Часть II · Задание 14 · Атлас разборов

Доказать и вычислить

Задание 14 — единственное задание ЕГЭ, требующее письменного доказательства. Пункт (а) — это полное стереометрическое рассуждение со ссылками на теоремы; пункт (б) — вычисление по уже построенной конструкции. Шесть канонических сценариев ниже закрывают почти все вариации, встречающиеся на экзамене.

канонических типов

пункта в задаче

баллов на ЕГЭ

Анатомия

Как устроена задача №14

Два независимых пункта одной общей конструкции. Пункт (а) — словесное доказательство в духе геометрии Атанасяна. Пункт (б) — числовой ответ.

(а)

Доказательство

Письменное рассуждение. Эксперт проверяет, чтобы каждый шаг ссылался на теорему или признак, а не на чертёж.

Чёткая формулировка того, что доказывается.
Ссылки на признаки (параллельности, перпендикулярности, ТТП).
Логическая цепочка без пропусков: «следовательно», «значит», «по признаку».
Финал — повторение утверждения или знак ∎.

(б)

Вычисление

Численный ответ. Здесь можно (и часто нужно) использовать координатный метод, теорему Пифагора, площади или объёмы.

Введение координат и выписывание ключевых векторов.
Применение формул: $S=\tfrac12 ab\sin C$, $V=\tfrac13 Sh$, расстояния через $\vec u\times\vec v$.
Промежуточные результаты с пояснениями, а не голые числа.
Финальная строка «Ответ: …» — обязательна.

Карта типов

Шесть канонических сценариев

Почти любая задача №14 распадается на одну из шести типовых ситуаций. Распознав тип в первые 30 секунд, мы выбираем правильную теорему и схему доказательства. Каждый блок ниже — отдельный мини-курс по сценарию.

Д.1

Параллельность прямой и плоскости

Прямая параллельна плоскости тогда и только тогда, когда она параллельна некоторой прямой этой плоскости. Главное оружие — средняя линия треугольника.

Признак · Средняя линия

Д.2

Параллельность двух плоскостей

Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые одной параллельны двум прямым другой. Часто работает с сечениями через середины рёбер.

Две пары · Сечения

Д.3

Перпендикулярность прямой и плоскости

Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Главное оружие — теорема о трёх перпендикулярах.

Две прямые · ТТП

Д.4

Перпендикулярность двух плоскостей

Если в одной плоскости лежит прямая, перпендикулярная другой плоскости, то плоскости перпендикулярны. Часто открывает путь к двугранному углу.

Прямая ⊥ плоскости · Линейный угол

Д.5

Сечения многогранников

Метод следов и метод параллельных секущих. Доказательство, что сечение — правильный многоугольник, треугольник или конкретная фигура. Площадь сечения.

Следы · Параллельные грани · Симметрия

Д.6

Отношения и метрика

Деление отрезка в данном отношении, доказательство равенства отрезков, отношения объёмов. Координатный метод и теорема Менелая для пространственных задач.

Координаты · Менелай · Подобие

Д.1

Сценарий I · Параллельность

Прямая параллельна плоскости

Самый «лёгкий» сценарий №14 в плане идеи: вся работа сводится к поиску одной прямой в плоскости, параллельной данной. Чаще всего эту прямую подсказывают середины рёбер.

Главная теорема

Признак параллельности прямой и плоскости Если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.

Теорема о средней линии В треугольнике отрезок, соединяющий середины двух сторон, параллелен третьей стороне и равен её половине: $MN\parallel AC$, $|MN|=\tfrac12|AC|$.

Свойство параллелограмма Противоположные стороны параллелограмма параллельны и равны. Если выделить такой параллелограмм в задаче — параллельность сразу.

Главные формулы

Длина средней линии $$|MN| = \tfrac12 \cdot |AC|$$

Расстояние от прямой до параллельной ей плоскости $$d(\ell,\,\pi) = d(P,\,\pi)\ \text{для любой точки }P\in\ell$$

Координатный критерий параллельности $$\vec u \cdot \vec n = 0\ \text{и}\ \ell\not\subset\pi$$

Как подходить · Алгоритм доказательства

Найди претендента на параллельную прямую. Подозреваемые: средняя линия треугольника, противоположная сторона параллелограмма, диагональ грани куба или призмы.
Докажи параллельность найденной прямой и данной. Чаще всего — это применение теоремы о средней линии или признака параллелограмма.
Покажи, что найденная прямая лежит в плоскости. Это часто очевидно (диагональ грани, ребро), но обязательно проговори в решении.
Проговори, что исходная прямая не лежит в плоскости. Без этой оговорки признак неприменим: если прямая лежит в плоскости, она с ней не параллельна, а содержится в ней.
Сошлись на признак. Заверши решение фразой: «по признаку параллельности прямой и плоскости, $\ell\parallel\pi$».

Когда работает

В формулировке есть середины рёбер — почти гарантия средней линии.
Точки заданы как концы отрезка, соединяющего середины — в большинстве случаев параллельно стороне исходного треугольника.
В кубах и параллелепипедах между параллельными гранями — диагонали этих граней часто параллельны.

Грабли

Забыть упомянуть, что прямая не лежит в плоскости — формальная потеря балла.
Принять перекрещивающиеся прямые за параллельные. Если прямые скрещиваются — параллельности нет.
Использовать «выглядит параллельно» вместо строгого обоснования через теорему.

№14 .1

Параллельность средней линии и расстояние

Пирамида · средняя линия · скрещивающиеся прямые

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD все рёбра равны $1$. Точки M и N — середины боковых рёбер SA и SC соответственно.

Докажите что прямая $MN$ параллельна плоскости $ABCD$.

Найдите расстояние между прямыми $MN$ и $BD$.

fig. № 14.1 потяните, чтобы повернуть

Конструкция

Доказательство параллельности MN ∥ ABCD

признак параллельности прямой и плоскости

Рассмотрим треугольник SAC. Точки $M$ и $N$ — середины его сторон $SA$ и $SC$ по условию.
По теореме о средней линии треугольника, отрезок $MN$ параллелен третьей стороне $AC$ и равен её половине: $MN\parallel AC$, $|MN|=\tfrac12|AC|$.
Диагональ $AC$ квадрата $ABCD$ лежит в плоскости $ABCD$.
Прямая $MN$ не лежит в плоскости $ABCD$ (точки $M$ и $N$ — внутри пирамиды, выше основания).
По признаку параллельности прямой и плоскости: если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна некоторой прямой этой плоскости, то она параллельна самой плоскости. Следовательно, $MN\parallel(ABCD)$.

Что и требовалось доказать

Расстояние между MN и BD

координатный метод · смешанное произведение

Введём координаты с началом в центре основания $O$. Так как сторона основания равна $1$, координаты вершин квадрата $ABCD$: $A=(\tfrac12;-\tfrac12;0)$, $B=(\tfrac12;\tfrac12;0)$, $C=(-\tfrac12;\tfrac12;0)$, $D=(-\tfrac12;-\tfrac12;0)$.
Найдём высоту. $|OA|=\dfrac{\sqrt 2}{2}$. Из $\triangle SOA$ (прямоугольный): $SO^2=SA^2-OA^2=1-\tfrac12=\tfrac12$, $SO=\dfrac{\sqrt 2}{2}$. Тогда $S=\left(0;0;\dfrac{\sqrt 2}{2}\right)$.
Координаты середин: $$M=\tfrac{S+A}{2}=\Bigl(\tfrac14;-\tfrac14;\tfrac{\sqrt 2}{4}\Bigr),\ N=\tfrac{S+C}{2}=\Bigl(-\tfrac14;\tfrac14;\tfrac{\sqrt 2}{4}\Bigr).$$
Направляющие векторы прямых: $$\vec u=\vec{MN}=\Bigl(-\tfrac12;\tfrac12;0\Bigr),\quad \vec v=\vec{BD}=(-1;-1;0).$$
Найдём вектор общего перпендикуляра: $$\vec u\times\vec v=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\-\tfrac12&\tfrac12&0\\-1&-1&0\end{vmatrix}=(0;0;1),\quad |\vec u\times\vec v|=1.$$
Возьмём соединяющий вектор $\vec w=\vec{MB}=\Bigl(\tfrac14;\tfrac34;-\dfrac{\sqrt 2}{4}\Bigr)$.
Расстояние между скрещивающимися прямыми: $$d=\frac{|\vec w\cdot(\vec u\times\vec v)|}{|\vec u\times\vec v|}=\frac{\left|-\dfrac{\sqrt 2}{4}\cdot 1\right|}{1}=\frac{\sqrt 2}{4}.$$

Геометрически тот же ответ получается мгновенно: прямые $MN$ и $AC$ параллельны, а $AC\perp BD$ (диагонали квадрата), значит $\vec u\perp\vec v$. Общий перпендикуляр вертикален, его длина — это вертикальное расстояние $z_M-z_B=\tfrac{\sqrt 2}{4}.$

Ответ $\dfrac{\sqrt 2}{4}$

Д.2

Сценарий II · Параллельность

Две параллельные плоскости

Шаг вверх по сложности: вместо одной прямой нам нужны две пересекающиеся. И обе должны быть параллельны прямым другой плоскости. Часто появляется в сечениях, отделяющих «подобную» часть многогранника.

Главная теорема

Признак параллельности плоскостей Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.

Свойство параллельных плоскостей Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Это удобный «обратный» приём — извлечь параллельность прямых из параллельности плоскостей.

Транзитивность параллельности Если $\alpha\parallel\beta$ и $\beta\parallel\gamma$, то $\alpha\parallel\gamma$. Полезно для «цепочечных» доказательств в призмах и параллелепипедах.

Главные формулы

Расстояние между параллельными плоскостями $$d(\alpha,\,\beta) = d(P,\,\beta)\ \text{для любой точки }P\in\alpha$$

Координатный критерий через нормали $$\vec{n_1}\parallel\vec{n_2}\ \text{и}\ D_1\neq D_2\ \text{при общей нормировке}$$

Подобие отсечённой пирамиды $$\dfrac{V_{\text{отсеч.}}}{V_{\text{общ.}}} = k^3,\quad k=\dfrac{h_{\text{отсеч.}}}{h_{\text{общ.}}}$$

Как подходить · Алгоритм доказательства

Выдели две пересекающиеся прямые в первой плоскости. Чаще всего это две диагонали грани, две стороны треугольника или две стороны параллелограмма.
Для каждой найди параллель в другой плоскости. Если работаем с сечением — параллели часто появляются автоматически из «параллельности противоположных граней».
Проверь, что найденные две прямые пересекаются. Признак не работает для параллельных прямых внутри плоскости — нужно именно пересечение.
Сошлись на признак. «Так как в плоскости $\alpha$ две пересекающиеся прямые $a, b$ параллельны прямым $a', b'$ плоскости $\beta$, то $\alpha\parallel\beta$».

Когда работает

Сечение проходит через три середины рёбер пирамиды → плоскость, параллельная основанию (или грани).
Верхняя и нижняя грани призмы — каноническая пара параллельных плоскостей.
Параллельные грани параллелепипеда — есть всегда «бесплатно».

Грабли

Использовать одну пару параллельных прямых. Для параллельности плоскостей нужны две пересекающиеся.
Использовать две параллельные прямые из одной плоскости — признак тогда не работает.
Забыть проверить, что прямые именно пересекаются, а не скрещиваются.

▦

Задача-разбор доступна с 👑 Премиум Подпиской

Сюжет: сечение пирамиды через середины трёх боковых рёбер; докажите, что плоскость сечения параллельна основанию, и найдите отношение объёмов отсечённой и оставшейся частей.

Д.3

Сценарий III · Перпендикулярность

Прямая перпендикулярна плоскости

Самый частый сценарий №14. Прямая перпендикулярна плоскости тогда и только тогда, когда она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Это рычаг для последующего расчёта расстояний и углов.

Главная теорема

Признак перпендикулярности прямой и плоскости Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна и всей плоскости.

Теорема о трёх перпендикулярах (ТТП) Прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции этой наклонной на плоскость.
$a\subset\alpha,\ b\not\subset\alpha,\ b'=\text{пр}_\alpha b\Rightarrow (a\perp b\Leftrightarrow a\perp b')$.

Следствие Если $\ell\perp\pi$, то $\ell$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $\pi$ (а не только двум исходным). Этим следствием задача №14 (а) обычно «закрывается».

Главные формулы

Расстояние от точки до плоскости (по нормали) $$d(P,\,\pi) = \dfrac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$$

Расстояние от точки до плоскости (через объём) $$d(P,\,\pi) = \dfrac{3V_{\text{тетраэдра}}}{S_{\text{основания в }\pi}}$$

Перпендикулярность через скалярные произведения $$\vec u\cdot\vec{e_1}=0\ \text{и}\ \vec u\cdot\vec{e_2}=0\Rightarrow \vec u\perp\pi$$

Как подходить · Алгоритм доказательства

Выбери в плоскости две конкретные пересекающиеся прямые. Чаще всего — это две стороны треугольника или две диагонали основания.
Докажи перпендикулярность исходной прямой каждой из них. Это две независимых проверки: каждая обычно опирается либо на ТТП, либо на готовую перпендикулярность (вертикаль ⊥ горизонталь в призме).
Проверь, что эти две прямые пересекаются. Без этого признак не работает.
Сошлись на признак. «Прямая $\ell$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $a$ и $b$ плоскости $\pi$, следовательно $\ell\perp\pi$».
Для пункта (б). Расстояние от точки до плоскости часто легче считать через объём: $d = 3V/S$ для подходящего тетраэдра. Координатный путь — через нормаль.

Когда работает

Боковое ребро правильной призмы — перпендикулярно основанию: получаем «бесплатно» одну сторону пары.
Высота правильной пирамиды — перпендикулярна основанию: то же самое.
Пространственная диагональ куба ⊥ «треугольному» сечению через три ближайшие вершины.
Через ТТП: если в основании прямая $a\perp$ проекции $b$, то $a\perp$ самой наклонной $b$.

Грабли

Доказать перпендикулярность только одной прямой в плоскости — этого недостаточно.
Использовать две параллельные прямые в плоскости — даже если обе перпендикулярны данной, признак не сработает.
Применять ТТП без явного указания, что нога перпендикуляра лежит в той же плоскости.

№14 .2

Диагональ куба перпендикулярна плоскости

Куб · ТТП · расстояние от точки до плоскости

Дан единичный куб ABCDA₁B₁C₁D₁.

Докажите что прямая $AC_1$ перпендикулярна плоскости $BDA_1$.

Найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $BDA_1$.

fig. № 14.2 потяните, чтобы повернуть

Конструкция

Доказательство перпендикулярности AC₁ ⊥ (BDA₁)

признак перпендикулярности прямой и плоскости

Шаг 1: $AC_1\perp BD$. Прямая $BD$ лежит в основании $ABCD$. Проекция наклонной $AC_1$ на основание — это диагональ $AC$ квадрата $ABCD$ (поскольку $CC_1\perp ABCD$).
В квадрате диагонали взаимно перпендикулярны, т. е. $AC\perp BD$. По теореме о трёх перпендикулярах (наклонная перпендикулярна прямой в плоскости тогда и только тогда, когда её проекция перпендикулярна этой прямой): $AC_1\perp BD$.
Шаг 2: $AC_1\perp BA_1$. Аналогичное рассуждение в боковой грани $ABB_1A_1$. Спроецируем $AC_1$ на эту грань: $C_1\to B_1$, $A\to A$ (точка остаётся), то есть проекция — диагональ $AB_1$ грани $ABB_1A_1$.
В квадрате $ABB_1A_1$ диагонали $AB_1$ и $BA_1$ перпендикулярны. По ТТП: $AC_1\perp BA_1$.
Шаг 3: вывод. Прямая $AC_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $BA_1$ плоскости $BDA_1$ (они пересекаются в точке $B$). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости: $AC_1\perp(BDA_1)$.

Что и требовалось доказать

Расстояние от A до плоскости BDA₁

используя доказанную перпендикулярность

Поскольку $AC_1\perp(BDA_1)$ (доказано в пункте а), искомое расстояние — это длина отрезка $AF$, где $F$ — точка пересечения $AC_1$ с плоскостью $BDA_1$.
Введём координаты: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $A_1=(0;0;1)$, $C_1=(1;1;1)$.
Уравнение плоскости $BDA_1$. Подставим три точки в общее уравнение $ax+by+cz=d$: $$\begin{cases}a=d\\b=d\\c=d\end{cases}\Rightarrow x+y+z=1.$$
Расстояние от $A=(0;0;0)$ до плоскости $x+y+z-1=0$: $$d=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt 3}=\frac{\sqrt 3}{3}.$$
Геометрическая проверка. Точка $F=\tfrac13 C_1$ (плоскость $x+y+z=1$ делит диагональ $AC_1$ в отношении $1:2$ от $A$). Длина: $|AF|=\tfrac13|AC_1|=\tfrac{\sqrt 3}{3}.$ Совпадает. ✓

Ответ $\dfrac{\sqrt 3}{3}$

Д.4

Сценарий IV · Перпендикулярность

Две перпендикулярные плоскости

Чтобы доказать $\alpha\perp\beta$, достаточно найти в одной из них прямую, перпендикулярную другой плоскости. Это «мостик» к двугранному углу — линейный угол строится в две операции по теореме о трёх перпендикулярах.

Главная теорема

Признак перпендикулярности плоскостей Если плоскость $\alpha$ содержит прямую, перпендикулярную плоскости $\beta$, то $\alpha\perp\beta$.
Обратное: если $\alpha\perp\beta$, то в каждой из них есть прямая, перпендикулярная другой.

Линейный угол двугранного Двугранный угол с ребром $\ell$ равен линейному углу, образованному двумя перпендикулярами к $\ell$ — по одному в каждой из полуплоскостей, с общей точкой на $\ell$. Этот угол однозначно характеризует двугранный.

Связь с ТТП В типовой конструкции линейного угла одна сторона угла — это проекция наклонной на основание, а вторая — сама наклонная (в верхней плоскости). По ТТП обе перпендикулярны общему ребру.

Главные формулы

Косинус угла между плоскостями через нормали $$\cos\varphi=\dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|}$$

Тангенс линейного угла в типовой конструкции $$\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{\text{вертикальный катет}}{\text{горизонтальный катет}}$$

Перпендикулярность плоскостей в координатах $$\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}=0\ \Leftrightarrow\ \alpha\perp\beta$$

Как подходить · Алгоритм доказательства

Найди прямую, лежащую в одной из плоскостей и перпендикулярную другой. Чаще всего это вертикальное ребро (в призмах) или высота (в пирамидах).
Докажи перпендикулярность этой прямой второй плоскости. Это уже сценарий Д.3 — две пересекающиеся прямые в этой плоскости перпендикулярны нашей прямой.
Сошлись на признак перпендикулярности плоскостей. «Поскольку плоскость $\alpha$ содержит прямую $\ell$, перпендикулярную плоскости $\beta$, то $\alpha\perp\beta$».
Для пункта (б). Если нужно найти угол между плоскостями (или двугранный) — построй линейный угол: на общем ребре выбираешь точку, проводишь к нему перпендикуляры в каждой плоскости (часто помогает ТТП), и измеряешь угол в полученном плоском треугольнике.
Альтернатива. Если фигура хорошо садится в систему координат — найти нормали к обеим плоскостям и применить формулу косинуса.

Когда работает

Плоскость проходит через высоту правильной пирамиды — она перпендикулярна основанию автоматически.
Плоскость призмы, содержащая вертикальное ребро, перпендикулярна основанию.
В правильных пирамидах и призмах симметрично расположенные сечения часто перпендикулярны граням-«партнёрам».

Грабли

Линейный угол строится в двух плоскостях: по одному перпендикуляру в каждой. Перпендикуляры в одной плоскости — это не линейный угол двугранного.
Забыть, что обе стороны линейного угла должны исходить из одной точки на ребре.
В координатном подходе перепутать угол между нормалями с углом между плоскостями: они либо совпадают, либо дополняют друг друга до $180°$. Модуль косинуса в формуле даёт правильный ответ.

№14 .4

Перпендикулярные плоскости и двугранный угол

Призма · ТТП · перпендикулярность плоскостей

В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны $1$. Точка M — середина ребра BC.

Докажите что плоскости $(AA_1M)$ и $(A_1BC)$ перпендикулярны.

Найдите угол между плоскостями $(A_1BC)$ и $(ABC)$.

fig. № 14.4 потяните, чтобы повернуть

Конструкция

Доказательство перпендикулярности плоскостей

признак: плоскость, содержащая перпендикуляр

В равностороннем треугольнике $ABC$ отрезок $AM$ — медиана к стороне $BC$, проведённая из вершины $A$. Так как треугольник равносторонний, медиана является и высотой: $AM\perp BC$.
Призма правильная, значит её боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Любая прямая основания, в том числе $BC$, перпендикулярна $AA_1$: $AA_1\perp BC$.
Прямые $AM$ и $AA_1$ пересекаются в точке $A$ и обе перпендикулярны $BC$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости: $BC$ перпендикулярна плоскости $(AA_1M)$.
Прямая $BC$ лежит в плоскости $(A_1BC)$ (она содержит точки $A_1$, $B$, $C$).
Согласно признаку перпендикулярности плоскостей: если плоскость $(A_1BC)$ содержит прямую $BC$, перпендикулярную плоскости $(AA_1M)$, то плоскости перпендикулярны: $(A_1BC)\perp(AA_1M).$

Что и требовалось доказать

Двугранный угол A₁BC—ABC

линейный угол через апофему

Плоскости $(A_1BC)$ и $(ABC)$ пересекаются по прямой $BC$. Чтобы найти двугранный угол между ними, построим линейный угол — провести в каждой плоскости перпендикуляр к $BC$ из одной точки на ребре.
Возьмём середину $M$ ребра $BC$. В плоскости основания $AM\perp BC$ (доказано в пункте а). В плоскости $(A_1BC)$ нужно построить перпендикуляр к $BC$ из точки $M$ — это отрезок $A_1M$.
Почему $A_1M\perp BC$? Это наклонная из $A_1$ к прямой $BC$. Её проекция на основание — отрезок $AM$ (так как $A_1$ проектируется в $A$). Поскольку $AM\perp BC$, по теореме о трёх перпендикулярах $A_1M\perp BC$.
Линейный угол двугранного — это $\angle A_1MA$ в прямоугольном треугольнике $A_1AM$ (угол $A_1AM=90°$, так как $AA_1\perp ABC$).
Найдём катеты. $AM$ — высота равностороннего треугольника со стороной $1$: $$AM=\dfrac{\sqrt 3}{2}.$$ $AA_1=1$ — боковое ребро призмы.
$$\operatorname{tg}\angle A_1MA=\dfrac{AA_1}{AM}=\dfrac{1}{\sqrt 3/2}=\dfrac{2}{\sqrt 3}=\dfrac{2\sqrt 3}{3}.$$
$$\angle A_1MA=\operatorname{arctg}\dfrac{2\sqrt 3}{3}.$$

Численно $\approx 49{,}11°$. Координатная проверка: нормаль к $(ABC)$ — это $(0;0;1)$; нормаль к $(A_1BC)$ можно найти как $\vec{A_1B}\times\vec{A_1C}=\left(\tfrac{\sqrt 3}{2};\tfrac12;\tfrac{\sqrt 3}{2}\right)$, длина $\sqrt 7/2$. Косинус угла: $\dfrac{\sqrt 3/2}{\sqrt 7/2}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}.$ Те же $\operatorname{arctg}\dfrac{2\sqrt 3}{3}.$

Ответ $\operatorname{arctg}\dfrac{2\sqrt 3}{3}$

Д.5

Сценарий V · Сечения

Сечение многогранника плоскостью

Самый «конструктивный» сценарий: нужно сначала построить сечение, потом доказать, что оно — конкретная фигура (правильный многоугольник, треугольник определённого типа), затем найти его метрики (площадь, периметр).

Главные принципы построения

Метод следов Если две точки сечения лежат в одной грани, соединяющая их прямая — это след секущей плоскости на этой грани. Последовательно находим следы на смежных гранях.

Метод параллельных секущих Линия пересечения секущей плоскости с двумя параллельными гранями — две параллельные прямые. Это позволяет «перебросить» след с одной грани на противоположную через известную параллель.

Признак правильности шестиугольника Шестиугольник правильный, если все стороны равны и он обладает осью симметрии шестого порядка. Эквивалентно: правильный $\Leftrightarrow$ все стороны равны и все углы равны $120°$.

Главные формулы площадей

Правильный шестиугольник со стороной $a$ $$S=\dfrac{3\sqrt 3}{2}\,a^2$$

Правильный треугольник со стороной $a$ $$S=\dfrac{a^2\sqrt 3}{4}$$

Сечение через проекцию $$S_{\text{сеч}}=\dfrac{S_{\text{проекции}}}{\cos\varphi}$$

Как подходить · Алгоритм построения и доказательства

Шаг 1 — следы. Найди две точки сечения в одной грани и проведи отрезок между ними. Это первый след.
Шаг 2 — продление. Продли след до пересечения с рёбрами или их продолжениями. Это даст новые точки сечения на смежных гранях.
Шаг 3 — параллельные грани. На противоположной грани проведи прямую, параллельную уже построенному следу — это след секущей на этой грани.
Шаг 4 — замыкание. Соединяй последовательно точки на рёбрах. Сечение всегда замыкается в выпуклый многоугольник.
Шаг 5 — доказательство правильности (если требуется). Покажи равенство всех сторон (часто — это диагонали половинок граней одинаковой длины) и наличие оси симметрии (часто это пространственная диагональ куба, перпендикулярная сечению).
Шаг 6 — площадь. Если сечение — правильный многоугольник, используй готовую формулу. Иначе — раздели на треугольники или используй формулу через проекцию.

Когда работает

Точки секущей плоскости даны на серединах или в чётких отношениях — сечение часто получается симметричным.
В кубе сечение через три середины «соседних» рёбер всегда даёт правильный шестиугольник.
Сечения, проходящие через ось симметрии многогранника — симметричны относительно этой оси.

Грабли

Соединять «не лежащие в одной грани» точки прямой внутри тела — это не след. Прямая в сечении должна лежать в грани.
Считать, что «выглядит правильным» — значит правильное. Нужно строго проверить равенство сторон и углов или симметрию.
Для площади «по проекции» забыть про $\cos\varphi$ в знаменателе — это даст площадь проекции, а не сечения.

№14 .3

Правильный шестиугольник в кубе

Куб · сечение · доказательство правильности · площадь

В единичном кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точки M, N, K — середины рёбер AB, BC и AA₁ соответственно. Через эти три точки проведена секущая плоскость.

Докажите что сечение куба этой плоскостью — правильный шестиугольник.

Найдите площадь этого сечения.

fig. № 14.3 потяните, чтобы повернуть

Построение сечения

Доказательство правильности шестиугольника

построение сечения + равенство сторон

Построим сечение. Плоскость пересекает грань $ABCD$ по прямой $MN$ (соединяет точки в этой грани). Аналогично в грани $ABB_1A_1$ имеем отрезок $MK$.
На остальных гранях плоскость проходит через прямые, параллельные уже построенным (по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей: противоположные грани куба параллельны, значит линии пересечения секущей плоскости с ними — параллельны).
Параллельно $MN$ через $K$ — прямая в грани $A_1B_1C_1D_1$. Она проходит через середину $A_1B_1$ и середину $B_1C_1$? Нет, проследим аккуратно: грани $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны, поэтому сечение пересекает $A_1B_1C_1D_1$ по прямой $\parallel MN$. Эта прямая пересекает рёбра грани в точках $Q$ — середина $A_1D_1$, и $P$ — середина $C_1D_1$ (проверяется подстановкой).
Аналогично, в грани $BCC_1B_1$, параллельной $ADD_1A_1$, сечение проходит через середину $R$ ребра $CC_1$.
Итого получаем шесть точек: $M$ (середина $AB$), $N$ (середина $BC$), $R$ (середина $CC_1$), $P$ (середина $C_1D_1$), $Q$ (середина $D_1A_1$), $K$ (середина $AA_1$).
Равенство сторон. Каждая сторона шестиугольника $MN$, $NR$, $RP$, $PQ$, $QK$, $KM$ — это диагональ половины грани куба, соединяющая середины смежных рёбер. По теореме Пифагора в этой половине грани (катеты $\tfrac12$ и $\tfrac12$): $$MN^2=\Bigl(\tfrac12\Bigr)^2+\Bigl(\tfrac12\Bigr)^2=\tfrac12\Rightarrow MN=\tfrac{\sqrt 2}{2}.$$ Все шесть сторон равны $\dfrac{\sqrt 2}{2}$.
Равенство углов. Шестиугольник вписан в куб с центром в центре куба и обладает осью симметрии 6-го порядка относительно прямой $AC_1$ (это пространственная диагональ куба, перпендикулярная сечению, как мы видели в задаче 14.2). Следовательно, шестиугольник — правильный: все стороны равны и все углы равны $120°$.

Что и требовалось доказать

Площадь правильного шестиугольника

формула $S = \tfrac{3\sqrt 3}{2}a^2$

Сторона правильного шестиугольника $a=\dfrac{\sqrt 2}{2}$ (вычислено в пункте а).
Формула площади правильного шестиугольника: $$S=\dfrac{3\sqrt 3}{2}\cdot a^2.$$
Подставляем: $$S=\dfrac{3\sqrt 3}{2}\cdot\Bigl(\dfrac{\sqrt 2}{2}\Bigr)^2=\dfrac{3\sqrt 3}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{3\sqrt 3}{4}.$$

Альтернатива: разбить шестиугольник на 6 равносторонних треугольников со стороной $a$. Тогда $S=6\cdot\dfrac{a^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{3a^2\sqrt 3}{2}.$ Та же формула.

Ответ $\dfrac{3\sqrt 3}{4}$

Д.6

Сценарий VI · Метрика

Отношения, деление, метрика

Финальный по сложности тип. Доказательство деления отрезка в данном отношении, равенство отрезков, отношения объёмов частей многогранника. Здесь координатный метод и теорема Менелая работают эффективнее, чем «чистая» геометрия.

Главная теорема

Теорема Менелая (для треугольника) Прямая, пересекающая стороны треугольника $ABC$ (или их продолжения) в точках $X$, $Y$, $Z$, удовлетворяет: $$\dfrac{AX}{XB}\cdot\dfrac{BY}{YC}\cdot\dfrac{CZ}{ZA}=1.$$ В пространстве — применяется к треугольникам, полученным в сечениях.

Деление отрезка в данном отношении Точка $P$ делит отрезок $AB$ в отношении $AP:PB=m:n$ тогда и только тогда, когда $$\vec{OP}=\dfrac{n\cdot\vec{OA}+m\cdot\vec{OB}}{m+n}$$ для любой опорной точки $O$.

Отношение объёмов подобных тетраэдров Если линейные размеры одной фигуры в $k$ раз больше другой, объёмы относятся как $k^3$, площади — как $k^2$.

Главные формулы

Деление отрезка точкой (в координатах) $$P=\dfrac{n\cdot A + m\cdot B}{m+n},\quad AP:PB=m:n$$

Объём тетраэдра через определитель $$V=\dfrac{1}{6}\bigl|(\vec{AB}\times\vec{AC})\cdot\vec{AD}\bigr|$$

Отношение площадей треугольников с общей высотой $$\dfrac{S_{\triangle 1}}{S_{\triangle 2}}=\dfrac{\text{основание}_1}{\text{основание}_2}$$

Как подходить · Алгоритм доказательства

Выбери подход. Координатный метод — если фигура легко садится в систему координат. Теорема Менелая — если есть треугольник и трансверсаль. Векторы — если хочется «без чисел».
Координатный путь. Параметризуй прямую/плоскость, найди точку пересечения, вычисли длины. Отношение находится автоматически.
Векторный путь. Выразить искомую точку через вершины фигуры. Если получится $\vec{OP}=\lambda\vec{OA}+\mu\vec{OB}$ с $\lambda+\mu=1$, то $P\in AB$ и отношение $AP:PB=\mu:\lambda$.
Метод Менелая. Найди треугольник в задаче и трансверсаль, пересекающую его три стороны. Запиши тождество и выведи нужное отношение.
Для отношения объёмов. Чаще всего — через подобие или через формулу $V=\tfrac13 Sh$ для каждой части отдельно.

Когда работает

В задаче явно упоминается точка пересечения двух прямых или прямой и плоскости — координаты быстрее всего.
Все опорные точки имеют целые координаты — координатный метод даёт «красивые» дроби.
Есть треугольник, через который проходит прямая — Менелай даёт ответ в одну формулу.

Грабли

В формуле деления отрезка перепутать числители: $P=\dfrac{n A + m B}{m+n}$ при отношении $m:n$, а не $\dfrac{m A + n B}{m+n}$.
В Менелае забыть знаки при отрицательных отрезках (когда трансверсаль пересекает продолжение стороны).
Пытаться найти координаты «универсально», когда в задаче фигура не правильная — лучше векторы.

▦

Задача-разбор доступна с 👑 Премиум Подпиской

Сюжет: в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскость проходит через точки $A$, середину $BB_1$ и середину $C_1D_1$. Докажите, что плоскость делит диагональ $AC_1$ в отношении $2:1$, и найдите отношение объёмов отсечённых частей.

Приёмы

Универсальные схемы доказательств

Большинство пунктов (а) задачи №14 сводится к одной из шести классических конструкций. Узнал — применил.

Π.1Параллельность прямой и плоскости

Признак: прямая, не лежащая в плоскости, параллельна ей тогда и только тогда, когда она параллельна некоторой прямой этой плоскости.

Средняя линия треугольника или трапеции.
Противоположные стороны параллелограмма.
Линия пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью.

Π.2Параллельность двух плоскостей

Признак: две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой.

Сечение, проходящее через середины трёх рёбер.
Грани двух параллельных оснований призмы.

⊥.1Перпендикулярность прямой и плоскости

Признак: прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости.

Боковое ребро правильной призмы — перпендикулярно основанию.
Высота правильной пирамиды — перпендикулярна основанию.
Диагональ куба перпендикулярна плоскости противоположной «гранёной» тройки точек.

⊥.2Перпендикулярность плоскостей

Признак: если плоскость содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Плоскость через высоту пирамиды перпендикулярна основанию.
Плоскость через апофему и высоту — перпендикулярна боковой грани.

ТТПТеорема о трёх перпендикулярах

Прямая в плоскости перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна её проекции.

$a\subset\alpha,\ b\not\subset\alpha,\ b'=\text{пр}_\alpha b\Rightarrow (a\perp b\Leftrightarrow a\perp b')$

Главный «рычаг» для проверки перпендикулярности скрещивающихся прямых и в задачах на расстояния.

∼Равенство фигур / средние линии

Когда нужно показать, что сечение — правильный многоугольник, или что отрезок равен другому.

Средняя линия треугольника $\parallel$ основанию, длина $= \tfrac12$ основания.
Параллельные секущие, рассекающие куб симметрично — дают правильные многоугольники.
Поворотная симметрия диагонали куба → правильный шестиугольник.

Чек-лист

Как оформить решение №14

Эксперт ЕГЭ ставит баллы по структурным «галочкам». Шесть пунктов ниже — это и есть его проверочный список.

Чертёж с подписями

В начале решения — аккуратный чертёж, на котором подписаны все ключевые точки и проведены все вспомогательные построения (середины, апофемы, проекции). Без чертежа — потеря балла.

Введение обозначений

Если строите доп. точку — обязательно фразой: «Пусть M — середина ребра BC». Если вводите координаты — выписываете координаты всех значимых вершин.

Ссылки на теоремы

Каждый логический переход подкреплён ссылкой: «по теореме о трёх перпендикулярах», «по признаку перпендикулярности прямой и плоскости». Не просто «значит».

Разделение пунктов (а) и (б)

Доказательство — отдельный блок, заканчивающийся явной фразой «Что и требовалось доказать» или знаком ∎. Вычисление — отдельный блок, начинающийся с пометки «(б)».

Промежуточные результаты

Все формулы — с пояснением, откуда они: «по теореме Пифагора в △SOA», «объём пирамиды равен ⅓·S·h». Голые числа без вывода — повод снять балл.

Финальная строка «Ответ»

Решение завершается строкой «Ответ:» с выделенным результатом. Без неё эксперт может счесть, что выкладка не доведена до конца.