Стереометрия: На рёбрах DD_1 и BB_1 куба ABCDA_1B_1C_1D_1 с... —...

Условие, ответ и разбор задачи

Стереометрическая задачаЕГЭ 2026 (резерв)

На рёбрах

DD_1

BB_1

куба

ABCDA_1B_1C_1D_1

с ребром

12

отмечены точки

P

Q

соответственно, причём

DP = 10

B_1Q = 4

. Плоскость

A_1PQ

пересекает ребро

CC_1

в точке

M

.

а) Докажите, что точка

M

является серединой ребра

CC_1

.

б) Найдите расстояние от точки

C_1

до плоскости

A_1PQ

Решение

а) Пусть

PP' \parallel D_1C_1

, тогда

PD_1C_1P'

-- прямоугольник и

C_1P' = 2

.

Плоскость

(A_1PQ)

пересекает параллельные плоскости

(AA_1B)

(CC_1D)

по параллельным прямым

A_1Q \parallel PM

.

Плоскость

(A_1PQ)

пересекает параллельные плоскости

(AA_1D)

(BB_1C)

по параллельным прямым

QM \parallel A_1P

.

Получаем, что

A_1QMP

-- параллелограмм и

A_1Q = PM

.

Тогда

\triangle A_1QB_1 = \triangle PMP'

по катету и гипотенузе (

A_1Q = PM

A_1B_1 = PP'

), то есть

QB_1 = P'M = 4

C_1M = C_1P' + P'M = 4 + 2 = 6

, откуда получаем, что

M

-- середина

CC_1

, ч.т.д.

Рисунок 1 к решению задачи №15: Параллелепипеды

б) Рассмотрим пирамиду

QPMC_1

. Её объём равен

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 (*)

Найдём площадь

QMC_1

S_{QMC_1} = \dfrac{1}{2}C_1M \cdot QQ' = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 12 = 36.

Пусть

PT \parallel B_1D_1

, тогда

PD_1B_1T

-- прямоугольник и

B_1T = D_1P = 2

TQ = B_1Q - QT = 2

Рисунок 2 к решению задачи №15: Параллелепипеды

Из

\triangle PP'M

по теореме Пифагора:

PM^2 = PP'^2 + P'M^2, \quad PM = \sqrt{PP'^2 + P'M^2} = \sqrt{12^2 + 4^2} = 4\sqrt{10}.

Из

\triangle QQ'M

по теореме Пифагора:

QM^2 = QQ'^2 + Q'M^2, \quad PM = \sqrt{QQ'^2 + Q'M^2} = \sqrt{2^2 + 12^2} = 2\sqrt{37}.

Из

\triangle QTR

по теореме Пифагора:

PQ^2 = QT^2 + TP^2, \quad PQ = \sqrt{QT^2 + TP^2} = \sqrt{2^2 + (12\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{73}.

\triangle PQM

по теореме косинусов:

PM^2 = PQ^2 + QM^2 - 2PQ \cdot QM \cdot \cos \angle Q;

160 = 148 + 292 - 2\cdot 2\sqrt{37}\cdot 2\sqrt{73} \cdot \cos \angle Q;

\cos \angle Q = \dfrac{35}{\sqrt{2701}}.

Рисунок 3 к решению задачи №15: Параллелепипеды

По основному тригонометрическому тождеству получаем, что:

\sin \angle Q = \sqrt{1-\cos^2 \angle Q} = \sqrt{1-\dfrac{1225}{2701}} = \sqrt{\dfrac{1476}{2701}}.

Тогда:

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}.

Заметим, что

\rho (P; (BCC_1)) = PP' = 12

. Тогда из (*) выразим искомое расстояние:

\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}}.

Ответ:

\dfrac{36}{\sqrt{41}}

.

Координатный способ решения:

а) Введём прямоугольную систему координат с началом в точке

B

, ось

Ox

направим вдоль ребра

BA

, ось

Oy

направим вдоль ребра

BC

, ось

Oz

направим вдоль ребра

BB_1

Рисунок 4 к решению задачи №15: Параллелепипеды

В этой системе отсчёта верны координаты

A_1(12;0;12); \quad P(12;12;10); \quad Q(0;0;8); \quad M(0;12;6).

Составим уравнение плоскости

(A_1PQ)

в виде

Ax+By+Cz+D=0

\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}

Запишем уравнение плоскости

(A_1PQ)

и преобразуем его:

-\dfrac{C}{3}x+\dfrac{C}{6}y+Cz-8C=0; \quad |:-\dfrac{C}{6}

2x - y - 6z + 48=0.

Тогда вектор нормали будет иметь координаты

\vec{n} (2; -1; -6)

.

Подставим координаты точки

M

в полученное уравнение плоскости:

2\cdot 0 - 1\cdot 12 - 6\cdot 6 + 48 = 0,

значит,

M \in (A_1PQ)

, то есть

M

-- середина

CC_1

, ч.т.д.

б) Определим координаты точки

C_1

C_1(0; 12; 12)

.
Тогда расстояние от неё то плоскости

(A_1PQ)

вычислим по формуле:

\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}}.

Ответ:

\dfrac{36}{\sqrt{41}}

Стереометрия: На рёбрах DD_1 и BB_1 куба ABCDA_1B_1C_1D_1 с... —...

Похожие задачи