\((\color(red)(\textbf(Факт 1. За успоредността на правите)))\)
\(\bullet\) Две прави в пространството са успоредни, ако лежат в една равнина и не се пресичат.
\(\bullet\) Една равнина минава през две успоредни прави и само една.
\(\bullet\) Ако една от двете успоредни прави пресича равнина, тогава другата права също пресича тази равнина.
\(\bullet\) Ако правата \(a\) е успоредна на правата \(b\), а тя от своя страна е успоредна на правата \(c\), тогава \(a\паралелно c\) .
\(\bullet\) Нека равнината \(\alpha\) и \(\beta\) се пресичат по права линия \(a\), равнините \(\beta\) и \(\pi\) се пресичат по правата линия \(b \), равнините \(\pi\) и \(\alpha\) се пресичат по правата линия \(p\) . Тогава ако \(a\паралелно b\) , тогава \(p\паралелно a\) (или \(p\паралелно b\) ):
\((\color(red)(\textbf(Факт 2. За успоредността на права и равнина)))\)
\(\bullet\) Има три типа относителни позиции на права линия и равнина:
1. права линия има две общи точки с равнина (т.е. лежи в равнината);
2. правата има точно една обща точка с равнината (т.е. пресича равнината);
3. правата няма общи точки с равнината (т.е. тя е успоредна на равнината).
\(\bullet\) Ако права \(a\), която не лежи в равнината \(\pi\), е успоредна на някаква права \(p\), лежаща в равнината \(\pi\), тогава тя е успоредна на този самолет.
\(\bullet\) Нека правата \(p\) е успоредна на равнината \(\mu\) . Ако равнината \(\pi\) минава през правата \(p\) и пресича равнината \(\mu\), тогава пресечната линия на равнините \(\pi\) и \(\mu\) е правата \(m\) - успоредна на правата \(p\) .
\((\color(red)(\textbf(Факт 3. За успоредността на равнините)))\)
\(\bullet\) Ако две равнини нямат общи точки, тогава те се наричат успоредни равнини.
\(\bullet\) Ако две пресичащи се прави от една равнина са съответно успоредни на две пресичащи се прави от друга равнина, тогава тези равнини ще бъдат успоредни.
\(\bullet\) Ако две успоредни равнини \(\alpha\) и \(\beta\) се пресичат от трета равнина \(\gamma\), тогава пресечните линии на равнините също са успоредни: \[\alpha\parallel \beta, \ \alpha\cap \gamma=a, \ \beta\cap\gamma=b \Longrightarrow a\parallel b\]
\(\bullet\) Отсечките от успоредни прави, съдържащи се между успоредни равнини, са равни: \[\alpha\parallel \beta, \a\parallel b \Longrightarrow A_1B_1=A_2B_2\]
\((\color(red)(\textbf(Факт 4. За пресичането на линии)))\)
\(\bullet\) Две прави в пространството се наричат коси, ако не лежат в една и съща равнина.
\(\bullet\) знак:
Нека правата \(l\) лежи в равнината \(\lambda\) . Ако правата \(s\) пресича равнината \(\lambda\) в точка \(S\), която не лежи на правата \(l\), тогава правите \(l\) и \(s\) пресичат се.
\(\bullet\) алгоритъм за намиране на ъгъла между пресичащите се прави \(a\) и \(b\):
Стъпка 2. В равнината \(\pi\) намерете ъгъла между правите \(a\) и \(p\) (\(p\паралел b\) ). Ъгълът между тях ще бъде равен на ъгъла между пресичащите се прави \(a\) и \(b\) .
\((\color(red)(\textbf(Факт 5. За перпендикулярността на права и равнина)))\)
\(\bullet\) Една права се нарича перпендикулярна на равнина, ако е перпендикулярна на която и да е права, лежаща в тази равнина.
\(\bullet\) Ако две прави са перпендикулярни на равнина, те са успоредни.
\(\bullet\) Знак: ако една права е перпендикулярна на две пресичащи се прави, лежащи в дадена равнина, тогава тя е перпендикулярна на тази равнина.
\((\color(red)(\textbf(Факт 6. За разстоянията)))\)
\(\bullet\) За да намерите разстоянието между успоредни прави, трябва да пуснете перпендикуляр от произволна точка на една права към друга права. Дължината на перпендикуляра е разстоянието между тези прави.
\(\bullet\) За да намерите разстоянието между равнина и успоредна на нея права, трябва да спуснете перпендикуляр към тази равнина от всяка точка на правата. Дължината на перпендикуляра е разстоянието между тази права и равнината.
\(\bullet\) За да намерите разстоянието между успоредни равнини, трябва да спуснете перпендикуляр от всяка точка на една равнина към друга равнина. Дължината на този перпендикуляр е разстоянието между успоредните равнини.
\(\bullet\) алгоритъм за намиране на разстоянието между пресичащите се линии \(a\) и \(b\):
Стъпка 1. През една от двете пресичащи се прави \(a\) начертайте равнина \(\pi\), успоредна на другата права \(b\) . Как да направите това: начертайте равнината \(\beta\) през правата \(b\), така че да пресича правата \(a\) в точката \(P\) ; през точката \(P\) прекарваме права \(p\паралел b\) ; тогава равнината, минаваща през \(a\) и \(p\), е равнината \(\pi\) .
Стъпка 2. Намерете разстоянието от всяка точка на правата \(b\) до равнината \(\pi\) . Това разстояние е разстоянието между пресичащите се прави \(a\) и \(b\) .
\((\color(red)(\textbf(Факт 7. Относно теоремата за трите перпендикуляра (TPP))))\)
\(\bullet\) Нека \(AH\) е перпендикулярна на равнината \(\beta\) . Нека \(AB, BH\) е наклонената равнина и нейната проекция върху равнината \(\beta\) . Тогава правата \(x\) в равнината \(\beta\) ще бъде перпендикулярна на наклонената тогава и само ако е перпендикулярна на проекцията: \[\begin(aligned) &1. AH\perp \beta, \AB\perp x\quad \Rightarrow\quad BH\perp x\\ &2. AH\perp \beta, \BH\perp x\quad\Rightarrow\quad AB\perp x\end(aligned)\] 
Забележете, че правата \(x\) не трябва да минава през точката \(B\) . Ако не минава през точката \(B\), тогава се построява права \(x"\), минаваща през точката \(B\) и успоредна на \(x\). Ако например \( x"\perp BH\ ) , след това \(x\perp BH\) .
\((\color(red)(\textbf(Факт 8. За ъгъла между права и равнина, както и за ъгъла между равнините)))\)
\(\bullet\) Ъгълът между наклонена права и равнина е ъгълът между тази права и нейната проекция върху дадена равнина. Така този ъгъл приема стойности от интервала \((0^\circ;90^\circ)\) .
Ако правата лежи в равнината, тогава ъгълът между тях се счита за равен на \(0^\circ\) . Ако правата линия е перпендикулярна на равнината, тогава въз основа на определението ъгълът между тях е равен на \(90^\circ\) .
\(\bullet\) За да намерите ъгъла между наклонена права и равнина, трябва да маркирате някаква точка \(A\) на тази права и да начертаете перпендикуляр \(AH\) към равнината. Ако \(B\) е пресечната точка на правата с равнината, тогава \(\angle ABH\) е желаният ъгъл.
\(\bullet\) За да намерите ъгъла между равнините \(\alpha\) и \(\beta\), можете да използвате следния алгоритъм:
Маркирайте произволна точка \(A\) в равнината \(\alpha\) .
Начертайте \(AH\perp h\) , където \(h\) е пресечната линия на равнините.
Начертайте \(AB\) перпендикулярно на равнината \(\beta\) .
Тогава \(AB\) е перпендикулярен на равнината \(\beta\), \(AH\) е наклонен, следователно \(HB\) е проекция. Тогава според TPP \(HB\perp h\) .
Следователно \(\ъгъл AHB\) е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините. Градусната мярка на този ъгъл е градусната мярка на ъгъла между равнините.
Обърнете внимание, че получихме правоъгълен триъгълник \(\triangle AHB\) (\(\angle B=90^\circ\) ). Като правило е удобно да се намери \(\ъгъл AHB\) от него.
\((\color(red)(\textbf(Факт 9. За перпендикулярността на равнините)))\)
\(\bullet\) Знак: ако една равнина минава през права, перпендикулярна на друга равнина, тогава тя е перпендикулярна на тази равнина. \
\(\bullet\) Обърнете внимание, че тъй като през правата \(a\) могат да бъдат начертани безкраен брой равнини, тогава има безкраен брой равнини, перпендикулярни на \(\beta\) (и минаващи през \(a\ )).
За да решите адекватно Единния държавен изпит по математика, първо трябва да изучите теоретичен материал, който ви запознава с множество теореми, формули, алгоритми и т.н. На пръв поглед може да изглежда, че това е доста просто. Въпреки това намирането на източник, в който теорията за Единния държавен изпит по математика е представена по лесен и разбираем начин за ученици с всякакво ниво на подготовка, всъщност е доста трудна задача. Училищните учебници не винаги могат да бъдат под ръка. И намирането на основни формули за Единния държавен изпит по математика може да бъде трудно дори в Интернет.
Защо е толкова важно да се изучава теория по математика не само за тези, които полагат Единния държавен изпит?
- Защото разширява хоризонтите ви. Изучаването на теоретичен материал по математика е полезно за всеки, който иска да получи отговори на широк кръг от въпроси, свързани с познанието за света около тях. Всичко в природата е подредено и има ясна логика. Именно това е отразено в науката, чрез която е възможно да се разбере света.
- Защото развива интелекта. Изучавайки справочни материали за Единния държавен изпит по математика, както и решавайки различни задачи, човек се научава да мисли и разсъждава логично, да формулира мисли компетентно и ясно. Развива способността да анализира, обобщава и прави изводи.
Каним ви лично да оцените всички предимства на нашия подход за систематизиране и представяне на учебни материали.
Задача 1 #3868
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
Основата на права триъгълна призма \(ABCA_1B_1C_1\) е правоъгълен триъгълник \(ABC\) и \(\ъгъл C=90^\circ\) . Диагоналите на страничните стени \(AA_1B_1B\) и \(BB_1C_1C\) са равни съответно на \(26\) и \(10\) , \(AB=25\).
а) Докажете, че \(\триъгълник BA_1C_1\) е правоъгълен.
б) Намерете обема на пирамидата \(AA_1C_1B\) .
а) Тъй като \(BB_1\perp (A_1B_1C_1)\) , \(B_1C_1\perp A_1C_1\) , тогава по теоремата за три перпендикуляра \(BC_1\perp A_1C_1\) (като наклонен). Следователно \(\триъгълник A_1C_1B\) е правоъгълен.
b) Отбележете, че \(BC\perp AC\) и \(BC\perp CC_1\) , следователно, по критерия \(BC\perp (AA_1C_1)\) . Следователно \(BC\) е височината на пирамидата \(BAA_1C_1\) с основа \(AA_1C_1\) .
Тъй като \(\триъгълник AA_1C_1\) е правоъгълен, тогава \
Според Питагоровата теорема \[\begin(aligned) &A_1C_1=\sqrt(26^2-10^2)=\sqrt(16\cdot 36)=24\\ &AA_1=\sqrt(26^2-25^2)=\sqrt( 1\cdot 51)=\sqrt(51)\\ &BC=\sqrt(10^2-51)=\sqrt(49)=7 \end(aligned)\]Тогава \
Отговор:
б) \(28\sqrt(51)\)
Задача 2 #1268
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
\(ABCA_1B_1C_1\) - права триъгълна призма, \(AB=16, \BC=15, \AA_1=8\) . \(M, N\) са средните точки на ръбовете \(AC\) и \(B_1C_1\), съответно. \(K,P\) са точки на ръбовете \(BC\) и \(B_1C_1\), съответно, така че \(CK=B_1P=\dfrac(1)(6)BC\) .
а) Построете сечение на призмата с равнината \(\alpha\), успоредна на правата \(MN\) и минаваща през точките \(K\) и \(P\).
б) Намерете площта на напречното сечение на призмата с равнината \(\alpha\) .
а) 
Ако прав \(MN\паралелно \alpha \Rightarrow MN\)успоредна на някаква права, лежаща в \(\alpha\) . Нека направим \(NS\perp BC, NS\cap KP=O\) . В равнината \(MNS\) чертаем \(OH\паралел MN \Rightarrow MH=HS\). Тогава правата линия е \(KH\cap AB=T\) . Тъй като равнините \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) са успоредни, тогава \(\alpha\) ще пресича равнината \(A_1B_1C_1\) по права линия, успоредна на \(KT\) . Следователно изпълняваме \(PR\паралелен KT\) . Така \(TRPK\) е желаното сечение (трапец).
б) Обърнете внимание на това \(CK=\dfrac(1)(6) \cdot 15=\dfrac(5)(2) \Rightarrow KS=5\). защото \(MS\) – средна линия на триъгълника \(ABC \Rightarrow MS=8 \Rightarrow HS=4\). Така, съгласно обратната Питагорова теорема, триъгълникът \(HKS\) е правоъгълен, следователно \(\ъгъл H =90^\circ\) и \(HK=3\) . Така, по теоремата за три перпендикуляра, от факта, че \(NS\perp (ABC), HS\perp KT \Rightarrow OH\perp KT\).
Нека изпълним \(PH_1 \perp KT\) . От подобието на триъгълници \(HOK\) и \(H_1PK\) следва, че \(PH_1=2OH\) . защото \(OS=\dfrac(1)(2)NS=4, HS=4 \Rightarrow OH=4\sqrt2\). Така се намира височината на трапеца \(PH_1=8\sqrt2\) .
Нека намерим основите на трапеца \(KT\) и \(PR\) .
\(\sin \angle KSH = \dfrac(3)(5)=\sin \angle B=\dfrac(KT)(KB) \Rightarrow KT=\dfrac(15)(2)\).
\(\bigtriangleup PRB_1 \sim \bigtriangleup KTB \Rightarrow PR=\dfrac(3)(2)\).
По този начин, \(S_(TRPK) = \dfrac(1)(2)\cdot (\dfrac(15)(2)+\dfrac(3)(2))\cdot 8\sqrt2 = 36\sqrt2\)
Отговор:
б) \(36\sqrt2\)
Задача 3 #2300
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
В триъгълна пирамида \(DABC\) двустенните ъгли при ръбовете \(AD\) и \(BC\) са равни. Известно е също, че \(AB=BD=DC=AC=\sqrt(15)\) .
а) Докажете, че \(AD=BC\) .
b) Намерете обема на пирамидата, ако двустенните ъгли при \(AD\) и \(BC\) са равни в \(60^\circ\) .
a) Разгледайте пирамидата \(DABC\) , \(AB=BD=DC=CA\) , \(\ъгъл (BAD,CAD)=\ъгъл (BAC,BDC)\).
защото \(\триъгълник ABD\) и \(\триъгълник ACD\) са равнобедрени, а \(AD\) е обща основа, тогава височините към основите ще попадат в една точка - средата на страната \(AD\ ), точка \(N \) . Тоест \(BN\perp AD\) , \(CN\perp AD\) . Така \(\angle BNC\) е линейният ъгъл на двустенния ъгъл \(\angle(BAD,CAD)\) .
По подобен начин се конструира ъгълът \(\angle AMD\) - линейният ъгъл на двустенния ъгъл \(\angle (BAC,BDC)\), където \(M\) е средата на \(BC\ ) . Така че \(\ъгъл BNC=\ъгъл AMD\) .
защото \(\триъгълник ABD=\триъгълник ACD\)от три страни, тогава \(BN=CN\) . Подобно на \(AM=DM\) . Това означава, че \(\триъгълник AMD\) и \(\триъгълник BNC\) са равнобедрени и подобни (на две пропорционални страни и ъгъла между тях).
Обърнете внимание, че равнините \((AMD)\) и \((BNC)\) имат две общи точки - това са точките \(N\) и \(M\) . Следователно те се пресичат по правата \(MN\) . Отсечката \(NM\) е височината на \(\триъгълник AMD\) и \(\триъгълник BNC\) към основите \(AD\) и \(BC\), съответно. Следователно тези триъгълници са еднакви. Следователно \(AD=BC\) , chd.
б) От точка а) също следва, че \(AM=DM=BN=CN\) . защото двустенните ъгли са равни на \(60^\circ\), тогава \(\триъгълник AMD\) и \(\триъгълник BNC\) са равностранни.
Нека \(AM=DM=BN=CN=AD=BC=x\) .
Нека намерим височината на пирамидата \(DH\) . защото \(DM\perp BC\) , тогава по теоремата за три перпендикуляра \(HM\perp BC\) . По този начин точката \(H\) трябва да лежи на \(AM\) и в средата, защото \(\триъгълник AMD\) – равностранен.
\(DH=\frac(\sqrt3)2\cdot AD=\frac(\sqrt3)2x\). Използвайки Питагоровата теорема, намираме \(x\) от \(\триъгълник ABM\) :
\(AM=x\) , \(BM=\frac x2\) , \(AB=\sqrt(15)\) , следователно \(x=2\sqrt3\) .
По този начин, \
Отговор:
б) \(6\)
Задача 4 #1265
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
При даден правилен тетраедър \(SABC\) , \(H\) е точка на височина \(SO\), така че \(OH:HS=1:3\) . Равнината \(\alpha\) минава през точките \(A\) и \(H\) успоредни на медианата \(BM\) на триъгълника \(ABC\) и пресича ръба \(CS\) в точката \(P\) .
а) Докажете, че \(CP:PS=2:3\) .
б) Намерете ъгъла между равнините \(\alpha\) и \(ABC\) .
а) 
Правилен тетраедър е правилна триъгълна пирамида, в която всички ръбове са равни. Нека ръбът на пирамидата е равен на \(a\) .
защото пирамидата е правилна, тогава височината \(SO\) попада в точката на пресичане на медианите \(\bigtriangleup ABC\) . Да разгледаме равнината \(BSM\), точката \(H\) лежи в тази равнина. защото равнината \(\alpha\) е успоредна на \(BM\), тогава тя пресича равнината \(BSM\) по права линия, успоредна на \(BM\) .
Нека изпълним \(RT\паралелен BM, H\in RT\) . След това, по теоремата на Талес \(\dfrac(SH)(HO)=\dfrac(ST)(TM)=\dfrac(3)(1)\).
Правата \(AT\) ще пресича \(CS\) в точката \(P\) . \(\bigtriangleup APR\) – сечение на пирамидата с равнина \(\alpha\) .
Нека напишем теоремата на Менелай за \(\bigtriangleup CSM\) и линията \(AP\) :
\[\dfrac(CP)(PS)\cdot \dfrac(ST)(TM)\cdot \dfrac(MA)(AC)=1\]От това равенство намираме това \(\dfrac(CP)(PS)=\dfrac(2)(3)\)
б) Нека докажем, че пресечната линия на равнините \(\alpha\) и \(ABC\) е успоредна на правата \(BM\). Нека случаят не е такъв: нека \(l\) е пресечната линия на \(\alpha\) и \(ABC\) и \(l\cap BM=Z\) . Следователно правата \(BM\cap \alpha=Z\) не може да бъде успоредна на \(\alpha\) . Получаваме противоречие, следователно, \(l\паралелен BM\) . Обърнете внимание, че правата \(l\) минава през точката \(A\) .
Нека построим линейния ъгъл на двустенния ъгъл между \(\alpha\) и \(ABC\) . защото \(HO\perp ABC\) , изпълняваме \(OK\perp l\) , следователно, по теоремата за три перпендикуляра \(HK\perp l\) . Така \(\angle HKO\) е желаният ъгъл.
1) Нека намерим \(HO\) .
\(BO=\dfrac(2)(3)\cdot BM=\dfrac(2)(3)\cdot \dfrac(\sqrt3)(2)a=\dfrac(a)(\sqrt3)\)
Тогава \(SO=\sqrt(a^2 -\dfrac(a^2)(3))=\sqrt(\dfrac(2)(3))a \Rightarrow HO=\dfrac(1)(4)SO= \dfrac(\sqrt2a)(4\sqrt3)\)
2) Намерете \(OK\) .
\(BM\perp AC, BM\parallel l \Rightarrow AC\perp l\). защото \(OK\perp l \Rightarrow OK\parallel AC\). Така \(OMAK\) е успоредник, следователно \(OK=MA=\dfrac(1)(2)a\) .
Триъгълникът \(HOK\) е правоъгълен, следователно, \(\mathrm(ctg)\,\ъгъл HKO=\dfrac(OK)(HO)=\sqrt6\)
Тогава \(\ъгъл HKO= \mathrm(arcctg)\,\sqrt6\).
Отговор:
б) \(\mathrm(arcctg)\,\sqrt6\)
Задача 5 #3059
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
Дадена е правилна четириъгълна призма \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) , страните на основата са равни на \(4\) , а страничните ръбове са равни на \(5\) .
а) Построете сечение на призмата с равнината \(DMN\), където \(M\) и \(N\) са средите на отсечките \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\).
б) Намерете ъгъла между това сечение и равнината \(ABC\) .
(Задача от абонати)
а) От условието следва, че призмата е права, а основите са квадрати.
\(MN\) е средната линия в \(\триъгълник A_1B_1C_1\) , следователно \(MN\паралел A_1C_1\) . Тогава равнината \(DMN\) ще пресече равнината \(A_1C_1CA\) по права линия \(l\), успоредна на \(A_1C_1\) (в противен случай \(l\) ще пресече \(A_1C_1\) в дадена точка \(K\ ) , който ще лежи едновременно на \(A_1C_1\) и в равнината \(DMN\) , следователно ще трябва да лежи на \(MN\) , което е невъзможно, тъй като \(MN\) прави не пресичат \(A_1C_1 \) ).
Така намираме точката, в която равнината \(DMN\) пресича равнината \(A_1C_1CA\) .
Нека равнината \(B_1D_1DB\) пресича \(MN\) в точката \(T\) . Тогава \(DT\in (DMN)\) . Ако \(O\) и \(O_1\) са пресечните точки на диагоналите на основите, тогава правите \(DT\) и \(OO_1\) лежат в равнината \(B_1D_1DB\) . Нека тяхната пресечна точка е точката \(K\) . Тогава \(K\) е желаната пресечна точка на равнината \(DMN\) и равнината \(A_1C_1CA\) .
Нека начертаем права \(l\) през точката \(K\), успоредна на \(A_1C_1\) . Нека пресича \(AA_1\) в точката \(P\) , \(CC_1\) в точката \(L\) . Така получихме напречното сечение \(DPMNL\) на призмата с равнината \(DMN\) .
b) Отбележете, че \(KO\perp (ABC)\) , следователно, тъй като \(OD\perp AC\) , тогава \(KD\perp AC\) по теоремата за три перпендикуляра. Това означава, че \(\angle KDO\) е равен на ъгъла между равнините \(DMN\) и \(ABC\) .
Според теоремата на Талес \[\dfrac(A_1M)(MB_1)=\dfrac11=\dfrac(O_1T)(TB_1) \quad\Rightarrow\quad O_1T=TB_1.\] \(\триъгълник TO_1K\sim \триъгълник DOK\), следователно, \[\dfrac(O_1T)(OD)=\dfrac12=\dfrac(O_1K)(OK)\]следователно \(OK=\frac23OO_1=\frac23AA_1=\frac23\cdot 5=\frac(10)3\).
\(OD=\frac12 BD=\frac12\cdot \sqrt2AB=2\sqrt2.\)Тогава \[\mathrm(tg)\,\angle KDO=\dfrac(OK)(OD)=\dfrac56\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad \angle KDO=\mathrm(arctg)\,\dfrac56\sqrt2.\]
Отговор:
б) \(\mathrm(arctg)\,\dfrac56\sqrt2\)
Задача 6 #3064
Ниво на задача: Равно на Единния държавен изпит
В правилна триъгълна пирамида \(SABC\) с основа \(ABC\) върху медианата на основата \(CE\) е взета точка \(K\), така че \(CK:KE=8:1\) . През точката \(K\) е начертана равнина \(\alpha\), която е перпендикулярна на правата \(CE\) и пресича страничните ръбове \(SA\) и \(SB\) в точки \( M\) и \(N \) съответно.
а) Докажете, че \(MN:AB=2:3\) .
б) Намерете обема на пирамида, чийто връх е точката \(C\), а основата е сечението на пирамидата \(SABC\) с равнината \(\alpha\) , ако е известно, че \(AB =9\sqrt3\) , \( SA=18\) .
(Задача от абонати)
а) Нека \(SO\) е височината на пирамидата, \(O\) е пресечната точка на медианите. Следователно \[\dfrac(CO)(OE)=\dfrac21\] Тъй като чрез условие \(CK:KE=8:1\) , можем да означим \(CK=8x\) , \(KE=x\ ) . Тогава \(CE=9x\) . Следователно \(CO=\frac23CE=6x\) , \(OE=3x\) , \(OK=2x\) .
Тъй като \(CE\) е перпендикулярна на равнината \(\alpha\), трябва да построим две пресичащи се прави в равнината \(\alpha\), на които \(CE\) ще бъде перпендикулярна.
Първи ред: тъй като \(CE\perp AB\) , след това начертайте през точката \(K\) правата \(PL\паралел AB\) . Тогава \(CE\perp PL\) (\(P\in AC, L\in BC\) ).
Втори ред: тъй като \(SO\perp (ABC)\) , тогава \(SO\perp CE\) . Следователно изпълняваме \(KK"\parallel SO\) , след това \(KK"\perp CE\) (\(K"\in SE\) ).
Следователно \(\alpha\) минава през точките \(P, L, K"\) .
Обърнете внимание, че \(\alpha\) ще пресича равнината \(ASB\) по права, успоредна на \(AB\) (в противен случай \(\alpha\) ще има обща точка с \(AB\), което е невъзможно , тъй като Как \(AB\паралел PL \квад\Rightarrow\квад AB\паралел \алфа\)).
Следователно \(MN\паралелен AB\) също минава през \(K"\) .
От подобието \(\триъгълник K"EK\sim \триъгълник SEO\): \[\dfrac(SE)(K"E)=\dfrac(OE)(KE)=\dfrac31 \quad\Rightarrow\quad K"E= \dfrac13SE \quad\Rightarrow\quad SK"=\dfrac23SE.\]От подобието \(\триъгълник MSN\sim \триъгълник ASB\): \[\dfrac(MN)(AB)=\dfrac(SK")(SE)=\dfrac23.\]
б) Разгледайте пирамидата \(CPMNL\) . \(CK\) е височината на тази пирамида, \(PMNL\) е трапец ( \(MN\паралелен AB\паралелен PL\)).
следователно \
Тъй като \(BC=9\sqrt3\) , тогава \(CE=\sqrt(BC^2-EB^2)=\frac(27)2\). Следователно \ От подобие успоредна на правата \(BD\) .
б) Намерете площта на изградения участък.
(Задача от абонати)
а) Нека \(N\) е средата на ръба \(SC\), \(SH\) е височината на пирамидата (пада в точката на пресичане на диагоналите на основата).
Необходимо е да се построи права, лежаща в равнината на сечението и успоредна на \(BD\). Разгледайте равнината \(ASC\) . Правата \(AN\) пресича \(SH\) в точка \(O\) . Сега разгледайте \(BSD\) . Нека начертаем права, успоредна на \(BD\) през точката \(O\) в тази равнина. Нека пресича ръбовете \(SB\) и \(SD\) съответно в точки \(M\) и \(K\). По този начин \(AMNK\) е желаният раздел.
b) Отбележете, че по теоремата за три перпендикуляра (тъй като \(OH\perp (ABC), AH\perp BD\) ) \(AO\perp BD\) . Тъй като \(BD\parallel MK\) , тогава \(AO\perp MK\) , следователно \(AN\perp MK\) . Следователно диагоналите на четириъгълника \(AMNK\) са взаимно перпендикулярни. Това означава, че неговата площ може да бъде намерена като \
Нека веднага да отбележим, че \(BD=AC=AB\sqrt2=12\) .
Разгледайте равнината \(ASC\) .
Според теоремата на Менелай: \[\dfrac(SN) (NC)\cdot \dfrac(CA)(AH)\cdot \dfrac(HO)(OS)=1 \quad\Rightarrow \quad \dfrac(HO)(OS)=\dfrac12 \ quad\Rightarrow\quad OS=2OH \quad\Rightarrow\quad \dfrac(SO)(SH)=\dfrac23.\](ще ни трябва това по-късно, за да намерим \(MK\) )
Нека направим \(NQ\perp AC\) . Тогава от приликата между \(\триъгълник SHC\) и \(\триъгълник NQC\): \[\dfrac(SH)(NQ)=\dfrac(SC)(NC)=2 \quad\Rightarrow\quad NQ=\dfrac12SH=\dfrac12\sqrt(SC^2-HC^2)=\dfrac12\sqrt (21^2-6^2)= \dfrac12\sqrt(81\cdot 5)\]\(Q\) е средата на \(HC\), следователно, \(AQ=\frac34AC=\frac34\cdot 12=9\). Тогава по Питагоровата теорема \
Помислете за \(BSD\) . защото \(\триъгълник MSK\sim \триъгълник BSD\), Че \[\dfrac(MK)(BD)=\dfrac(SO)(SH)=\dfrac23 \quad\Rightarrow\quad MK=\dfrac23BD=\dfrac23\cdot 12=8.\]Следователно площта на напречното сечение е равна на \
Това са три задачи. Първо трябва да научите формулите. Имаме ги всички маси:
- Куб, паралелепипед, призма, пирамида. Обем и повърхност
Често в задачите на USE, посветени на стереометрията, е необходимо да се изчисли обемът на тялото или неговата повърхност. Или използвайте тези данни по някакъв начин. Затова нека да разгледаме тълковния речник на руския език и да изясним понятията.
Обемът е дължината, ширината и височината на нещо, измерени в кубични единици.
С други думи, колкото по-голям е обемът, толкова повече място заема тялото в триизмерното пространство.
Площта е дължината и ширината на нещо, измерени в квадратни единици.
Представете си, че трябва да покриете цялата повърхност на триизмерно тяло. Колко квадратни сантиметра (или метра) бихте покрили? Това е неговата повърхност. 
Обемните тела са полиедри (куб, паралелепипед, призма, пирамида) и тела на въртене (цилиндър, конус, топка).
Ако вашият стереометричен проблем включва полиедър, ще срещнете термините „върхове“, „лица“ и „ръбове“. Ето ги на снимката.
За да намерите повърхността на полиедър, съберете площите на всичките му лица.
Може също да срещнете понятията „права призма, правилна призма, правилна пирамида“.
Направонаречена призма, чиито странични ръбове са перпендикулярни на основата.
Ако призмата е права и има правилен многоъгълник в основата си, ще се извика призмата правилно.
А правилна пирамида- такава, чиято основа е правилен многоъгълник, а върхът е проектиран в центъра на основата.
Да преминем към практиката.
Един от често срещаните проблеми в част 1 е този, при който трябва изчислете обема или повърхността на полиедър, от който е изрязана част. Например така:
Какво е нарисувано тук? Очевидно това е голям паралелепипед, от който е изрязана „тухла“, така че да се окаже „рафт“. Ако видите нещо различно на снимката, обърнете внимание на плътните и прекъснати линии. Виждат се плътни линии. Прекъснатите линии показват тези ръбове, които не можем да видим, защото са отзад.
Обемът се намира лесно. От обема на голямата „тухла“ изваждаме обема на малката. Получаваме:
Какво ще кажете за повърхността? По някаква причина много ученици се опитват да го изчислят по аналогия с обема, като разликата в площите на големи и малки „тухли“. В отговор на такова „решение“ обикновено предлагам детски проблем - ако отрежете един ъгъл на четириъгълна маса, колко ъгли ще останат? :-)
Всъщност трябва да изчислим сумата от площите на всички лица - отгоре, отдолу, отпред, отзад, отдясно, отляво, както и сумата от площите на три малки правоъгълника, които образуват "рафта". Можете да направите това директно, директно. Но има и по-лесен начин.
Първо, ако нищо не беше изрязано от голям паралелепипед, повърхността му би била равна на . Как ще се отрази изрязаният „рафт“?
Нека първо изчислим площта на всички хоризонтални секции, тоест „дъното“, „покрива“ и долната повърхност на „рафта“. С дъното - всичко е ясно, то е правоъгълно, площта му е равна на .
Но сборът от площите на „покрива“ и хоризонталния ръб на „рафта“ също е равен! Погледнете ги отгоре.
...В този момент идва разбирането. Някои хора намират за по-лесно да нарисуват изглед отгоре. За някои си представете, че преместваме дъното и стените на рафта и получаваме цял голям паралелепипед, чиято повърхност е равна на . Какъвто и начин да решите, резултатът е един и същ - повърхността ще бъде същата като тази на цял паралелепипед, от който не е изрязано нищо.
Отговор: .
Сега можете да решите следващата задача, която е по-проста, без затруднения. И тук е необходимо намерете повърхността на полиедър:
. От повърхността на „цялата тухла“ изваждаме площите на два квадрата със страна - на горната и долната страна.
А ето и правоъгълна плочка с „прозорец“. Задачата е същата - трябва намерете повърхностна площ.
Първо изчислете сумата от площите на всички лица. Представете си, че сте дизайнер, а това нещо е декорация. И трябва да покриете това нещо с нещо ценно, например диаманти Сваровски. И ги купувате със собствени пари. (Не знам защо, но тази фраза незабавно увеличава вероятността за правилен отговор!) Покрийте всички краища на плочката. Но само извадете площта на „прозореца“ от областите на предната и задната повърхност. И тогава - самият „прозорец“. Покрийте цялата му „рамка“.
Правилен отговор:.
Следващият тип проблем е когато едно обемно тяло е вписано в друго.
Правоъгълен паралелепипед е описан около цилиндър, чийто радиус на основата и височина са равни. Намерете обема на паралелепипеда.
Първо, имайте предвид, че височината на цилиндъра е равна на височината на паралелепипеда. Начертайте изглед отгоре, тоест кръг, вписан в правоъгълник. Тук веднага ще видите, че този правоъгълник всъщност е квадрат, а страната му е два пъти по-голяма от радиуса на вписаната в него окръжност. И така, площта на основата на паралелепипеда е равна на , височината е равна на , а обемът е равен на .
. В основата на права призма лежи правоъгълен триъгълник с крака и. Страничните ребра са равни. Намерете обема на цилиндъра, описан около тази призма. Запишете отговора.
Очевидно височината на цилиндъра е равна на страничния ръб на призмата, т.е. Остава да се намери радиуса на основата му.
Нека начертаем изглед отгоре. В окръжност е вписан правоъгълен триъгълник. Къде ще бъде радиусът на тази окръжност? Точно така, в средата на хипотенузата. Намираме хипотенузата с помощта на Питагоровата теорема, тя е равна на . Тогава радиусът на основата на цилиндъра е пет. Намерете обема на цилиндъра по формулата и запишете отговора: .
. Топка с радиус е вписана в правоъгълен паралелепипед. Намерете обема на паралелепипеда.
Тази задача също е проста. Начертайте изглед отгоре. Или отстрани. Или отпред. Във всеки случай ще видите едно и също нещо - кръг, вписан в правоъгълник. Очевидно този правоъгълник ще бъде квадрат. Можете дори да не рисувате нищо, а просто да си представите топка, която е поставена в кутия, така че да докосва всички стени, дъно и капак. Ясно е, че такава кутия ще бъде с кубична форма. Дължината, ширината и височината на този куб са два пъти по-големи от радиуса на топката.
Отговор: .
Следващият тип задачи са тези, при които се увеличава или намалява някакъв линеен размер (или размери) на обемно тяло. И трябва да разберете как ще се промени обемът или повърхността.
. Водата се налива в съд с форма на правилна триъгълна призма. Нивото на водата достига cm. На каква височина ще бъде нивото на водата, ако се налее в друг подобен съд, чиято страна на основата е в пъти по-голяма от тази на първия? Изразете отговора си в сантиметри.
Думите „друг подобен съд” означават, че другият съд също има формата на правилна триъгълна призма. Тоест в основата му има правилен триъгълник, чиито всички страни са два пъти по-големи от първата. Вече казахме, че площта на този триъгълник ще бъде няколко пъти по-голяма. Обемът на водата остава непроменен. Следователно височината ще намалее няколко пъти.
Отговор: .
. Една цилиндрична чаша е два пъти по-висока от втората, но втората е два пъти по-широка. Намерете отношението на обема на втората чаша към обема на първата.
Нека си припомним как решавахме стандартни задачи, свързани с движение и работа. Начертахме таблица, нали? И тук също ще начертаем таблица. Спомняме си, че обемът на цилиндъра е .
| Височина | Радиус | Сила на звука | |
| Първа чаша | |||
| Втора чаша |
Изчисляваме обема на втората чаша. То е равно. Оказва се, че той е два пъти по-голям от обема на първия.
Видео курсът „Вземете A“ включва всички теми, необходими за успешно полагане на Единния държавен изпит по математика с 60-65 точки. Напълно всички задачи 1-13 от Профилния единен държавен изпит по математика. Подходящ и за полагане на основния единен държавен изпит по математика. Ако искате да издържите Единния държавен изпит с 90-100 точки, трябва да решите част 1 за 30 минути и без грешки!
Подготвителен курс за Единния държавен изпит за 10-11 клас, както и за учители. Всичко необходимо за решаване на част 1 от Единния държавен изпит по математика (първите 12 задачи) и задача 13 (тригонометрия). И това е повече от 70 точки на Единния държавен изпит и нито студент със 100 точки, нито студент по хуманитарни науки не могат без тях.
Цялата необходима теория. Бързи решения, клопки и тайни на Единния държавен изпит. Анализирани са всички текущи задачи от част 1 от банката задачи на FIPI. Курсът напълно отговаря на изискванията на Единния държавен изпит 2018 г.
Курсът съдържа 5 големи теми по 2,5 часа всяка. Всяка тема е дадена от нулата, просто и ясно.
Стотици задачи за единен държавен изпит. Текстови задачи и теория на вероятностите. Прости и лесни за запомняне алгоритми за решаване на проблеми. Геометрия. Теория, справочни материали, анализ на всички видове задачи от Единния държавен изпит. Стереометрия. Хитри решения, полезни измамни листове, развитие на пространственото въображение. Тригонометрия от нулата до задача 13. Разбиране вместо тъпчене. Ясни обяснения на сложни понятия. Алгебра. Корени, степени и логаритми, функция и производна. Основа за решаване на сложни задачи от част 2 на Единния държавен изпит.