Банк Задач
Школьник
Студент
Учитель
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 (досрок)
В кубе ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1ABCDA1​B1​C1​D1​ все рёбра равны 6.6.6.
а) Докажите, что угол между прямыми ACACAC и BC1BC_1BC1​ равен 60∘60^{\circ}60∘.
б) Найдите расстояние между ACACAC и BC1BC_1BC1​.

Решение

а) Проведём AD1∥BC.AD_1\parallel BC.AD1​∥BC. Тогда ∠(BC1;AC)=∠(AD1;AC)=∠DA1C.\angle(BC_1;AC)=\angle(AD_1;AC)=\angle DA_1C.∠(BC1​;AC)=∠(AD1​;AC)=∠DA1​C.
Стороны AD1, AC, D1CAD_1, \ AC, \ D_1CAD1​, AC, D1​C являются диагоналями равных квадратов, значит, они равны и △D1AC\triangle D_1AC△D1​AC равносторонний. Тогда все его углы, в частности, угол D1ACD_1ACD1​AC, равны 60∘60^{\circ}60∘, ч.т.д.
Изображение 1

б) Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точки одной прямой до плоскости, проходящей параллельно ей через другую прямую.
Заметим, что BC1∥AD1BC_1\parallel AD_1BC1​∥AD1​, тогда BC1∥(AD1C)BC_1\parallel (AD_1C)BC1​∥(AD1​C). Так как плоскость (ADC1)(ADC_1)(ADC1​) параллельна прямой BC1BC_1BC1​ и содержит прямую ACACAC, то
ρ(BC1;AC)=ρ(BC1;ADC1)=ρ(C1;ADC).\rho(BC_1;AC)=\rho(BC_1;ADC_1)=\rho(C_1;ADC).ρ(BC1​;AC)=ρ(BC1​;ADC1​)=ρ(C1​;ADC).
Рассмотрим треугольную пирамиду AD1CC1AD_1CC_1AD1​CC1​ и запишем её объём двумя способами:
VADCC1=13⋅S△D1CC1⋅AD=13⋅S△AD1C⋅ρ(C1;ADC).V_{ADCC_1}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle D_1CC_1}\cdot AD=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle AD_1C}\cdot \rho(C_1;ADC).VADCC1​​=31​⋅S△D1​CC1​​⋅AD=31​⋅S△AD1​C​⋅ρ(C1​;ADC).
Изображение 2

Выразим искомое расстояние:
ρ(C1;ADC)=S△D1CC1⋅ADS△AD1C.(∗)\rho(C_1;ADC)=\dfrac{S_{\triangle D_1CC_1}\cdot AD}{S_{\triangle AD_1C}}. \quad (*)ρ(C1​;ADC)=S△AD1​C​S△D1​CC1​​⋅AD​.(∗)
По теореме Пифагора для △ADC\triangle ADC△ADC получим
AC=AD2+CD2=62+62=62.AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}.AC=AD2+CD2​=62+62​=62​.
Найдём площадь треугольника AD1CAD_1CAD1​C:
S△AD1C=(62)2⋅34=183.S_{\triangle AD_1C}=\dfrac{(6\sqrt{2})^2\cdot\sqrt{3}}{4}=18\sqrt{3}.S△AD1​C​=4(62​)2⋅3​​=183​.
Найдём площадь треугольника DCC1DCC_1DCC1​:
S△D1CC1=12⋅D1C1⋅CC1=12⋅62=18.S_{\triangle D_1CC_1}=\dfrac{1}{2}\cdot D_1C_1\cdot CC_1=\dfrac{1}{2}\cdot6^2
=18.S△D1​CC1​​=21​⋅D1​C1​⋅CC1​=21​⋅62=18.
Тогда из выражения (*) получим
ρ(C1;ADC)=18⋅6183=23.\rho(C_1;ADC)=\dfrac{18\cdot 6}{18\sqrt{3}}=2\sqrt{3}.ρ(C1​;ADC)=183​18⋅6​=23​.
Ответ: 23.2\sqrt{3}.23​.


Координатный метод:
a) 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 3

В этой системе отсчёта верны координаты
B(0;0;0);C1(0;6;6);BC1→(0;6;6);B(0;0;0); \quad C_1(0;6;6); \quad \overrightarrow{BC_1}(0;6;6);B(0;0;0);C1​(0;6;6);BC1​​(0;6;6);
A(6;0;0);C(0;6;0);AC→(−6;6;0).A(6;0;0); \quad C(0;6;0); \quad \overrightarrow{AC}(-6;6;0).A(6;0;0);C(0;6;0);AC(−6;6;0).
Пусть φ−\varphi-φ−искомый угол. По формуле косинуса угла между прямыми получим
cos⁡φ=∣BC1→⋅AC→∣∣AC→∣⋅∣BC1→∣=∣0⋅(−6)+6⋅6+6⋅0∣02+62+62⋅(−6)2+62+02=3672=12.\cos\varphi=\dfrac{|\overrightarrow{BC_1}\cdot \overrightarrow{AC}| }{|\overrightarrow{AC}|\cdot|\overrightarrow{BC_1}|}=\dfrac{|0\cdot(-6)+6\cdot 6+6\cdot 0|}{\sqrt{0^2+6^2+6^2}\cdot\sqrt{(-6)^2+6^2+0^2}}=\dfrac{36}{72}=\dfrac{1}{2}.cosφ=∣AC∣⋅∣BC1​​∣∣BC1​​⋅AC∣​=02+62+62​⋅(−6)2+62+02​∣0⋅(−6)+6⋅6+6⋅0∣​=7236​=21​.
Таким образом, φ=60∘.\varphi=60^{\circ}.φ=60∘.
б) Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точки одной прямой до плоскости, проходящей параллельно ей через другую прямую.
Пусть α\alphaα -- плоскость, проходящая через ACACAC параллельно BC1BC_1BC1​. Если плоскость параллельна прямой, то нормаль к ней перпендикулярна направляющему вектору этой прямой, то есть их скалярное произведение равняется нулю.
Составим уравнение плоскости α\alphaα в виде Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0:
{6A+D=0,6B+D=0,6B+6C=0;{A=−D6,B=−D6,A=D6.\begin{cases}
6A+D=0,\\
6B+D=0,\\
6B+6C=0;\\
\end{cases}
\quad
\begin{cases}
A=-\dfrac{D}{6},\\[2ex]
B=-\dfrac{D}{6},\\[2ex]
A=\dfrac{D}{6}.\\
\end{cases}⎩⎨⎧​6A+D=0,6B+D=0,6B+6C=0;​⎩⎨⎧​A=−6D​,B=−6D​,A=6D​.​
Запишем уравнение плоскости α\alphaα и преобразуем его:
−D6x−D6y+D6z+D=0;∣:−D6-\dfrac{D}{6}x-\dfrac{D}{6}y+\dfrac{D}{6}z+D=0; \quad |:-\dfrac{D}{6}−6D​x−6D​y+6D​z+D=0;∣:−6D​
x+y+z−6=0.x+y+z-6=0.x+y+z−6=0.
Найдём искомое расстояние как расстояние от точки BBB до плоскости α\alphaα. По формуле расстояния от точки до плоскости получим
ρ(B;α)=∣1⋅0+1⋅0−1⋅0−6∣12+12+12=23.\rho(B;\alpha)=\dfrac{|1\cdot0+1\cdot 0-1\cdot0-6|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=2\sqrt{3}.ρ(B;α)=12+12+12​∣1⋅0+1⋅0−1⋅0−6∣​=23​.