Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

СтереометрияЕГЭ 2026 (резерв)
На рёбрах DD1DD_1DD1​ и BB1BB_1BB1​ куба ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1ABCDA1​B1​C1​D1​ с ребром 12 отмечены точки PPP и QQQ соответственно, причём DP=10DP = 10DP=10, B1Q=4B_1Q = 4B1​Q=4. Плоскость A1PQA_1PQA1​PQ пересекает ребро CC1CC_1CC1​ в точке MMM.

а) Докажите, что точка MMM является серединой ребра CC1CC_1CC1​.

б) Найдите расстояние от точки C1C_1C1​ до плоскости A1PQA_1PQA1​PQ.

Решение

а) Пусть PP′∥D1C1PP' \parallel D_1C_1PP′∥D1​C1​, тогда PD1C1P′PD_1C_1P'PD1​C1​P′ -- прямоугольник и C1P′=2C_1P' = 2C1​P′=2.

Плоскость (A1PQ)(A_1PQ)(A1​PQ) пересекает параллельные плоскости (AA1B)(AA_1B)(AA1​B) и (CC1D)(CC_1D)(CC1​D) по параллельным прямым A1Q∥PMA_1Q \parallel PMA1​Q∥PM.

Плоскость (A1PQ)(A_1PQ)(A1​PQ) пересекает параллельные плоскости (AA1D)(AA_1D)(AA1​D) и (BB1C)(BB_1C)(BB1​C) по параллельным прямым QM∥A1PQM \parallel A_1PQM∥A1​P.

Получаем, что A1QMPA_1QMPA1​QMP -- параллелограмм и A1Q=PMA_1Q = PMA1​Q=PM.

Тогда △A1QB1=△PMP′\triangle A_1QB_1 = \triangle PMP'△A1​QB1​=△PMP′ по катету и гипотенузе (A1Q=PMA_1Q = PMA1​Q=PM и A1B1=PP′A_1B_1 = PP'A1​B1​=PP′), то есть QB1=P′M=4QB_1 = P'M = 4QB1​=P′M=4, C1M=C1P′+P′M=4+2=6C_1M = C_1P' + P'M = 4 + 2 = 6C1​M=C1​P′+P′M=4+2=6, откуда получаем, что MMM -- середина CC1CC_1CC1​, ч.т.д.
Изображение 1

б) Рассмотрим пирамиду QPMC1QPMC_1QPMC1​. Её объём равен
VQPC1M=13SQMC1⋅ρ(P;(BB1C))=13⋅SQPM⋅ρ(C1;(A1PQ)).(∗)V_{QPC_1M} = \dfrac{1}{3}S_{QMC_1} \cdot \rho (P; (BB_1C)) = \dfrac{1}{3} \cdot S_{QPM} \cdot \rho (C_1; (A_1PQ)). \quad (*)VQPC1​M​=31​SQMC1​​⋅ρ(P;(BB1​C))=31​⋅SQPM​⋅ρ(C1​;(A1​PQ)).(∗)
Найдём площадь QMC1QMC_1QMC1​:
SQMC1=12C1M⋅QQ′=12⋅6⋅12=36.S_{QMC_1} = \dfrac{1}{2}C_1M \cdot QQ' = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 12 = 36.SQMC1​​=21​C1​M⋅QQ′=21​⋅6⋅12=36.
Пусть PT∥B1D1PT \parallel B_1D_1PT∥B1​D1​, тогда PD1B1TPD_1B_1TPD1​B1​T -- прямоугольник и B1T=D1P=2B_1T = D_1P = 2B1​T=D1​P=2, TQ=B1Q−QT=2TQ = B_1Q - QT = 2TQ=B1​Q−QT=2.
Изображение 2

Из △PP′M\triangle PP'M△PP′M по теореме Пифагора: PM2=PP′2+P′M2,PM=PP′2+P′M2=122+42=410.PM^2 = PP'^2 + P'M^2, \quad PM = \sqrt{PP'^2 + P'M^2} = \sqrt{12^2 + 4^2} = 4\sqrt{10}.PM2=PP′2+P′M2,PM=PP′2+P′M2​=122+42​=410​.
Из △QQ′M\triangle QQ'M△QQ′M по теореме Пифагора: QM2=QQ′2+Q′M2,PM=QQ′2+Q′M2=22+122=237.QM^2 = QQ'^2 + Q'M^2, \quad PM = \sqrt{QQ'^2 + Q'M^2} = \sqrt{2^2 + 12^2} = 2\sqrt{37}.QM2=QQ′2+Q′M2,PM=QQ′2+Q′M2​=22+122​=237​.
Из △QTR\triangle QTR△QTR по теореме Пифагора:
PQ2=QT2+TP2,PQ=QT2+TP2=22+(122)2=273.PQ^2 = QT^2 + TP^2, \quad PQ = \sqrt{QT^2 + TP^2} = \sqrt{2^2 + (12\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{73}.PQ2=QT2+TP2,PQ=QT2+TP2​=22+(122​)2​=273​.
В △PQM\triangle PQM△PQM по теореме косинусов: PM2=PQ2+QM2−2PQ⋅QM⋅cos⁡∠Q;PM^2 = PQ^2 + QM^2 - 2PQ \cdot QM \cdot \cos \angle Q;PM2=PQ2+QM2−2PQ⋅QM⋅cos∠Q; 160=148+292−2⋅237⋅273⋅cos⁡∠Q;160 = 148 + 292 - 2\cdot 2\sqrt{37}\cdot 2\sqrt{73} \cdot \cos \angle Q;160=148+292−2⋅237​⋅273​⋅cos∠Q;
cos⁡∠Q=352701.\cos \angle Q = \dfrac{35}{\sqrt{2701}}.cos∠Q=2701​35​.
Изображение 3

По основному тригонометрическому тождеству получаем, что:
sin⁡∠Q=1−cos⁡2∠Q=1−12252701=14762701.\sin \angle Q = \sqrt{1-\cos^2 \angle Q} = \sqrt{1-\dfrac{1225}{2701}} = \sqrt{\dfrac{1476}{2701}}.sin∠Q=1−cos2∠Q​=1−27011225​​=27011476​​.
Тогда:
SPQM=12PQ⋅QM⋅sin⁡∠Q=12⋅273⋅237⋅14762701=1241.S_{PQM} = \dfrac{1}{2}PQ\cdot QM \cdot \sin \angle Q = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{73} \cdot 2\sqrt{37} \cdot \dfrac{\sqrt{1476}}{\sqrt{2701}} = 12\sqrt{41}.SPQM​=21​PQ⋅QM⋅sin∠Q=21​⋅273​⋅237​⋅2701​1476​​=1241​.
Заметим, что ρ(P;(BCC1))=PP′=12\rho (P; (BCC_1)) = PP' = 12ρ(P;(BCC1​))=PP′=12. Тогда из (*) выразим искомое расстояние:
ρ(C1;(A1PQ))=SQMC1⋅ρ(P;(BCC1))SPQM=12⋅361241=3641.\rho (C_1; (A_1PQ)) = \dfrac{S_{QMC_1} \cdot \rho (P; (BCC_1))}{S_{PQM}} = \dfrac{12\cdot 36}{12\sqrt{41}} = \dfrac{36}{\sqrt{41}}.ρ(C1​;(A1​PQ))=SPQM​SQMC1​​⋅ρ(P;(BCC1​))​=1241​12⋅36​=41​36​.

Ответ: 3641\dfrac{36}{\sqrt{41}}41​36​.

Координатный способ решения:

а) Введём прямоугольную систему координат с началом в точке BBB, ось OxOxOx направим вдоль ребра BABABA, ось OyOyOy направим вдоль ребра BCBCBC, ось OzOzOz направим вдоль ребра BB1BB_1BB1​.
Изображение 4

В этой системе отсчёта верны координаты A1(12;0;12);P(12;12;10);Q(0;0;8);M(0;12;6).A_1(12;0;12); \quad P(12;12;10); \quad Q(0;0;8); \quad M(0;12;6).A1​(12;0;12);P(12;12;10);Q(0;0;8);M(0;12;6).
Составим уравнение плоскости (A1PQ)(A_1PQ)(A1​PQ) в виде Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0:
{12A+12C+D=0,8C+D=0,12A+12B+10C+D=0;{A=−C3,D=−8C,B=C6.\begin{cases}
12A+12C + D=0,\\
8C+D=0,\\
12A+12B+10C+D=0;\\
\end{cases}
\quad
\begin{cases}
A=-\dfrac{C}{3},\\[1.5ex]
D=-8C,\\[1.5ex]
B=\dfrac{C}{6}.\\
\end{cases}⎩⎨⎧​12A+12C+D=0,8C+D=0,12A+12B+10C+D=0;​⎩⎨⎧​A=−3C​,D=−8C,B=6C​.​
Запишем уравнение плоскости (A1PQ)(A_1PQ)(A1​PQ) и преобразуем его:
−C3x+C6y+Cz−8C=0;∣:−C6-\dfrac{C}{3}x+\dfrac{C}{6}y+Cz-8C=0; \quad |:-\dfrac{C}{6}−3C​x+6C​y+Cz−8C=0;∣:−6C​ 2x−y−6z+48=0.2x - y - 6z + 48=0.2x−y−6z+48=0.
Тогда вектор нормали будет иметь координаты n⃗(2;−1;−6)\vec{n} (2; -1; -6)n(2;−1;−6).

Подставим координаты точки MMM в полученное уравнение плоскости: 2⋅0−1⋅12−6⋅6+48=0,2\cdot 0 - 1\cdot 12 - 6\cdot 6 + 48 = 0,2⋅0−1⋅12−6⋅6+48=0,
значит, M∈(A1PQ)M \in (A_1PQ)M∈(A1​PQ), то есть MMM -- середина CC1CC_1CC1​, ч.т.д.


б) Определим координаты точки C1C_1C1​: C1(0;12;12)C_1(0; 12; 12)C1​(0;12;12).
Тогда расстояние от неё то плоскости (A1PQ)(A_1PQ)(A1​PQ) вычислим по формуле:

ρ(C1;(A1PQ))=∣2⋅0−1⋅12−6⋅12+48∣22+12+62=3641.\rho(C_1;(A_1PQ))=\dfrac{|2\cdot0-1\cdot 12-6\cdot12+48|}{\sqrt{2^2+1^2+6^2}}=\dfrac{36}{\sqrt{41}}.ρ(C1​;(A1​PQ))=22+12+62​∣2⋅0−1⋅12−6⋅12+48∣​=41​36​.

Ответ: 3641\dfrac{36}{\sqrt{41}}41​36​.