Диаметр окружности цилиндра равен плоскость пересекает его основание по хордам (4 видео)

Содержание

Задача 11232 Диаметр окружности основания цилиндра.
Условие
Решение
Задача 12394 Диаметр окружности основания цилиндра.
Условие
Решение
Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс. — презентация
Похожие презентации
Презентация на тему: » Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс.» — Транскрипт:
Похожие презентации
Диаметр окружности цилиндра равен плоскость пересекает его основание по хордам
Диаметр окружности цилиндра равен плоскость пересекает его основание по хордам
💥 Видео

Видео:Длина хорды окружности равна 72 ... | ОГЭ 2017 | ЗАДАНИЕ 10 | ШКОЛА ПИФАГОРАСкачать

Задача 11232 Диаметр окружности основания цилиндра.

Условие

Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Расстояние между этими хордами равно sqrt(730).

а) Докажите, что эта плоскость пересекает ось цилиндра.

б) Найдите угол между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

Решение

R=13
Основания цилиндра параллельны.
Если плоскость пересекает основания, то хорды параллельны.
КТ=√730≈27
Это означает, что расстояние между серединой одной хорды и проекцией середины другой хорды по теореме Пифагора
d^2=730-21^2=289
d=17 > R=13
Поэтому точка К и проекция точки Т расположены по разные стороны от диаметра, параллельного этим хордам
и лежащего в нижней полуплоскости.
Поэтому плоскость и пересекает ось цилиндра в точке М.
Диаметр FE, перпендикулярный хорде AB, делит хорду пополам.
Из прямоугольного треугольника КОВ по теореме Пифагора
ОК=5
Диаметр QG, перпендикулярный хорде CD, делит хорду пополам.
Из прямоугольного треугольника PGD
PT=12
5+12=17
Прямоугольные треугольники КМО и МРG подобны по двум углам.
Вертикальные углы КМО и РМG равны.
Из подобия
МО:МР=КО:PG
x:5=(21-x):12
x=105/17
tg∠МКО=МО/КО=(105/17):5=21/17
∠МКО=arctg(21/17).
Можно из треугольника КТТ1 найти
tg ∠ТКТ1= ТТ1/КТ1=21/17.
О т в е т. arctg(21/17).

Видео:№537. Диаметр основания цилиндра равен 1 м, высота цилиндра равна длинеСкачать

Задача 12394 Диаметр окружности основания цилиндра.

Условие

а) Постройте прямую пересечения этой плоскости с плоскостью, проходящей через диаметры оснований, перпендикулярные этим хордам.
б) Найдите угол между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

Решение

а) Хорда длиной 24 находится на расстоянии sqrt(13^2-12^2)=5 от центра окружности основания, а хорда длиной 10 — sqrt(13^2-5^2)=12.
Поэтому расстояние между их проекциями на плоскость, параллельную основаниям, составляет либо 5+12=12, либо 12-5=7. Тогда расстояние между хордами составляет либо sqrt(21^2+17^2)=sqrt(730), либо sqrt(21^2+7^2)=sqrt(490)=7sqrt(10).
По условию задачи расстояние между хордами равно 7sqrt(10), то есть проекции хорд лежат по одну сторону от оси цилиндра.
Плоскость проходящая проходящей через диаметры оснований, перпендикулярные этим хордам будет пересекать эти хорды в их центрах(по свойству диаметра, перпендикулярного хорде).
Если О и О1 — центры оснований, АВ и А1В1 — хорды, Н и Н1 — центры этих хорд(см. рис.), то НН1 — прямая, по которой пересекаются плоскость АВА1В1 и плоскость, проходящая через диаметры оснований, перпендикулярные хордам.

б) Пусть Н1м-высота, опущенная из Н1.
Угол Н1НМ — линейный угол искомого двугранного угла.
НМ=ОН-О1Н1=12-5=7
Н1М=21(высота цилиндра)
Тогда, tgН1НМ=Н1М/НМ=21/7=3
Угол Н1НМ = arctg3

Видео:ЕГЭ Задание 14 Сечение цилиндраСкачать

Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс. — презентация

Презентация была опубликована 7 лет назад пользователемТимофей Облонский

Презентация на тему: » Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс.» — Транскрипт:

1 Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра O O1O1O1O1 P ME F OMP O 1 EF H 7 EMH R = 13

2 Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра O O1O1O1O1 P EF OMP O 1 EF 17 EMH R = 13 MH 3 Ответ: задача имеет два решения 3,

Диаметр окружности цилиндра равен плоскость пересекает его основание по хордам

Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилииндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

на верхнем основании ХОРДА =10 может быть в двух положениях — вправа и слева от центра

ХОРДУ =24 рассмотрим в одном положении , чтоб не повторялись ответы

вар 1 tg A=H/(X+Y) =21/(12+5) =21/17

вар 2 tg A=H/(X-Y) =21/(12-5)=21/7 =3

ответ 21/17 ; 3

Под фигурой будем понимать замкнутое множество на плоскости. Фигура F называется выпуклой, если отрезок, соединяющий любые две точки F, целиком лежит в F.

Пусть AB — диаметр F, т.е. AB — отрезок максимальной длины целиком содержащийся в F. Проведем через его концы перпендикулярные ему прямые. Тогда фигура F целиком лежит между ними (иначе AB не был бы диаметром F). Также проведем две прямые параллельные отрезку AB, так, чтобы F целиком лежала между ними, и будем сближать эти прямые до тех пор, пока они не коснутся F в точках C и D по разные стороны от AB (или, в крайнем случае, одной из них лежащей на AB). В результате мы получим, что фигура F заключена в прямоугольник, со сторонами а и b (AB=a) который, очевидно, является выпуклой центральнно-симметричной фигурой. В силу выпуклости F четырехугольник ACBD целиком лежит в F. Его площадь равна AB*h₁/2+AB*h₂/2=AB*(h₁+h₂)/2=ab/2, здесь h₁ и h₂ — расстояния от C и D до AB. Таким образом, S(F)≥S(ACBD)=ab/2, т.е. площадь прямоугольника, в котором содержится F, не превосходит удвоенной площади F.

Видео:Радиус и диаметрСкачать

Диаметр окружности цилиндра равен плоскость пересекает его основание по хордам

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 4, а боковое ребро SA равно 7. На рёбрах CD и SC отмечены точки N и K соответственно, причём DN : NC = SK : KC = 1 : 3. Плоскость α содержит прямую KN и параллельна прямой BC.

а) Докажите, что плоскость α параллельна прямой SA.

б) Найдите угол между плоскостями α и SBC.

а) Построим прямую MN параллельно CB и прямую KP параллельно CB, Плоскость NMP параллельна BC и содержит NK, таким образом NMP искомая плоскость α. По теореме о пропорциональных отрезках имеем: Таким образом, PM параллельна SA, значит, SA параллельна α.

б) Заметим, что NM параллельна DA и SA параллельна PM , тогда Таким образом, угол между плоскостью и плоскостью SBC равен углу между плоскостями SBC и SDA. Тогда искомый угол где F — середина BC, а O — цетнр основания пирамиды. Таким образом, а

Основание прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ — треугольник ABC, в котором AB = AC = 8, а один из углов равен 60°. На ребре AA₁ отмечена точка P так, что AP : PA₁ = 1 : 2. Расстояние между прямыми AB и B₁C₁ равно

а) Докажите, что основания высот треугольников ABC и PBC, проведенных к стороне BC, совпадают.

б) Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и CBP.

а) Заметим, что так как треугольник ABC равнобедренный, а один из его углов равен 60°, треугольник ABC — равносторонний и, значит, призма — правильная. В треугольнике PBC проведём высоту PH, по теореме о трёх перпендикулярах её проекция AH будет являться высотой треугольника ABC. Тем самым, основания высот треугольников ABC и PBC, проведенных к стороне BC, совпадают.

б) Прямые AB и B₁C₁ скрещивающиеся и лежат в параллельных плоскостях ABC и A₁B₁C₁. Следовательно, расстояние между ними равно расстоянию между этими плоскостями, то есть боковому ребру призмы. Тогда: По доказанному в п. а) угол PHA является линейным углом угла между плоскостями ABC и CBP. Следовательно,

Дана правильная четырехугольная призма ABCDA₁B₁C₁D₁. На ребре BB₁ отмечена точка Q такая, что BQ : QB₁ = 2 : 7. Плоскость α проходит через точки A и Q параллельно прямой BD. Эта плоскость пересекает ребро CC₁ в точке M.

б) Найдите площадь сечения, если AA₁ = 18.

а) Пусть сечение пересекает ребро DD₁ в точке R. Тогда прямая QR лежит в плоскости BB₁D₁D и параллельна BD. Пусть T — центр основания, а S — точка пересечения AM и QR. Треугольники AST и AMC подобны с коэффициентом подобия 2, откуда

б) Заметим, что далее

следовательно, AQMR — ромб. Имеем тогда

В правильной четырехугольной пирамиде PABCD каждое ребро равно 12. На ребре PC отмечена точка K так, что PK : KC = 1 : 3.

а) Докажите, что линия пересечения плоскостей ABK и PCD параллельна плоскости ABC.

б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью ABK.

а) Проведем в плоскости PCD прямую KT, параллельную CD. Поскольку то и Поэтому точки A, B, K, T лежат в одной плоскости и искомое переечение плоскостей — прямая KT. Она параллельна плоскости основания пирамиды, поскольку параллельна CD.

б) Рассмотрим трапецию ABKT. В ней Очевидно, что треугольник PKT равносторонний, поэтому

По теореме косинусов из треугольника BPK имеем

Опустим теперь в трапеции высоту KH на основание AB. Тогда и по теореме Пифагора для треугольника BKH получаем

а) Докажите, что плоскость Ω проходит через вершину F₁.

б) Найдите расстояние от точки А до плоскости Ω, если АВ = 2, АА₁ = 4.

а) Проведем прямую в плоскости параллельно Тогда и значит лежит на диагонали Поэтому плоскость содержит прямую а значит и точку

б) Теперь найдём расстояние от точки А до плоскости Ω: поскольку перпендикуляр к будет лежать в плоскости и поэтому будет перпендикулярен как и все, что лежит в этой плоскости.

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 6, а боковое ребро SA = 7. На рёбрах CD и SC отмечены точки N и K соответственно, причём DN : NC = SK : KC = 1 : 2. Плоскость α содержит прямую KN и параллельна прямой BC.

а) Докажите, что плоскость α параллельна SA

б) Найдите угол между плоскостями и SBC.

а) Построим прямую MN параллельно CB и KP параллельно CB, Плоскость NMP параллельна BC и содержит NK, таким образом NMP искомая плоскость α. По теореме о пропорциональных отрезках имеем: Таким образом, PM параллельна SA, значит, SA параллельна α.

б) Заметим, что NM параллельна DA и SA параллельна PM , тогда SDA || следовательно, угол между и плоскость SBC равен углу между плоскостями SBC и SDA. Тогда искомый угол равен двум углам FSO, где F — середина BC, а O — основание высоты пирамиды. Таким образом,

Читайте также: Главный цилиндр сцепления лада ларгус 16 клапанов артикул

Тогда искомый угол

Аналоги к заданию № 541379: 541823 Все

Дана правильная треугольная призма ABCA₁B₁C₁ в которой AB = 6 и AA₁ = 3. Точки O и O₁ являются центрами окружностей, описанных около треугольников ABC и A₁B₁C₁ cответственно. На ребре CC₁ отмечена точка M такая что CM = 1.

а) Докажите, что прямая OO₁ содержит точку пересечения медиан треугольника треугольника ABM.

б) Найдите объем пирамиды ABMC₁.

а) Пусть точка K — середина ребра AB, а Q — такая точка на MK, что MQ : QK = 2 : 1. Тогда Q — точка пересечения медиан треугольника ABM, поскольку делит его медиану MK в отношении 2 : 1, считая от вершины. Очевидно, что проекцией отрезка MK на плоскость ABC будет отрезок CK, поэтому, так как О является точкой пересечения медиан треугольника ABC и делит CK в отношении 2 : 1, точка Q будет проектироваться в эту точку. Прямая OO₁ и плоскость ABC перпендикулярны, следовательно, Что и требовалось доказать.

б) Вычислим объем пирамиды ABMC₁:

Дана правильная треугольная призма ABCA₁B₁C₁, в которой AB = 1 и AA₁ = 3. Точки O и O₁ являются центрами окружностей, описанных около треугольников ABC и A₁B₁C₁ cответственно. На ребре CC₁ отмечена точка M такая что CM = 2.

а) Докажите, что прямая OO₁ содержит точку пересечения медиан треугольника треугольника ABM.

б) Найдите объем пирамиды ABMC₁.

б) Вычислим объем пирамиды ABMC₁:

Аналоги к заданию № 548801: 548808 Все

В правильной восьмиугольной призме ABCDEFGHA₁B₁C₁D₁E₁F₁G₁H₁ сторона основания AB равна а боковое ребро AA₁ равно 6. Ha pe6pe CC₁ отмечена точка M так, что Плоскость параллельна прямой H₁E₁ и проходит через точки M и A.

а) Докажите, что сечение данной призмы плоскостью α — равнобедренная трапеция.

б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка F₁, а основанием — сечение данной призмы плоскостью α.

а) Рассмотрим ребра фигуры: E₁H₁, F₁G₁, FG и AD₁ параллельны, значит, AD принадлежит плоскости Точка N принадлежит ребру BB₁, поэтому

значит стороны MN, CB, FG и EH₁ параллельны. Таким образом, MN принадлежит плоскости

Соединим точки AMND — точки сечения призмы — плоскостью

Плоскость ADMN параллельна E₁H₁, следовательно, стороны плоскости AD и MN также параллельны.

Треугольники MCD и NBA равны, так как стороны CD и AB, MC и NB одинаковы, как и углы MCD и NBA. Тогда стороны плоскости MD и AN равны, а значит сама плоскость ANMD является равнобедренной трапецией.

Точка P лежит на пересечении прямых AD и CF, отсюда следует, что CFF₁ пересекает плоскость

причем MP — место пересечения данных плоскостей.

Плоскости CFF₁ и ABC перпендикулярны, так как по условию ребро FF₁ перпендикулярно к основанию правильной призмы. Отрезки FC и AD, AD и FF₁ перпендикулярны, следовательно, AD перпендикулярен к плоскости CFF₁, таким образом, перпендикулярна к плоскости CFF₁.

Отрезок AD лежит в плоскости основания, все боковые ребра перпендикулярны к основанию. Высота из точки F₁ на попадает на отрезок MP. Так как CD перпендикулярно к AD, то MP также перпендикулярно к AD по правилу о трех перпендикулярах.

Сторона Площадь плоскости будет равна:

Выразим площадь MF₁P через другие площади и найдем её значение:

Посчитаем значение площади трапеции AMND:

Вычислим объем пирамиды F₁AMND:

а) Докажите, что точка М является серединой ребра CC₁.

б) Найдите расстояние от точки С до плоскости APQ.

а) Пусть прямые АР и ВС пересекаются в точке R (см. рисунок). Тогда точка М — точка пересечения прямых QR и СС₁.

Треугольники ARB и PRC подобны, откуда

Треугольники QRB и MRC подобны, откуда следовательно, Значит, М — середина СС₁.

б) Расстояние от точки С до плоскости APQ равно высоте h пирамиды CPRM, опущенной из вершины С. Объём пирамиды CPRM, с одной стороны

C другой стороны Значит,

В треугольнике RPM находим стороны:

Площадь треугольника RPM равна

Приведём идею решения Евгения Матвеева.

В системе координат с началом в точке уравнение плоскости APQ в отрезках имеет вид Расстояние от С до плоскости APQ равно

А можно ли решить следующим способом: APMQ есть трапеция и все ее точки принадлежат кубу, так что треугольники ABQ и PCM подобны, отсюда следует что AB/PC=BQ/CM? Ответ так же выходит 6

В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ сторона AB основания равна 12, а высота призмы равна 2. На рёбрах B₁C₁ и AB отмечены точки P и Q соответственно, причём PC₁ = 3, а AQ = 4. Плоскость A₁PQ пересекает ребро BC в точке M.

а) Докажите, что точка M является серединой ребра BC.

б) Найдите расстояние от точки B до плоскости A₁PQ.

а) Пусть прямые A₁Q и BB₁ пересекаются в точке R (см. рисунок). Тогда точка M — точка пересечения прямых PR и BC.

Треугольники PB₁R и MBR подобны, откуда

б) Расстояние от точки B до плоскости A₁PQ равно высоте h пирамиды BRQM, опущенной из вершины B. Значит, с одной стороны, объём пирамиды BRQM

C другой стороны, Таким образом,

Найдем стороны треугольника QMR:

Площадь равнобедренного треугольника QMR равна

В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB = 4 и диагональю BD = 7. Все боковые рёбра пирамиды равны 4. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка E, а на ребре AS — точка F так, что SF = BE = 3.

а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB .

б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC.

а) Имеем Пусть прямая CE пересекает ребро AB в точке M. Треугольники BME и DCE подобны, поэтому откуда Тогда Треугольники ABS и AMF подобны, значит, Поэтому прямая SB параллельна плоскости CEF.

б) Из доказанного в предыдущем пункте следует, что Тогда Пусть O — центр основания ABCD. Так как все боковые ребра пирамиды равны, SO — высота пирамиды. Имеем:

Плоскость SDB перпендикулярна плоскости основания, и проекция H точки Q на плоскость основания лежит на отрезке DO. Из подобия треугольников DQH и DSO находим

На ребре AB правильной четырёхугольной пирамиды SABCD с основанием ABCD отмечена точка Q, причём AQ : QB = 1 : 2. Точка P — середина ребра AS.

Читайте также: Цилиндр дирижера геншин кому дать артефакты

а) Докажите, что плоскость DPQ перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

б) Найдите площадь сечения DPQ, если площадь сечения DSB равна 6.

а) Пусть O — центр основания пирамиды, точка M — середина ребра AD, отрезки AO и DQ пересекаются в точке K, а отрезки MO и DQ пересекаются в точке N. Тогда MO — средняя линия в треугольнике ADB, а NO — средняя линия в треугольнике QDB. Значит,

Таким образом, треугольники AKQ и OKN равны. Следовательно, точка K — середина отрезка AO. Значит, прямая PK содержит среднюю линию треугольника ASO, поэтому она перпендикулярна плоскости основания пирамиды SABCD. Плоскость DPQ содержит прямую PK, поэтому она тоже перпендикулярна плоскости основания.

б) Пусть сторона основания пирамиды равна а высота пирамиды равна h. Тогда площадь сечения DSB равна

откуда Площадь сечения DPQ равна

На ребре AB правильной четырёхугольной пирамиды SABCD с основанием ABCD отмечена точка Q, причём AQ : QB = 1 : 2. Точка P — середина ребра AS.

а) Докажите, что плоскость DPQ перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

б) Найдите площадь сечения DPQ, если площадь сечения DSB равна

а) Пусть O — центр основания пирамиды (рис.1), точка M — середина ребра AD, отрезки AO и DQ пересекаются в точке K, а отрезки MO и DQ пересекаются в точке N (рис.2). Тогда MO — средняя линия в треугольнике ADB, а NO — средняя линия в треугольнике QDB. Значит,

б) Пусть сторона основания пирамиды равна а высота пирамиды равна h. Тогда площадь сечения DSB равна

откуда Площадь сечения DPQ равна

В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB = 5 и диагональю BD = 9. Все боковые рёбра пирамиды равны 5. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка E, а на ребре AS — точка F так, что SF = BE = 4.

а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB.

б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC.

а) Имеем DE = 9 − BE = 5. Пусть прямая CE пересекает ребро AB в точке M. Треугольники BME и DCE подобны, поэтому откуда BM = 4. Тогда AM = 1. Треугольники ABS и AMF подобны, значит, отрезок FM параллелен отрезку SB. Поэтому прямая SB параллельна плоскости CEF.

б) Из доказанного в предыдущем пункте следует, что отрезок QE параллелен отрезку SB. Тогда Пусть O — центр основания ABCD. Так как все боковые рёбра пирамиды равны, SO — высота пирамиды. Имеем

Плоскость SDB перпендикулярна плоскости основания, и проекция H точки Q на плоскость основания лежит на отрезке DO. Из подобия треугольников DQH и DSO находим

Аналоги к заданию № 517200: 517238 525727 525746 Все

В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB = 4 и диагональю BD = 7. Все боковые рёбра пирамиды равны 4. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка E, а на ребре AS — точка F так, что SF = BE = 3 .

а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB.

б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC.

а) Имеем DE = 7 − BE = 4. Пусть прямая CE пересекает ребро AB в точке M. Треугольники BME и DCE подобны, поэтому откуда BM = 3. Тогда AM = 1. Треугольники ABS и AMF подобны, значит, отрезок FM параллелен отрезку SB. Поэтому прямая SB параллельна плоскости CEF.

Аналоги к заданию № 517200: 517238 525727 525746 Все

В основании прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит квадрат ABCD со стороной, равной 3. Боковое ребро параллелепипеда равно 4. На ребре AA₁ отмечена точка M так, что AM : A₁M = 1 : 3.

а) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью BMD₁.

б) Найдите площадь полученного сечения.

Через две пересекающиеся прямые BM и MD₁ проходит единственная плоскость.

В прямоугольных треугольниках D₁C₁K и Значит, D₁K = BM. Аналогично Следовательно, MD₁KB — параллелограмм по признаку параллелограмма. В соответствии с определением параллелограмма получим: MD₁ || BK. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Отсюда:

В по теореме косинусов:

В правильной четырехугольной пирамиде PABCD все ребра равны между собой. На ребре PC отмечена точка K.

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью ABK является трапецией.

б) Найдите угол, который образует плоскость ABK с плоскостью основания пирамиды, если известно, что PK : KC = 3 : 1.

3. Отрезок AF. AFKB — искомое сечение.

Положение точек А, В и К задано условием задачи. Нам следует доказать:

1) F ∈ (ABK); 2) AFKB — трапеция. Докажем.

1) Из условия: DC || AB, по построению: KF || DC. Следовательно, KF || AB по свойству транзитивности отношения параллельности. Так как через две параллельные прямые можно провести только одну плоскость, то F ∈ (ABK).

2) Для доказательства того, что AFKB — трапеция, достаточно убедиться, что AF и KB не параллельны. Предположим, что AF || KB, тогда AFKB — параллелограмм, откуда: FK = AB, следовательно, FK = CD, чего быть не может, так как по смыслу задачи FK Ответ: Б)

В основании SABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами AB = 4 и BC = все боковые ребра пирамиды равны 4. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка Е, а на ребре AS — точка F так, что SF = BE = 3.

а) Докажите, что плоскость CEF параллельна SB.

б) Пусть плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от Q до плоскости АВС.

а) Очевидно а высота пирамиды равна поскольку высота падает в точку пересечения диагоналей основания (из-за равенства боковых ребер). Проведем и будем доказывать, что лежит в плоскости

Для этого докажем, что отрезки и пересекают высоту пирамиды в одной точке. Тогда прямые лежат в одной плоскости.

Пусть пересекает в точке Тогда откуда

Пусть пересекает в точке Тогда откуда Значит,

б) Поскольку имеем поэтому