1)
.
4
3
2
60. В пирамиде SABC SA=SB=SC=AC=2, AB=BC, ABC  90 . Точки M и P середины ребер SA и SC соответственно. 1) Найдите угол между плоскостями BMP
и ABC. 2) Найдите угол между прямой SB и плоскостью BMP.
Решение. Через B в плоскости ABC проведем прямую l||AC.
3

3
Ответ. 1) arctg
; 2)  arctg
.
3
2
2
61. В пирамиде SABC SA=SB=SC=AC=2, AB=BC, ABC  90 . Точки M и P середины ребер SA и SC соответственно. 1) Найдите площадь сечения пирамиды




плоскостью BMP. 2) Разложите вектор MK по векторам AS , AB, AC , если K –
середина отрезка BP.

1  1 
1  1  1 
Решение. MK  MB  MP  MA AB AC  ...
2
2
2
2
4



7 2
1
1
1
см ; 2)  AS  AB AC .
Ответ. 1)
4
4
2
4
62. В пирамиде SABC SA=SB=SC=AC=2, AB=BC, ABC  90 . Точки M и P середины ребер SA и SC соответственно. 1) Найдите угол между плоскостями BMP




и ABC. 2) Разложите вектор MK по векторам AS , AB, AC , если K – середина
отрезка BP.
3
1  1  1 
Ответ. 1) arctg
; 2)  AS  AB AC .
4
2
4
2
63. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки M
и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите площадь сечения
призмы плоскостью MPC. 2) Найдите угол между прямой AA1 и плоскостью MPC.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 15 -
Решение. Плоскости ABC и MPC пересекаются по прямой l||AB, проходящей через
C. Проводим в плоскости MPC MD  l  AD  l .
Ответ. 1) 91; 2) arccos(5/13).
64. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки M
и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите угол между
плоскостями MPC и ABC. 2) Найдите угол между прямой AA1 и плоскостью MPC.
Ответ. 1) arccos(12/13); 2) arccos(5/13).
65. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки M
и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите площадь сечения




призмы плоскостью MPC. 2) Разложите вектор MK по векторам AA1 , AC, AB , если
K – середина отрезка CP.

1  1 
1  1  1 
Решение. MK  MC  MP  MA AC  AB =…
2
2
2
2
2
1  1  1 
Ответ. 1) 91; 2)  AA1  AC  AB .
4
2
2
66. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки M
и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите площадь сечения
призмы плоскостью MPC. 2) Найдите угол между плоскостями MPC и ABC.
Ответ. 1) 91; 2) arccos(12/13).
67. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки M
и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите угол между
плоскостями MPC и ABC. 2) Найдите угол между прямой AA1 и плоскостью MPC.
Ответ. 1) arccos(12/13); 2) arccos(5/13).
68. В прямой призме ABCA1B1C1 AC = 13, AB = 14, BC = 15, AA1 = 10 см. Точки
M и P – середины ребер AA1 и BB1 соответственно. 1) Найдите площадь сечения




призмы плоскостью MPC. 2) Разложите вектор MK по векторам AA1 , AC, AB , если
K – середина отрезка CP.
1  1  1 
Ответ. 1) 91; 2)  AA1  AC  AB .
4
2
2
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 16 -
69. Докажите, что если прямая p образует равные углы с тремя попарно
пересекающимися прямыми плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.
Решение. Пусть p = MO, O  p   , MH   , OA и OB – две из трех заданных в
условии задачи прямых плоскости, образующих равные углы с прямой p.
MOA  MOB, MA1  OA, MB1  OB . Треугольники MA1O и MB1O равны по
гипотенузе и острому углу, отсюда OA1 = OB1, MA1 = MB1, поэтому A1H=B1H
(равным наклонным соответствуют равные проекции); A1 H  OA, B1 H  OB
(теорема о трех перпендикулярах) и OA1 H  OB1 H  OH – биссектриса
AOB  OH  A1 B1  MO  A1 B1 . Все это можно повторить для прямых OB и
OC, получим MO  B1C1 . Так как A1B1 и B1C1 не параллельны, получаем требуемое
(признак перпендикулярности прямой и плоскости).
70. В каком отношении плоскость, проходящая через точки пересечения медиан
треугольников ABC, ABD и BCD делит отрезок BD (ABCD - пирамида)?








a b 
b c 
(b  a)  ( c  a)
Решение.
,
DA  a , DB  b , DC  c , DM 
, DN 
, DP 
3
3
3
где M, N, P – центроиды граней ABD, BCD и ABC соответственно,  - плоскость,









c a
проходящая через M, N, P; эта плоскость содержит векторы MN 
и
3









x
x y
c 3a
c  MD  DK
. K  BD   ; MK  x MN  y MP  ...  (  y ) a 
MP 
3
3
3


 x  3y  1  1  x  y 
a b
c  z b  z = 1/3, DK : KB = 1 : 2.
и DK 
3
3
3

71. Пусть A, B, C и D – четыре точки, не лежащие в одной плоскости. Через точку
пересечения медиан треугольника ABC проведена плоскость, параллельная
прямым AB и CD. В каком отношении эта плоскость делит медиану к стороне CD в
треугольнике ACD?
Решение. ABCD – тетраэдр, MNPQ – сечение;
M  BC , N  BD , P  AD, Q  AC. PQ || DC (теорема о плоскости, проведенной
через DC параллельно MNPQ). AQ : QC = 1 : 2, значит в треугольнике ACD
искомое отношение равно 1 : 2 (теорема Фалеса).
72. В пирамиде ABCD даны ребра: AB = 7, BC = 8, CD = 4. Найдите ребро DA,
если известно, что прямые AC и BD перпендикулярны.
Решение. Проведем высоту DO на грань ABC. P - точка пересечения BO с AC.
AC  BD  BP  AC  AC  BDP . AD2 = AP2 + PD2, AP2 = 49 – BP2, PC2 = 64 –
BP2, PC2 = 16 – PD2, поэтому AP2 + PD2 = 49 – BP2 + PD2.
Ответ. 1.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 17 -
73. Точки M, N и P – середины ребер AB, CD и BC тетраэдра ABCD. Через точку P
проведена плоскость, параллельная DM и AN. В каком отношении эта плоскость
делит ребро AD?

Решение. Пусть  - плоскость, о которой говорится в задаче. Если векторы DM и

отложить
AN
от

Q    AD. PQ   .


точки


P, то
они
будут

лежать

в плоскости


( DM || AN )  x, y  R : PQ  x DM  y AN .



.
Векторы




AB, AC , AD некомпланарны; разложим по ним PQ, DM , AN : DM  DA AM ,








1 
1  
1  1 
AN  ( AC  AD), PQ  PB BA  AQ  CB AB z AD   AB AC  z AD 
2
2
2
2






1
1
x
y
y
1
 AB AC  z AD  AB AC  (  x) AD  x  1, y  1, z  , то есть
2
2
2
2
2
2


1
AQ  AD .
2
Ответ. 1 : 1.
74. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 из вершин A1 и B опущены
перпендикуляры A1P и BQ на диагональ AC1. Найдите длину отрезка PQ, если
AB=a, AD=b, AA1=c.







Решение. AP || AC1 , AQ || AC1  AP  x AC1 , AQ  y AC1 . A1 P  A1 A x AC1 ,







BQ   AB y AC1 ; A1 P  AC1  A1 P AC1  0  x 


AA1  AC1

2




; AC1  AB AD AA1 
AC1

2


a2
c2
y

;
.
Аналогично
a2  b2  c2
a2  b2  c2





c2  a2
.
PQ  AQ AP  ( y  x) AC1  PQ  y  x  AC1 
a2  b2  c2
AC1  a 2  b 2  c 2 , AA1  AC1  c 2  x 
Ответ.
c2  a2
a2  b2  c2
.
75. В тетраэдре ABCD двугранные углы при ребрах AB, AC и BD прямые. Один из
отрезков, соединяющих середины противоположных ребер тетраэдра, имеет длину
a, другой – длину a 6 . Найдите длину наибольшего ребра тетраэдра.
Решение. ( ABC , ABD )  ( ABC , ACD)  90  AD  ABC . Применим теорему
косинусов для трехгранного угла ADBC: 0  cos ADC  cos BDC  cos ADB 
AD AD DB
cos BDC 
:

 DBC  90  CB  ADB (CB  DA, CB  DB ) 
DC DB DC
ABC  90 . Теперь – координаты! Пусть P, Q, M, N, R, S – середины ребер AB,
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 18 -
DC, AD, BC, DB, AC соответственно. Тогда A(0;0;0), B(x;0;0), C(x;y;0), D(0;0;z),
P(x/2;0;0), Q(x/2;y/2;z/2), M(0;0;z/2), N(x;y/2;0), R(x/2;0;z/2), S(x/2;y/2;0).
Используем условие задачи: PQ2 = RS2 = (y2 + z2)/4 = a2, MN2 = x2 + (y2 + z2)/4 = 6a2.
Выбираем наибольшее ребро и получаем x2 + y2 + z2 = AC2 + AD2 = CD2 = 5a2 + 4a2
= 9a2.
Ответ. 3a.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 19 -
Серия пособий А.И. Маринина включает также брошюры:
Геометрия-10 (теория)
Трехгранный угол
Алгебра-10 (теория)
Исследование квадратного трехчлена
Задачи по геометрии-9
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-10. Н.Новгород, 2010
e-mail: andrew.marinin@gmail.com