Построение сечение задание 14 егэ. Задачи на построение сечений

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильном тетраэдре DABC с ребром 5 на рёбрах AD , BD и AC выбраны точки K , L и M соответственно так, что KD=MC=2, LD=4.

а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью KLM .

б)

Показать решение

Решение

а) Так как AK=AM=5-2=3, то \triangle AKM равнобедренный.

Так как в этом равнобедренном треугольнике \angle KAM=60^{\circ}, то он равносторонний, то есть

KM=3. Тогда KM \parallel DC, так как равны соответственные углы при прямых KM , DC и секущей AD .

Построим LN \parallel DC. Так как в этом случае LN \parallel KM, то точки K , L , N и M лежат в одной плоскости, то есть трапеция KLNM есть искомое сечение.

б) 1. \triangle BLN \sim \triangle BDC, так как LN \parallel DC. Следовательно, \triangle BLN является равносторонним и LN=BN=BL =BD-LD=5-4=1.

2. \triangle DKL=\triangle CMN, так как DK=CM =2, DL=CN=4 и \angle KDL=\angle MCN=60^{\circ}. Значит, KL=MN и KMNL — равнобедренная трапеция.

Опустим в ней высоту LH . Отсюда, KH =\frac{KM-LN}2=\frac{3-1}2=1.

3. По теореме косинусов для \triangle KDL получим:

KL^2= KD^2+DL^2-2\cdot KD\cdot DL\cdot \cos 60^{\circ}= 2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \frac12= 12.

4. По теореме Пифагора LH= \sqrt {KL^2-KH^2}= \sqrt {12-1}= \sqrt {11}.

5. S_{KMNL}= \frac12(KM+LN)\cdot LH= \frac12(3+1)\cdot \sqrt {11}= 2\sqrt {11}.

Ответ

2\sqrt {11}.

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 сторона основания равна 9 , боковое ребро равно 14 . Точка K принадлежит ребру A_1B_1 и делит его в отношении 2:7, считая от вершины A_1.

а) Докажите, что сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A , C и K , является равнобедренной трапецией.

б) Найдите площадь этого сечения.

Показать решение

Решение

а) Плоскость сечения пересекает плоскость верхнего основания по прямой, проходя-щей через точку K и параллельной AC (по свойству параллельности плоскостей). Тогда плоскость AKC пересекает ребро B_1C_1 в точке L так, что KL \parallel AC. Следовательно, искомым сечением будет трапеция AKLC .

KB_1\parallel AB, B_1L\parallel BC, KL\parallel AC. Значит, треугольники KB_1L и ABC подобны и являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Тогда KB_1=B_1L и A_1K=C_1L. Треугольники AA_1K и CC_1L равны, следовательно, AK=CL и трапеция AKLC — равнобедренная.

б) Найдём площадь трапеции AKLC .

A_1K=\frac29A_1B_1 =\frac29\cdot 9=2.

Из \triangle AA_1K,\, AK = \sqrt {AA_1^2+A_1K^2}= \sqrt {14^2+2^2}= 10\sqrt 2.

AC=AB\sqrt 2=9\sqrt 2; KL =\frac79AC=\frac79\cdot 9\sqrt 2=7\sqrt 2.

Так как трапеция AKLC — равнобедренная, имеем

AH =\frac{AC-KL}2=\sqrt 2.

Из \triangle AKH,\, KH= \sqrt {AK^2-AH^2}= \sqrt {200-2}= \sqrt {198}.

S_{AKLC}=\frac{AC+KL}2\cdot KH\,= 8\sqrt 2\cdot \sqrt {198}=48\sqrt {11}.

Ответ

48\sqrt {11}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1 B_1C_1 D_1 сторона основания равна 7 , а боковое ребро — 12 . На рёбрах A_1D_1, C_1D_1 и CB взяты точки F, К, L соответственно так, что A_1F=C_1K=CL=3.

а) Пусть P — точка пересечения плоскости FKL с ребром AB . Докажите, что FKLP — прямоугольник.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью FKL.

Показать решение

Решение

а) Найдём положение точки P . Эта точка пересечения плоскости FKL и ребра AB, лежащего в плоскости ABCD.

Плоскость ABCD параллельна плоскости A_1B_1C_1D_1, в которой лежит отрезок KF. Плоскость FKL пересекает параллельные плоскости ABCD и A_1B_1C_1D_1 по параллельным прямым, отсюда KF \parallel LP. Прямоугольные треугольники KD_1F и LBP равны по катету и острому углу D_1F=LB=4 и \angle D_1FK=\angle BLP как острые с соответственно параллельными сторонами).

Чтобы доказать, что четырёхугольник FKLP — прямоугольник, найдём длины его сторон и диагонали.

KF= PL= \sqrt {KD_1^2+D_1F^2}= \sqrt {16+16}= 4\sqrt 2.

PF= LK = \sqrt {LC^2+CC_1^2+C_1K^2}= \sqrt {9+144+9}= \sqrt {162}= 9\sqrt 2. Противоположные стороны четырёхугольника попарно равны, значит, это параллелограмм. Проведём A_1A_2 \parallel LF, тогда LF= A_1A_2 = \sqrt {(LB-FA_1)^2+AB^2+AA_1^2} = \sqrt {(BP-C_1K)^2+CB^2+CC_1^2}= PK. Диагонали параллелограмма равны, следовательно, FKLP — прямоугольник.

б) Пусть Q и R — точки пересечения прямой KF и прямых B_1C_1 и A_1B_1. Проведём прямые RL и QP , они пересекут рёбра CC_1 и AA_1 в точках M и N соответственно. Тогда RC_1=KC_1=CL, поэтому можно доказать, что равны треугольники RC_1M и MCL. Прямая RL , а значит, и плоскость FKL пересекают ребро CC_1 в его середине — точке M . Аналогично плоскость FKL пересекает ребро AA_1 в его середине —точке N .

В диагональном сечении CC_1A_1A, которое является прямоугольником, отрезок MN — средняя линия. В прямоугольнике MCAN противоположные стороны равны: MN=CA=7\sqrt 2.

Сечение FKMLPN состоит из двух равных трапеций MKFN и MLPN , причём

мы доказали, что LK \perp KF и LK \perp LP. Высота каждой из этих трапеций равна \frac{LK}2=\frac{9\sqrt 2}2.

S_{\text{сечения}}= 2S_{MKFN}= 2\cdot \frac{KF+MN}2\cdot \frac{LK}2= (4\sqrt 2+7\sqrt 2)\cdot \frac{9\sqrt 2}2= 99.

Ответ

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

В основании пирамиды DABC лежит правильный треугольник ABC со стороной 5 . Ребро CD перпендикулярно плоскости основания. Точки K , L и M лежат на рёбрах AD , BD и AC соответственно. Известно, что AD=10, DK=4, CM=2 и KL \parallel AB.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью KLM .

б) Найдите площадь этого сечения.

Показать решение

Решение

а) Построим MN \parallel AB.

Так как KL \parallel AB по условию, то KL \parallel MN. Это означает, что точки K , L , N и M лежат в одной плоскости, то есть KLNM — искомое сечение.

б) 1. \bigtriangleup MNC \sim \bigtriangleup ABC, так как MN \parallel AB, то есть соответственные углы равны: \angle CAB=\angle CMN и \angle CBA=\angle CNM. Значит \bigtriangleup MNC равносторонний, то есть CN=MN=CM=2.

2. Аналогично можно доказать, что \bigtriangleup DKL \sim \bigtriangleup DAB, так как KL \parallel AB. Значит, \frac{KL}{AB}=\frac{DK}{DA}=\frac{2}{5}, KL=\frac{2}{5}AB=\frac{2}{5} \cdot 5=2.

3. Так как KL \parallel MN и KL=MN, то KLNM — параллелограмм.

4. \bigtriangleup AMK \sim \bigtriangleup ACD, так как угол при вершине A общий и \frac{AK}{AD}=\frac{AM}{AC}=\frac{3}{5}. Следовательно, MK \parallel CD, так как соответственные углы равны (например, \angle AKM=\angle ADC ). Отсюда, MK \perp ABC, так как CD \perp ABC. Значит, MK \perp MN, то есть параллелограмм KLNM является прямоугольником.

5. По теореме Пифагора CD= \sqrt{AD^2-AC^2}= \sqrt{10^2-5^2}= 5\sqrt{3}. Так как \frac{MK}{CD}=\frac{AM}{AC}=\frac{3}{5}, то MK=\frac{3}{5}CD=3\sqrt{3}.

6. S_{KLNM}= MK \cdot MN= 3\sqrt{3} \cdot 2= 6\sqrt{3}.

Ответ

6\sqrt{3}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD , все рёбра которой равны.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ BD основания перпендикулярно грани SCD .

б) Найдите площадь этого сечения, если каждое ребро данной пирамиды равно 5 .

Показать решение

Решение

а) Пусть K — середина ребра SC . Так как треугольники SDC и SBC равносторонние, то SC \perp DK и SC \perp BK (медиана равностороннего треугольника является его высотой). Значит, прямая SC перпендикулярна плоскости DKB . Так как SC \perp DKB и SC \subset CSD, то плоскость DBK перпендикулярна плоскости CSD . Треугольник DKB — искомое сечение.

б) Найдём площадь сечения. Высоты DK и BK в равносторонних треугольниках равны \frac{5\sqrt{3}}{2}. Диагональ BD квадрата ABCD равна 5\sqrt{2}. В равнобедренном треугольнике DKB высота OK=\sqrt{\left (\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^2-\left (\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\frac{5}{2}. Площадь треугольника DKB равна \frac{1}{2}DB \cdot OK=\frac{1}{2} \cdot 5\sqrt{2} \cdot \frac{5}{2}=\frac{25\sqrt{2}}{4}.

Ответ

\frac{25\sqrt{2}}{4}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 14
Тема: Площадь сечения

Условие

Дана правильная четырёхугольная пирамида SMNPQ с вершиной в точке S , сторона основания равна 5\sqrt{3}, а плоский угол при вершине пирамиды равен 60^\circ.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ NQ основания параллельно боковому ребру PS .

б) Найдите площадь сечения.

Показать решение

Решение

а) Обозначим через O точку пересечения диагоналей квадрата MNPQ.

В плоскости MSP проведем через точку O прямую OK \parallel PS. Точку K соединим с точкой N и точкой Q , получим сечение NKQ , которое является искомым, так как содержит OK \parallel PS и диагональ основания NQ , по признаку параллельности прямой и плоскости: плоскость NKQ параллельна ребру PS . Данное сечение представляет собой треугольник NKQ .

б) Треугольник NKQ — равнобедренный, NK=KQ. Это следует из равенства треугольников NKM и KMQ (по двум сторонам: MK — общая, NM=MQ и углу: \angle KMQ=\angle KMN ). Точка O — середина NQ , NO=OQ. KO — медиана и, следовательно, высота. S_{NKQ}=\frac{1}{2}NQ \cdot KO.

Рассмотрим \bigtriangleup SMQ, \angle MSQ=60^\circ, значит \angle SMQ=\angle SQM=60^\circ, SM=SQ=MQ=5\sqrt{3}. \angle SOM=90^\circ, точка K — середина SM (так как OK — средняя линия \bigtriangleup PSM ). Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. OK=\frac{1}{2}SM=\frac{5\sqrt{3}}{2}. NQ — диагональ квадрата со стороной 5\sqrt{3}. NQ=5\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}=5\sqrt{6}.

S_{NKQ}= \frac{1}{2}OK \cdot NQ= \frac{5\sqrt{3} \cdot 5\sqrt{6}}{4}= \frac{75\sqrt{2}}{4}.

Ответ

\frac{75\sqrt{2}}{4}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Решение

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью AKF.

E — точка пересечения ребра DC и отрезка AF .

В плоскости ABB_1 проведем лучи AK и BB_1. AK пересекает BB_1 в точке Q . В плоскости BCC_1 проведем отрезок FQ . FQ пересекает B_1C_1 в точке P , а CC_1 в точке R . Пятиугольник AKPRE — искомое сечение.

KB_1 \parallel AB, KB_1=\frac{1}{2}A_1 B_1, значит KB_1 — средняя линия \bigtriangleup ABQ, отсюда BB_1=QB_1, а так как BF \parallel B_1 P, то B_1 P — средняя линия \bigtriangleup FBQ, BF=8, B_1 P=\frac{1}{2}BF=4. C_1 P=B_1C_1-B_1 P=5-4=1, следовательно, B_1 P:PC_1=4:1.

б) Прямоугольние треугольники ABQ , FBQ и ABF равны по двум катетам AB=BF=BQ=8, отсюда AQ=AF=QF=8\sqrt{2}.

S_{AQF}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} как площадь равностороннего треугольника со стороной a .

S_{AQF}=\frac{(8\sqrt{2})^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=32\sqrt{3},

S_{KQP}= \frac{1}{4}S_{AQF}= \frac{32\sqrt{3}}{4}= 8\sqrt{3}.

S_{AKPF}= S_{AQF}-S_{KQP}= 32\sqrt{3}-8\sqrt{3}= 24\sqrt{3}.

\bigtriangleup RCF \sim \bigtriangleup RC_1 P по первому признаку подобия (\angle C=\angle C_1=90^{\circ}, \angle1=\angle2 как вертикальные). Из подобия следует \frac{CF}{PC_{1}}=\frac{FR}{PR}. По доказанному в а) PC_1=1, BF=AB=8, тогда CF=8-5=3 и \frac{FR}{PR}=\frac{3}{1}. Так как KP — средняя линия \bigtriangleup AQF, то PF=\frac{1}{2}QF=4\sqrt{2}, FR=\frac{3PF}{4}=\frac{4\sqrt{2} \cdot 3}{4}=3\sqrt{2}.

В равнобедренном прямоугольном треугольнике FCE FC=EC=3, тогда EF=3\sqrt{2}. В \bigtriangleup REF FR=EF=3\sqrt{2}, \angle RFE=60^{\circ}, отсюда \bigtriangleup REF — равносторонний.S_{REF}=\frac{(3\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}.

S_{AKPRE}= S_{AKPF}-S_{REF}= 24\sqrt{3}-\frac{9\sqrt{3}}{2}= \frac{39\sqrt{3}}{2}.

А В С А1А1 С1С1 В1В1 Найти площадь сечения правильной треугольной призмы ABCA 1 B 1 C 1, все ребра которой равны 1, проходящее через вершины A, B и C 1. Построим плоскость сечения, проходящее через вершины A, B и C 1. Проведем высоту КC 1. 1 К 1 Ответ. АС = СВ; СС 1 - общая Δ АСС 1 = Δ ВСС 1 (по двум катетам) Значит АС 1 = ВС 1 Δ АВС 1 - равнобедренный

ABCD – правильная треугольная пирамида все ребра которой равны 1. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки D, C и М, где М – середина стороны АВ. М Построим плоскость сечения, проходящее через точки D, C и М. Н Δ АВС - равносторонний Ответ. Н – точка пересечения медиан. Применим свойство медиан: медианы треугольника пересекаются в отношении 2 к 1, считая от вершины СН: НМ = 2: 1. Вся медиана СМ – это 3 части. СН = СМ (2 части) НМ = СМ (1 часть)

Найти площадь сечения единичного куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 плоскостью, проходящей через вершину В и точки E и F на ребрах A 1 В 1 и В 1 C 1 соответственно, если В 1 E = 5A 1 E и C 1 F = 5В 1 F. F E Построим плоскость сечения, проходящее через вершины B, Е и F. Δ ВEF - произвольный По теореме косинусов: Ответ.

Найти площадь сечения пирамиды SABCD, все ребра которой равны 1, проходящее через середины ребер AD, BC и SC. м К N Построим плоскость сечения, проходящее через точки N, К и М. Р КМ= АВ =1, PN= DC=КР= МN= AS = м N Р К H КPSМ – равнобедренная трапеция Ответ.

Найти площадь сечения единичного куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 плоскостью, проходящей через вершины B 1 и D и точку M на ребре CC 1, если C 1 M = 2CM. м К Построим плоскость сечения, проходящее через вершины B, D 1 и M. Сечением является параллелограмм BMD 1 K. По теореме косинусов: Ответ.

Найти площадь сечения единичного куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, проходящее через вершину D 1 и середины ребер AB, BC. Построим плоскость сечения, проходящее через указанные точки. Сечением является пятиугольник EFGD 1 H. ADCFE – проекция сечения на плоскость ABCD S ADCFE =S ABCD - S BEF = А DC F BE R Ответ. По теореме о площади ортогональной проекции многоугольника Теорема о площади ортогональной проекции многоугольника: Площадь ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна произведению его площади на косинус угла между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции.

Найдите площадь сечения единичного куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, проходящее через вершину A и середины ребер BC, DD 1. Ответ:

Сечение - это плоская фигура, которая образуется при пересечении пространственной фигуры плоскостью и граница которой лежит на поверхности пространственной фигуры.

Важные факты и теоремы, необходимые для построения сечений

\(\blacktriangleright\) Определение: две прямые параллельны, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.
Если через две прямые нельзя провести одну плоскость, то такие прямые скрещиваются.

\(\blacktriangleright\) Теорема о параллельности трех прямых: если \(a\parallel b, \ b\parallel c\) , то и \(a\parallel c\) .

\(\blacktriangleright\) Определение: прямая и плоскость параллельны, если они не имеют общих точек.

Признак параллельности прямой и плоскости: прямая, не лежащая в плоскости, параллельна этой плоскости, если она параллельна некоторой прямой из этой плоскости.

\(\blacktriangleright\) Определение: две плоскости параллельны, если они не имеют общих точек.

Признак параллельности двух плоскостей: если две пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны двум пересекающимся прямым из другой плоскости, то такие плоскости параллельны.

\(\blacktriangleright\) Если две плоскости пересекаются, то их линия пересечения - прямая.

\(\blacktriangleright\) Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то их линии пересечения параллельны (см. рис.)

\(\blacktriangleright\) Если плоскости \(\alpha\) и \(\beta\) пересекаются по прямой \(a\) , а плоскости \(\beta\) и \(\gamma\) пересекаются по прямой \(b\) , причем \(a\parallel b\) , то плоскости \(\alpha\) и \(\gamma\) пересекутся по прямой \(c\parallel a\parallel b\) .

Задание 1 #999

Уровень задания: Легче ЕГЭ

Дан куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) . Через точку \(K\) , середину ребра \(AA_1\) , и точку \(B\) проведите плоскость \(\alpha\) параллельно диагонали \(A_1C\) .

Т.к. \(A_1C\parallel \alpha \Rightarrow A_1C\) параллельна некоторой прямой, содержащейся в \(\alpha\) . Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1C\) , в которой находится \(A_1C\) . Т.к. точка \(K\in AA_1C_1C\) , то проведем в этой плоскости \(KN \parallel A_1C\) (по теореме Фалеса \(N\) – середина \(AC\) ).

Т.к. \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) – куб, то \(N\) – точка пересечения диагоналей квадрата \(ABCD\) , следовательно, \(N\in BD\) . Таким образом, получили сечение \(KBD\) куба плоскостью \(\alpha\) .

Ответ:

Задание 2 #3981

Уровень задания: Легче ЕГЭ

Дан куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) . На ребрах \(AA_1\) и \(BC\) отмечены точки \(M\) и \(N\) соответственно, причем \(AM:MA_1=2:1\) , а \(N\) – середина \(BC\) . Найдите сечение куба плоскостью \(DMN\) .

Т.к. грани \(ADD_1A_1\) и \(BCC_1B_1\) куба параллельны, то плоскость \(DMN\) пересечет их по параллельным прямым. Таким образом, проведем \(NK\parallel DM\) . Таким образом, \(DNKM\) – искомое сечение.

Необходимо найти точное расположение точки \(K\) .

Обозначим ребро куба за \(6x\) . Т.к. \(\bigtriangleup ADM \sim \bigtriangleup BNK \Rightarrow \dfrac{BK}{AM}=\dfrac{BN}{AD} \Rightarrow BK=2x\) . Таким образом, \(BK:KB_1=1:2\) .

Ответ:

Задание 3 #3804

Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(SABCD\) – четырехугольная пирамида, в основании которой лежит квадрат \(ABCD\) , а две боковые грани \(SAB\) и \(SAD\) представляют собой прямоугольные треугольники с прямым углом \(\angle A\) .

1) Проведите плоскость \(\alpha\) через точку пересечения диагоналей основания параллельно грани \(SBC\) .

2) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \(\alpha\) , если \(SA=AB=a\) .

1) Пусть \(AC\cap BD=O\) . Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости.

Заметим, что т.к. \(\angle SAB=\angle SAD=90^\circ \Rightarrow SA\perp (ABC)\) .

Проведем в плоскости \(SAC\) прямую \(OK\parallel SC\) . Т.к. \(O\) – середина \(AC\) , то по теореме Фалеса \(K\) – середина \(SA\) . Через точку \(K\) в плоскости \(SAB\) проведем \(KM\parallel SB\) (следовательно, \(M\) – середина \(AB\) ). Таким образом, плоскость, проходящая через прямые \(OK\) и \(KM\) , и будет искомой плоскостью.

Необходимо найти сечение пирамиды этой плоскостью. Соединив точки \(O\) и \(M\) , получим прямую \(MN\) .

Т.к. \(\alpha\parallel (SBC)\) ,то \(\alpha\) пересечет плоскость \(SCD\) по прямой \(NP\parallel SC\) (если \(NP\cap SC \ne \varnothing\) , то \(\alpha\cap (SBC)\ne \varnothing\) , что невозможно ввиду их параллельности).

Таким образом, \(KMNP\) – искомое сечение, причем \(KP\parallel AD\parallel MN \Rightarrow\) это трапеция.

2) Т.к. все точки \(K,M,N,P\) – середины отрезков \(SA, AB, CD, SD\) соответственно, то:

а) \(MN=AD=a\)

б) \(KP=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a}{2}\)

в) \(KM=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt2}{2}\)

Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах \(SB\perp BC \Rightarrow KM\perp MN\) . Таким образом, \(KMNP\) – прямоугольная трапеция.

\(S_{KMNP}=\dfrac{KP+MN}{2}\cdot KM=\dfrac{3\sqrt2}{8}a^2\)

Ответ:

1) Рисунок.

2) \(\dfrac{3\sqrt2}{8}a^2\)

Задание 4 #1003

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дана правильная треугольная пирамида \(SABC\) с вершиной \(S\) . Проведите плоскость через середину ребра \(AC\) и точки пересечения медиан граней \(ASB\) и \(CSB\) . Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью, если \(AB=21, AS=12\sqrt2\) .

1) Пусть\(K\) – середина \(AC\) , \(SX, AL\) – медианы грани \(ASB\) , \(CL, SY\) – медианы грани \(CSB\) , \(AL\cap SX=M, CL\cap SY=N\) . \(SO\) – высота пирамиды.

Найдем сечение пирамиды плоскостью \(MNK\) .
Т.к. пирамида правильная, то \(\triangle SXY\) – равнобедренный, \(SM=SN=\dfrac{2}{3}SX \Rightarrow MN\parallel XY \Rightarrow MN\parallel (ABC)\) . Таким образом, плоскость \(MNK\) содержит прямую \(MN\) , параллельную \(ABC\) , следовательно, плоскость \(MNK\) пересечет плоскость \(ABC\) по прямой, параллельной \(MN\) (если это не так, то линия пересечения этих плоскостей \(l\cap MN=E \Rightarrow E\in (ABC)\) и \(E\in MN \Rightarrow MN\) не может быть параллельна \((ABC)\) ).

Прямая, проходящая через точку \(K\) и параллельная \(MN\) (или \(XY\) ) – это \(AC\) . Следовательно, сечением является равнобедренный треугольник \(ALC\) .

2) Пусть \(LK\cap SO=H\) . Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(HK\perp AC\) как наклонная (\(HO\perp (ABC), OK\perp AC\) как проекция). Следовательно, и \(LK\perp AC\) .

Тогда \(S_{ALC}=\dfrac{1}{2}AC\cdot LK\) .

Рассмотрим \(\triangle SKB: \ BK=AB\cdot \dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{21\sqrt3}{2} \Rightarrow \cos B=\dfrac{7\sqrt3}{12\sqrt2}\) .

Тогда по теореме косинусов для \(\triangle KLB\) :

\(KL^2=\dfrac{729}{4} \Rightarrow KL=\dfrac{27}{2}\)

Значит, \(S_{ALC}=\dfrac{567}{4}\) .

Ответ:

\(\dfrac{567}{4}\) .

Задание 5 #3792

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дан куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) . Диагонали основания \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(O\) . Найдите сечение куба плоскостью \(\alpha\) , проходящей через точку \(A\) перпендикулярно прямой \(A_1O\) .

Задание 6 #2451

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дан прямоугольный параллелепипед \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) , в основании которого лежит квадрат \(ABCD\) . На ребрах \(BB_1\) , \(CC_1\) , \(DD_1\) отмечены точки \(M, N, K\) соответственно так, что \(BM:MB_1=1:5\) , \(CN:NC_1=3:1\) , \(DK:KD_1=1:2\) .
Найдите отношение отрезков, на которые делит плоскость \(MNK\) диагональ \(AC\) .

Обозначим ребро основания за \(a\) , а боковое ребро за \(b\) . Тогда из условия задачи следует, что \(BM=\frac16b\) , \(CN=\frac34b\) , \(DK=\frac13b\) .

Найдем положение точек \(R\) и \(T\) , в которых плоскость пересекает ребра \(AB\) и \(AD\) соответственно.

1) Продлим отрезки \(NK\) и \(CD\) до пересечения в точке \(Q\) . Тогда \(\triangle QDK\sim \triangle QNC\) . Следовательно,

\[\dfrac{QD}{QC}=\dfrac{KD}{NC} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{QD}{QD+a}=\dfrac{\frac13b}{\frac34b}=\dfrac49 \quad \Rightarrow \quad QD=\dfrac45a.\]

Аналогично из \(\triangle OMB\sim \triangle ONC\) получаем, что \

Соединив точки \(Q\) и \(O\) , получим точки пересечения плоскости с ребрами \(AB\) и \(AD\) .

2) Рассмотрим основание.

\(\triangle OBR\sim \triangle OCQ\) , следовательно,

\[\dfrac{OB}{OC}=\dfrac{BR}{CQ} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\frac27a}{\frac97a}=\dfrac{BR}{\frac95a} \quad \Rightarrow \quad BR=\dfrac25a.\]

\(\triangle OBR\sim \triangle TAR\) , следовательно,

\[\dfrac{OB}{AT}=\dfrac{BR}{AR}\quad \Rightarrow \quad \dfrac{\frac27a}{AT}=\dfrac{\frac25a}{\frac35a} \quad \Rightarrow \quad AT=\dfrac37a.\]

3) Для того, чтобы найти, в каком отношении \(RT\) поделит \(AC\) , проведем прямую \(RG\parallel AD\) , \(G\in AC\) .

Тогда \(\triangle ARG\) – прямоугольный и \(\angle RAG=45^\circ\) , то есть он равнобедренный и \(RG=\frac35a\) . Тогда по теореме Фалеса \(AG:AC=AR:AB=3:5\) , следовательно, т.к. \(AC=a\sqrt2\) , то \(AG=\frac{3\sqrt2}5a\) .

\(\triangle AST\sim \triangle RSG\) , следовательно,

\[\dfrac{AT}{RG}=\dfrac{AS}{SG} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\frac37a}{\frac35a}=\dfrac{AS}{\frac{3\sqrt2}5a-AS} \quad \Rightarrow \quad AS=\dfrac{\sqrt2}4a.\]

Тогда \(SC=a\sqrt2-\frac{\sqrt2}4a=\frac{3\sqrt2}4a\) и \(AS:SC=1:3\) .

Ответ:

\(1:3\)

Теме «Построение сечения» в ЕГЭ по математике профильного уровня посвящается, как правило, несколько заданий. Они могут требовать от школьника как краткого ответа, так и полного развернутого решения. Если одним из ваших слабых мест являются именно задачи на сечения (в ЕГЭ при этом вы хотите получить конкурентные баллы), непременно стоит повторить или вновь разобраться в материале.

Сделать это наиболее эффективно вам поможет образовательный математический проект «Школково». Наши специалисты подготовили теоретический материал, изложив его таким образом, чтобы школьники с любым уровнем подготовки смогли восполнить пробелы в знаниях и легко справиться с решением задач на сечение.

Полезная информация

Для того чтобы выполнить построение сечений в ЕГЭ, нужно отметить точки пересечения пространственной фигуры с ребрами и произвести их соединение, начертив отрезки.

Необходимо запомнить

Производится соединение только двух точек, которые лежат в плоскости одной грани. Прежде чем приступить к решению задачи на построение сечений, полезно повторить материал о параллельных прямых. Сделать это вы можете, посетив раздел «Теоретическая справка».

Также необходимо запомнить, что пересечение секущей плоскости параллельных граней возможно только по параллельным отрезкам.

В том случае, когда в плоскости грани обозначена только одна точка, которая принадлежит плоскости сечения, следует отметить еще одну дополнительную. Для того чтобы это сделать, нужно определить точки пересечения прямых, которые уже построены, с теми, которые лежат в тех же гранях.

Выполнив построение сечений многогранников в задачах, которые представлены в нашем «Каталоге», вы сможете закрепить изученный материал и успешно справиться с подобным заданием на ЕГЭ в Москве.

Тема «Сечение многогранников в заданиях С2 ЕГЭ»

Подготовила:учитель математики

МБОУ СОШ №3 г.Льгова Курской области

Гайдукова Г.Г.

В школы внедрена новая форма аттестации, и, следовательно, необходимо готовиться к ней. Если обратиться к кодификатору элементов содержания, проверяемых в задании С2 ЕГЭ, то в них представлены сечения куба, призмы, пирамиды и нахождение плоскости их сечения. Эти задания почти отсутствуют в школьных учебниках и ученики могут испытывать затруднения при их решении. Поэтому в данной статье я хочу проанализировать решение задач на построение сечений несколькими методами, сделать подборку задач, предлагаемых различными центрами творческого образования в последние годы.

Несмотря на высокое дидактическое значение задач на построение сечений многогранников, их методические резервы практически не используются. Одна из основных причин сложившейся ситуации заключается в том, что эти задачи включаются в систематический курс стереометрии эпизодически. Поэтому данные задачи учителю следует самостоятельно включать на разных этапах изучения многогранников. Система задач на построение сечений многогранников должна быть организована по принципам содержательно – методической линии и содержать задачи следующих типов:

Задачи непосредственно на построение сечений (при введении понятий многогранников);

Задачи на доказательство (при рассмотрении свойств многогранников);

Задачи на нахождение площади сечения (при разбиении его на простые многоугольники);

Задачи на нахождение площади сечения (при изучении теоремы о площади ортогональной проекции плоской фигуры).

Метод сечений часто помогает найти наиболее эффективный способ решения стереометрической задачи. Напомню, что при построении сечения многогранника плоскостью следует иметь ввиду, что:

Построение сечения сводится к построению линий его пересечения с гранями многогранника;

Сечение однозначно определяется тремя точками многогранника;

Если две точки выпуклого многогранника принадлежат сечению, то сечению принадлежит отрезок, соединяющий эти точки;

Параллельные грани многогранника пересекаются по параллельным прямым;

Если плоскость сечения проходит через прямую m, параллельную грани Р многогранника и пересекает грань Р, то линия пересечения плоскости

Задача №1 . Построить сечение правильной треугольной призмы АВСА 1 В 1 С 1 плоскостью α, проходящей через точки Е,К,F, расположенные на рёбрах АВ,А А 1 , СС 1 соответственно.

Решение.

Пусть плоскость сечения α пересекает две грани призмы по отрезкам EF и FK. Построим линию ℓ пересечения плоскости α с плоскостью основания АВС. Одна точка прямой ℓ известна – это точка Е. Построим точку L, в которой прямая ℓ пересекает отрезок ВС.

Чтобы построить прямую ℓ , найдём точку М прямой ℓ, в которой эта прямая пересекает прямую АС.

Прямые FK и АС лежат в одной плоскости АА 1 С 1 С. Если FK || АС. В этом случае L – точка пересечения прямой, проходящей через точку Е параллельно АС.

Если FK ╫ АС, то продолжив KF и АС, найдём точку их пересечения М, которая принадлежит плоскостям АВС и α.

Значит, прямая МЕ – линия пересечения плоскостей α и АВС. Если L- точка пересечения МЕ и ВС, то отрезок ЕL – общий для плоскости α и грани АВС, а четырёхугольник KFEL – искомое сечение.

Задача №2. Построить сечение треугольной пирамиды АВСD плоскостью, параллельно ребру АВ и проходящей через точки Е и F , которые принадлежат боковым граням DAC и DBC соответственно.

Решение. Найдем сначала точку М, в которой прямая EF пересекает плоскость (АВС). С этой целью найдём точки Е 1 и F 1 , в которых DE и DF пересекают АС и СВ соответственно. Прямые E 1 F 1 и EF пересекаются в точке М (предполагаем, что прямая EF не параллельна плоскости (АВС)).

Через точку М проведём прямую, параллельную АВ и пересекающую ВС и АС в точках K и L соответственно. Прямые КF и LE пересекут рёбра ВD и AD в точках Q и Р таких, что РQ ||LK. Трапеция PQKL- искомое сечение.

Рассмотрим ещё один способ решения задач на построение сечений комбинированным методом, а именно координатным методом в сочетании с геометрическим. Требуется решение проводить по схеме: анализ, построение, доказательство, исследование.

Задача №3 В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС, ﮮ С=90° , АС=ВС, ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC: AC = 3:2, М- середина ребра АС, N- середина ребра АВ. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через М перпендикулярно прямой SN.

Решение.

I.Анализ. Введём систему координат (рисунок). С(0,0,0), А(2,0,0), В(0,2,0), S(0,0,3), М(1,0,0), N(1,1,0).

Пусть плоскость сечения α проходит через точку М перпендикулярно SN. Тогда уравнение этой плоскости 1(х-1)+1(у-0)-3(z-0)=0 или

х+у-3z-1=0 (1)

Найдём точку К пересечения плоскости α с прямой АS.

АS: 12С…-2-2=Сѓ-00=z-03=t=>"> 12С…=-2t+2y=0z=3t"> (2)

(2) –>(1) => (-2t+2)+0 - 3·3t-1=0 => t= 12111"> => 12 AKAS=111">

II. Построение.

1.К 12в€€">SA и 12AKAS=111"> .

МР 12||"> АВ, КТ || АВ, Р 12в€€"> ВС, Т 12в€€"> SB.

2. МРТК – искомое сечение.

III. Доказательство.

По условию 12в€†">АCВ- равнобедренный, следовательно 12в€†ASB">- равнобедренный и SN – медиана, а значит и высота. Таким образом, АВ12|">SN, КТ || АВ 12, MP ||AB=>"> KT12|">SN, MP 12|"> SN.

Согласно анализа и построения МК 12|"> SN. Тогда SN 12|"> МРТК, т.е. МРТК – искомое сечение. Задача имеет единственное решение.

Задача №4. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD диагональ основания АВСD и боковое ребро имеют равную длину. Построить сечение пирамиды плоскостью 12О±">, проходящей через точку а и перпендикулярной ребру SC. Найти площадь сечения, если AC=SC=a.

Решение.

Так как плоскость 12О±"> перпендикулярна ребру SC , то эта плоскость пересечёт SС в точке Е такой, что АЕ 12| ">SC. Но АS=АС и поэтому Е- середина ребра SC, а искомое сечение составлено из равнобедренных треугольников АMK и ЕМК, причём МК|| ВD (М 12в€€ "> ВS, К 12в€€"> DS).

Чтобы построить сечение, нужно найти точку F, в которой АЕ пересекает SO(O- центр основания АВСD) , а затем провести через точку F прямую, параллельную ВD.

Площадь сечения 12S= 12 ">AE ·KM, где AЕ = 12aв€љ32"> , MK= 122a3"> , так как F – точка пересечения медиан равностороннего 12в€†">BSD. Следовательно, 12S=a2 в€љ3 3">

Задача №5. Основание прямого параллелепипеда ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 –квадрат ABCD, AB=2, AA 1 =4. Через середины E и F ребер AD и DC поведено сечение, параллельное диагонали DB 1 . Построить сечение и найти его площадь.

Решение.

1.Построение сечения.

Пусть O- середина EF, М- середина АС.

В треугольнике ВВ 1 D через точку О проводим прямую, параллельную B 1 D и пересекающую BB 1 в точке L.

Из точки М проводим прямую, параллельную BB 1 и пересекающую OL в точке N.

Через точку N проводим прямую, параллельную АС и пересекающую АА 1 и СС 1 в точках Q и P.

Искомое сечение – пятиугольник EQLPF.

2. Вычисление площади сечения.

Для нахождения площади сечения разобьём его на простые многоугольники- треугольник PQL и трапецию PQEF.

12РўРѕРіРґР° Sв€†=12"> PQ·LN и 12SС‚СЂР°РїРµС†РёРё= "> 1212PQ+EFON">

Здесь PQ= AC=2 122"> , EF= 1212"> AC= 122.">

Найдём ON и LN, пользуясь тем, что 12в€†LOB ~в€†B"BD, в€†NMO~в€† LOB. ">

Так как В 1 D =2 126,Р’Рћ=34 Р’D=34 *22=3в€љ22"> , то LO = 1234 LO=в€љ62"> и

12Р-РЅР°С‡РёС‚ , SСЃРµС‡РµРЅРёСЏ">= 1212">(2 122+ в€љ2)+12"> 2 122*6=7в€љ32">

Рассмотрим применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при нахождении площадей сечений. Опыт показывает, что изучение данной темы повышает у школьников интерес к предмету, стимулирует освоение ими серьёзных тем геометрии, что в итоге ведёт к интенсификации всего процесса обучения.

Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при нахождении площади сечения используется в ситуациях, когда нахождение площади ортогональной проекции многоугольника, полученного в сечении, и угла 12П†"> между секущей плоскостью и плоскостью проектирования сопряжено с меньшими трудностями, чем непосредственное вычисление площади сечения. В этом случае 12SСЃРµС‡РµРЅРёСЏ=SРїСЂcosП†">

Задача №6. В правильной четырёхугольной призме сторона основания

4 см. Через диагональ основания под углом 45° к плоскости основания проведена плоскость, пересекающая боковое ребро. Найти площадь сечения.

Решение.

Согласно условию задачи, площадь ортогональной проекции сечения на плоскость основания призмы равна половине его площади. Значит, 12SРїСЂ="> 124ВІ2=8(СЃРј2)"> => 12SСЃРµС‡РµРЅРёСЏ=SРїСЂcos45В°">=8 12в€љ2(СЃРј2)">

Задача № 7 . Дана правильная четырёхугольная пирамида, площадь каждой боковой грани равна 1. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды параллельно её боковой грани.

Решение.

Рассмотрим плоскость QSG построенную на апофемах SQ и SG. Тогда высота пирамиды SO лежит в этой плоскости. Проведём через точку Р прямую, параллельную апофеме SG. Эта прямая пересечёт плоскость основания пирамиды в точке F , а боковую грань ASB в точке T. Так как секущая плоскость параллельна грани CSD , то проходя через точку F , она пересекает основание ABC по прямой KN, где KN|| CD.

Поскольку KN|| AB, то прямая KN || (ASB) по признаку параллельности прямой и плоскости. Следовательно, секущая плоскость, проходя через точку T, пересекает грань ASB по прямой HJ, где HJ||KN. Соединив точки К и Н, N и J, получим в сечении четырёхугольник KHJN- трапецию.

Построим четырёхугольник KLMN, являющийся ортогональной проекцией трапеции KHJN на плоскость АВС. Так как HJ лежит в плоскости, построенной на параллельных прямых HL и JM, и параллельна плоскости АВС, то линия пересечения LM плоскостей АВС и HLM параллельна HJ. Так как LM|| HJ и KN ||HJ, то LM|| KN, а значит четырёхугольник KLMN – трапеция.

Пусть боковые грани пирамиды SABCD наклонены к основанию под углом 12П†">. Тогда секущая плоскость HKN, параллельная граниCSD, также будет наклонена к основанию пирамиды под углом 12П†">.

Пусть сторона основания пирамиды равна а. Тогда 12SРѕСЃРЅРѕРІР°РЅРёСЏ=Р°ВІ"> , а с другой стороны S основ. =S бок · 12cosП†"> =4 12cosП†"> => а 2 =4 12cosП†"> .

Выразим площадь KLMN ортогональной проекции через а. Рассмотрим плоскость QSG, построенную на апофемах SQ и SG.

Стороны OS и OG угла SOG пересечены параллельными прямыми SG и PF. Так как ОР=РS, то по теореме Фалеса OF=FG= 12 a4"> и QF=QG-FG= 123a4">

Рассмотрим угол SQG. Его стороны QS и QG пересечены параллельными прямыми SG и TF. Так как QF: FG=3:1, то по теореме Фалеса QT:TS=3:1.

Рассмотрим угол SQO. Его стороны QS и QО пересечены параллельными прямыми SO и TR(точка R – проекция точки T на плоскость АВС). Так как QT:TS=3:1, то по теореме Фалеса QR:RO=3:1. Тогда RO= 12QO4=a8">

Следовательно, высота FR трапеции KLMN равна FR=OF+RO= 123a8">

12в€†AOB~в€†LOM"> c коэффициентом подобия k = 4. Поэтому LM= 12AB4=a4">

Значит, S KLMN = 12KN+LM2*FR= a+a/42*3a8=15aВІ64">

Следовательно, по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника, S KHJN = 12SKLMNcosП†"> = 121516">

Задачи для самостоятельного решения.

Изобразите сечение единичного куба А…D 1 , проходящее через середины рёбер АА 1 , ВВ 1 ,СС 1 . Найти его площадь.

Ответ: сечением является прямоугольник, площадь которого равна 12в€љ22"> .

Изобразите сечение единичного куба А…D 1 , проходящее через вершину А и середины рёбер ВВ 1 ,DD 1 . Найти его площадь.

Ответ: сечением является ромб, площадь которого равна 12в€љ62">.

Изобразите сечение единичного куба А…D 1 , проходящее через вершины А, С и середину ребра С 1 D 1 . Найти его площадь.

Ответ: сечением является трапеция, площадь которой равна 1298">.

Изобразите сечение единичного тетраэдра АВСD, проходящее через середины рёбер АВ, ВС, СD. Найти его площадь.

Ответ: сечением является прямоугольник, площадь которого равна 0,25.

Высота прямой призмы равна1. В основании призмы лежит ромб со стороной, равной 2, и острым углом 30°. Через сторону основания проведена секущая плоскость с углом наклона к плоскости основания 60°. Найти площадь сечения призмы.

Ответ: 124в€љ33">

Ребро куба А…D 1 равно а. На рёбрах АА 1, ВВ 1, DD 1 соответственно взяты точки М, N,Р так, что АМ=МА 1 , ВN=2ТВ 1 , D 1 P = 3PD. Найти площадь сечения куба плоскостью MNP.

Ответ: 12Р°ВІв€љ15712">

Дана правильная треугольная пирамида, площадь каждой боковой грани которой равна1.Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды параллельно её боковой грани.

Ответ: 122536">

Мы строили плоские сечения многогранников лишь на основании аксиом и теорем стереометрии. Вместе с тем существуют определенные методы построения плоских сечений многогранников. Наиболее эффективными в школьном курсе геометрии являются следующие три метода:

1) метод следов;

2) метод внутреннего проектирования;

3)комбинированный метод.
Рассмотрим каждый из них на примерах.

Систематизация основных теоретических знаний и классификация задач, включенных в ЕГЭ по геометрии на построение сечений.

Заключение

Выявлена тенденция практической направленности заданий для разностороннего развития учащихся, где происходит:

Пробуждение и развитие устойчивого интереса учащихся к математике и ее приложениям;
Расширение и углубление знаний учащихся по программному материалу;
Развитие математических способностей и мышления у учащихся;
Развитие учащихся самостоятельно и творчески работать с учебной и научно-популярной литературой;
Развитие исследовательских навыков.

Данная работа может быть использована учащимися средних и старших классов для самостоятельной подготовки к ЕГЭ по математике, для углубленного изучения материала на факультативах и для самообразования молодых учителей. Выпускники средних школ должны не только овладеть материалом школьных программ, но и уметь творчески применять его, находить решение любой проблемы.

Предлагаемая вниманию старшеклассников книга предназначена для подготовки к ЕГЭ и к другим экзаменам, содержащим геометрические задачи.
Она содержит около 350 разноуровневых задач на построение сечений многогранников и нахождение их площадей и площадей проекций. Каждая задача снабжена рисунком. Представлены ответы и решения ко всем задачам. Пособие является прекрасным дополнением к учебникам по геометрии.
Книга предназначена учителям математики, репетиторам, старшеклассникам и абитуриентам.

Анализ результатов различных экзаменов показывает, что основная трудность при решении стереометрических задач связана не столько с недостатками, вызванными незнанием формул и теорем или неумением их применять, сколько с недостаточно развитыми пространственными представлениями, неумением правильно изобразить пространственную ситуацию, указанную в задаче.

В настоящем пособии собрано более трехсот задач, в каждой из которых требуется построить сечение многогранника и найти его площадь.

Предлагаемые задачи носят тренировочный характер; их решение не только вырабатывает навыки нахождения площадей многоугольников, но, что более важно, учит проводить дополнительные построения, развивает пространственные представления учащихся.

СОДЕРЖАНИЕ
Введение 4
1.КУБ 6
2. ТРЕУГОЛЬНАЯ ПИРАМИДА 65
3. ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНАЯ ПИРАМИДА 72
4. ТРЕУГОЛЬНАЯ ПРИЗМА 77
5. ШЕСТИУГОЛЬНАЯ ПРИЗМА 100
6. МНОГОГРАННИКИ 120
Ответы 132
1.Куб 132
2. Треугольная пирамида 190
3. Четырехугольная пирамида 198
4. Треугольная призма 203
5. Шестиугольная призма 225
6. Многогранники 245.

Бесплатно скачать электронную книгу в удобном формате, смотреть и читать:
Скачать книгу ЕГЭ, Геометрия, Сечения многогранников, Смирнова И.М., Смирнов В.А., 2011 - fileskachat.com, быстрое и бесплатное скачивание.

ЕГЭ, Геометрия, Объемы и площади поверхностей пространственных фигур, Учебно-методическое пособие, Смирнова И.М., Смирнов В.А., 2009
Наглядная геометрия, Рабочая тетрадь №4, Смирнов В.А., Смирнова И.М., Ященко И.В., 2012
ЕГЭ, Геометрия, Тела и поверхности вращения, Смирнова И.М., Смирнов В.А., 2011
ЕГЭ - 2009. Геометрия. Вписанные и описанные фигуры в пространстве. Смирнова И.М., Смирнов В.А.

Следующие учебники и книги.