close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Задания к ЕГЭ С2 - 2011 год

код для вставкиСкачать PDF 2,12 Mb
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
1
 
СОДЕРЖАНИЕ
 
 
стр.
 
1. Расстояния и углы 
 
2
 
1.1.
 
Расстояние между двумя точк
а
ми
 
 
2
 
1.2.
 
Расстояние от точки до пр
я
мой….
 
3
 
1.3.
 Расстояние от точки до плоск
о
сти 
6
 
1.4.
 Расстояние между скрещива
ю-
щимися прям
ы
ми……………………..
 
11
 
1.5.
 Угол между двумя прям
ы
ми..
.......
 
16
 
1.6.
 Угол между прямой и плоск
о-
стью……………………………………
 
21
 
1.7. 
Угол между плоскостями
 
25
 
2. Площади и объ
е
мы
………………..
 
40
 
2.1.
 Площадь поверхности мног
о-
гранника ……………………………….
 
40
 
2.2.
 Площадь сечения многогранн
и
ка
 
4
3
 
2.3.
 Объем многогранн
и
ка……………
 
47
 
3. Задачи на экстр
е
мум
…..……….
 
59
 
3.1.
 Аналитический м
е
тод……………
 
59
 
3.2.
 Геометрический м
е
тод.….…........
 
60
 
4. Дополнения
………………………
 
62
 
4.1. 
Построение сечения многогра
н-
ника…………………………………….
 
62
 
4.2.
 Векторный м
е
тод………………… 
67
 
4.3.
 Координатный м
е
тод……
……….
.
 
71
 
4.4.
 Опорные задачи…………………..
 
74
 
Упражн
е
ния
………………………….
.
 
8
1
 
Отв
е
ты
………………………………..
.
 
88
 
Список и источники литерат
у
ры
…
.
 
89
 
 
Введение
 
Задачи части «С» Единого государс
т-
венного экзамена по стереометрии в п
о-
следнее время большей частью посвящ
е-
ны выч
ислению расстояний и углов в 
пространстве. Такие задачи часто встр
е-
чаются в практике, поэтому им уделено 
особое внимание.
 
Ниже представлены разные методы 
решения этих задач. Традиционный м
е-
тод решения задачи опирается на опред
е-
ления расстояния или угла, и 
требует от 
учащихся развитого пространственного 
воображения. Кроме этого подхода в п
о-
собии рассмотрены координатный и ве
к-
торный методы, которые могут быть э
ф-
фективно использованы при решении з
а-
дач разного вида. Применение опо
р
ных 
задач может привести к рац
иональному 
решению з
а
дачи.
 
В кодификатор элементов содерж
а
ния 
к уровню подготовки выпускников вх
о-
дят разделы, связанные с темой «Мног
о-
гра
н
ники», которые отражены в данном 
пособии: сечения куба, призмы, пирам
и-
ды; боковая поверхность призмы, пир
а-
миды; 
объем 
куба, прямоугольного п
а-
раллелепипеда, пирамиды, призмы; пр
и-
меры и
с
пользования производной для 
нахождения наилучшего решения в пр
и-
кладных зад
а
чах.
 
 
В решениях многих задач, приведе
н-
ных в данном пособии, имеются ссылки 
на опорные задачи, полный набор кот
о-
рых
 помещен в пункте 4.4 на стр. 75
-
80.
 
 
МАТЕМАТИКА ЕГЭ 201
1
 
(типовые задания С
2
)
 
 
Многогранники: 
 
виды задач и методы их решения
 
 
Корянов А. Г.
,
 г. Брянск
,
 
akory
a
nov
@
mail
.
ru
 
Прокофьев А.А.
,
 г. Москва
,
 
aaprokof@yandex.ru
 
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
2
 
1. 
Расстояния и углы
 
Тема «Расстояния и углы» является 
основой для других разделов стереоме
т-
рии. В данном разделе представлено вз
а-
имное расположение точек, прямых и 
плоскостей на многогранниках, рассмо
т-
рены о
с
новные в
иды задач и методы их 
решения.
 
1.1.
 
Расстояние между двумя точками
 
Расстояние между точками 
A
 и 
B
 
можно в
ы
числить:
 
1) как длину отрезка 
AB
, если отрезок 
AB
 удается включи
ть в некоторый тр
е-
угольник в качес
т
ве одной из его сторон;
 
2) по формуле
 


2
1
2
2
1
2
2
1
2
)
(
)
(
)
(
,
z
z
y
y
x
x
B
A







,
 
где 
)
,
,
(
1
1
1
z
y
x
A
, 
)
,
,
(
2
2
2
z
y
x
B
;
 
3) по формуле 
AB
AB
AB


, 
или 
 
2
2
2
c
b
a
AB



, где 
}
,
,
{
c
b
a
 
–
 коо
р-
д
инаты вектора 
AB
.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Пример 1.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 на диагоналях граней 
1
AD
 и 
1
1
B
D
 взяты точки Е и 
F
 так
,
 что 
1
1
3
1
AD
E
D

, 
1
1
1
3
2
B
D
F
D

. Най
ти
 дл
и
ну 
отрезка 
EF
.
 
 
Решение
.
 Длину отрезка 
EF
 найдем по 
теореме косинусов из треугольника 
EF
D
1
 (
см. 
рис. 
1
), в к
о
тором 
2
3
2
1

F
D
, 
2
3
1
1

E
D
, 
3
1



E
FD
 
(треугольник 
1
1
D
AB
 является равност
о-
ронним). Имеем 
 







3
cos
2
1
1
2
1
2
1
2
F
D
E
D
F
D
E
D
EF
3
2
2
1
3
2
2
3
2
2
9
8
9
2







,
 
откуда 
3
6

EF
.
 
Ответ
:
 
3
6
.
 
к
оординатн
ый
 метод
 
Пример 2
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точки 
E
 
и 
K
 
–
 серед
и
ны 
ребер 
1
AA
 и 
CD
 соотве
т
ственно
,
 а 
точка 
M
 расположена на диаг
о
нали 
1
1
D
B
 так
,
 что 
.
2
1
1
MD
M
B

 Най
ти
 ра
с-
сто
я
ние между точками 
Q
 
и 
L
,
 где 
Q
 
–
 
середина отрезка ЕМ
,
 а 
L
 
–
 точка о
т-
резка МК т
а
кая
, 
что 
.
2
LK
ML

 
Решение
.
 
Введем прямоугольную си
с-
тему коо
р
динат, как указано на рисунке 
2
. 
 
Тогда 






2
1
;
0
;
0
Е
, 






0
;
2
1
;
1
K
, 
)
1
;
1
;
0
(
1
В
, 
)
1
;
0
;
1
(
1
D
. Для нахождения к
о
ординат 
точки 
М
 используем формулу координат 
точки
 
(опорная задача 1)
,
 делящей отр
е-
зок 
1
1
D
B
 в отношении 2:1. Имеем
 






















1
,
3
1
,
3
2
2
1
1
2
1
,
2
1
0
2
1
,
2
1
1
2
0
М
.
 
Анал
о
гично получим координаты точки 
L
, делящей отрезок 
MK
 в отношении 2:1. 
Имеем 
 




























3
1
;
9
4
;
9
8
2
1
0
2
1
;
2
1
2
1
2
3
1
;
2
1
1
2
3
2
L
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
E
F
 
Рис. 1
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
E
M
L
Q
K
x
y
z
 
Рис. 
2
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
3
 
Коо
р
динаты точки 
Q
 равны полусуммам 
соответс
т
вующих координат точек 
E
 и
 
М
, поэтому 






4
3
;
6
1
;
3
1
Q
. Применим фо
р-
мулу для расстояния ме
ж
ду точками с 
заданными к
оординат
а
ми
 

























2
2
2
3
1
4
3
9
4
6
1
9
8
3
1
LQ
 
36
29
5
36
725
2


.
 
Ответ
:
 
36
29
5
.
 
векторный метод
 
Пример 3
.
 
В ед
и
ничном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 на диагоналях гр
а
ней 
1
AD
 и 
1
1
B
D
 взяты точки 
E
 и 
F
 так
,
 что 
1
1
3
1
AD
E
D

,
 
1
1
1
3
2
B
D
F
D

. Най
ти
 длину 
о
т
резка 
EF
.
 
Решение
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
1
), тогда 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






. 
Выразим 
вектор 
FE
 через базисные ве
к
торы 
a

, 
,
b

 
c

:
 







)
(
3
2
1
1
c
a
F
B
AB
EA
FE







)
(
3
1
)
(
b
a
c
b




c
b
a



3
1
3
2
3
1



.
 
Тогда 
 












2
2
3
1
3
2
3
1
c
b
a
FE
FE



3
6
9
6
9
1
9
4
9
1





.
 
Ответ
:
 
3
6
.
 
Замечание. 
Вектор 
FE
 в данном б
а-
зисе имеет координаты 







3
1
;
3
2
;
3
1
, п
о-
этому длину эт
о
го вектора можно найти 
по формуле 
2
2
2
c
b
a
AB



, то есть 
 
3
6
9
6
9
1
9
4
9
1





AB
.
 
1.2. 
Расстояние от точки до прямой
 
·
 
Расстояние от точки до прямой
, не 
содержащей эту точку, есть длина отре
з-
ка перпендик
у
ляра, проведенного из этой 
точки на прямую.
 
·
 
Расстояние между двумя параллел
ь-
ными пр
я
мыми 
равно длине отрезка их 
об
щего перпенд
и
куляра.
 
·
 
Расстояние между двумя параллел
ь-
ными прямыми
 равно расстоянию от л
ю-
бой точки одной из этих прямых до др
у-
гой прямой.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Расстояние от точки до прямой можно 
вычислить, как длину отрезка перпенд
и-
куляра, если 
удается включить этот отр
е-
зок в некоторый треугольник в кач
е
стве 
одной из высот.
 
Пример 4
.
 
При условиях примера 
1
 
най
ти
 расстояние от точки 
1
D
 до пр
я-
мой 
EF
.
 
Решение
.
 Пусть 
h
 
–
 длина высоты тр
е-
угольника 
,
1
EF
D
 опущенной
 из точки 
1
D
. Найдем 
h
, используя метод площ
а-
дей. Площадь треугольника 
EF
D
1
 ра
в
на
 




E
FD
E
D
F
D
1
1
1
sin
2
1
9
3
2
3
3
2
3
2
2
2
1





. 
 
С другой ст
о
роны площадь треугольника 
EF
D
1
 равна 
h
h
FE
6
6
2
1


. Из уравн
е-
ния 
h
6
6
9
3

 находим искомое ра
с-
стояние 
3
2

h
.
 
Замечание.
 Можно заметить, что в
ы-
полняется равенство 
2
1
2
1
2
F
D
E
D
FE


, 
т
.е.
 треугольник 
EF
D
1
 прямоугол
ь
ный и 
длина отрезка 
E
D
1
 является иск
о
мым 
рассто
я
нием.
 
Ответ
: 
3
2
.
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
4
 
Пример 
5
.
 
В правильной шестиугол
ь-
ной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
,
 ребра 
которой равны 
l
,
 най
ти
 рассто
я
ние от 
точки
 
A
 до прямой 
1
BC
.
 
Решение.
 
В квадрате 
1
1
B
BCC
 диаг
о-
наль 
1
BC
 равна 
2
 
(см. рис. 
3
)
. В прям
о-
угольном треугольнике 
ACD
, где 



90
ACD
, 
2

AD
, находим 

AC
 
3
1
2
2
2



.
 Из прямоугольного тр
е-
угольника 
1
ACC
 им
е
ем 

1
AC
 
2
1
)
3
(
2
2



. В тр
е
угольнике 
1
ABC
, 
используя теорему косинусов, п
о
лучаем 
 
8
2
5
2
2
2
1
)
2
(
2
cos
2
2
2







, 
 
где 



B
AC
1
. Далее находим 
8
14
sin


 и из треугольника 
H
AC
1
 в
ы-
соту
 
4
14
8
14
2
sin
1





AC
AH
.
 
О
т
вет:
 
4
14
.
 
При
мер 6
. (МИОО, 2010). 
В тетр
а-
эдре 
,
ABCD
 все ребра которого ра
в
ны 
l
,
 
найти расстояние от точки 
A
 до пр
я-
мой
,
 проходящей через точку 
B
 и сер
е-
дину 
E
 ребра 
CD
. 
 
Решение. 
Так как все ребра 

ABCD
 
равные прав
ильные треугольники, то м
е-
дианы 
BE
 и 
AE
 треугольников 
BDC
 и 
ADC
 (см. рис. 
4
) равны и 
.
2
3


AE
BE
 
Рассмотрим равнобедренный треугол
ь-
ник 
BEA
 и е
го высоты 
EM
 и 
.
AH
 В
ы-
ражая площадь треугольника двумя сп
о-
собами, пол
у
чаем 
 
AB
EM
BE
AH
S
BEA






2
1
2
1
,
 
получаем раве
н
ство 
AB
EM
BE
AH



. 
Так как
 
2
2
4
1
4
3
2
2





BM
BE
EM
,
 
то получаем 
 
3
6
3
2
1
2
2






BE
AB
EM
AH
.
 
Ответ:
 
3
6
.
 
В 
некоторых задачах удобно испол
ь-
зовать плоскость, проходящую через да
н-
ную точку перпендикулярно данной пр
я-
мой.
 
Пример 7. 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найти расстояние от 
точки 
D
 до прямой 
C
A
1
.
 
Решение
.
 Пусть 
F
BDC
C
A


1
1
 (рис. 
5
). Так как 
1
1
BDC
C
A

 (
опорная задача 
20),
 то 
FD
FB
FC


1
 как проекции на 
пло
с
кость 
1
BDC
 равных наклонных 
1
CC
, 
СВ
 и 
CD
 соо
тветственно. Следовательно, 
точка 
F
 является центром правильного 
треугольника 
1
BDC
. Поэтому искомое 
A
B
C
D
M
H
E
 
Рис. 
4
 
A
B
C
D
E
F
D
1
F
1
A
1
E
1
C
1
B
1
H
 
Рис. 
3
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
5
 
расстояние равно радиусу окружности, 
описанной около треугольника 
1
BDC
. 
Сторона этого треугольника равна 
2
, 
зн
а
чит, 
3
6
3
3
2
)
,
(
1





DF
C
A
D
.
 
Ответ:
 
3
6
.
 
коорд
и
натный метод
 
Пример 
8
. 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найти расстояние от 
точки 
1
D
 до прямой Р
Q
,
 где Р и 
Q
 
–
 сер
е-
дины соответственно ребер 
1
1
B
A
 и ВС.
 
Решение
.
 Рассмотрим прямоугольную 
систему координат с началом в точке 
A
 
(см. рис
. 
6
)
. Найдем координаты т
о
чек 
 






1
;
2
1
;
0
P
, 






0
;
1
;
2
1
Q
, 
)
1
;
0
;
1
(
1
D
.
 
Т
о
гда 
 
2
3
1
4
1
4
1




PQ
,
 
 
2
3
1
1
4
1
1




Q
D
,
 
 
4
5
0
4
1
1
1




P
D
.
 
Из треугольника 
PQ
D
1
, используя 
формулу
 
QP
P
D
Q
D
QP
P
D
PQ
D






1
2
1
2
2
1
1
2
cos
,
 
находим
 
30
1
2
3
4
5
2
4
9
2
3
4
5
cos
1







PQ
D
.
 
Далее получаем
 
30
29
30
1
1
sin
2
1












PQ
D
.
 
Пусть 
PQ
N
D

1
, где
 
PQ
N

. Тогда 
 
PQ
D
P
D
N
D
1
1
1
sin



,
 
12
174
144
174
30
29
4
5
1




N
D
.
 
Ответ
:
 
12
174
.
 
векторный метод
 
Пример 
9
. 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
найти расстояние от 
точки 
1
D
 до прямой Р
Q
,
 где Р и 
Q
 
–
 сер
е-
дины соответственно ребер 
1
1
B
A
 и ВС.
 
Решение
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
6
)
, тогда 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






.
 
Выразим век
тор 
PQ
 через базисные 
векторы 
a

, 
,
b

 
c

: 
 




BQ
B
B
PB
PQ
1
1
 
c
b
a
a
c
b












2
1
2
1
2
1
2
1
,
 
b
a
PD
2
1
1


.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
Q
P
N
y
x
z
 
Рис. 
6
 
D
A
B
C
D
1
A
1
B
1
C
1
F
 
Рис. 
5
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
6
 
Пусть 
PQ
N
D

1
, где 
PQ
N

. Выр
а-
зим вектор 
N
D
1
, учитывая коллинеа
р-
ность ве
к
торов 
PN
 и 
PQ
:
 
1
1
1
PD
PQ
x
PD
PN
N
D





.
 
Так как 
PQ
N
D

1
, то 
0
1


PQ
N
D
. 
Отсюда п
о
лучаем 
 
0
)
(
1




PQ
PD
PQ
x
, 
 
PQ
PD
PQ
x



1
2
,
 

























c
b
a
b
a
c
b
a
x








2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
,
 
4
1
2
1
1
4
1
4
1











х
, 
6
1

х
.
 




1
1
6
1
PD
PQ
N
D
 












a
b
c
b
a





2
1
2
1
2
1
6
1
 
c
b
a



6
1
12
7
12
11




. 
 
Длина ве
к
тора 
 












2
2
1
1
6
1
12
7
12
11
c
b
a
N
D
N
D



 
12
174
36
1
144
49
144
121




.
 
Ответ
:
 
12
174
.
 
Замечание.
 
Решение данного примера 
векторным методом не является раци
о-
нальным, но приведено с целью показа 
широких возможностей векторного мет
о-
да при решении задач разных видов.
 
1.3. 
Расстояние от точки до плоскости
 
·
 
Расстояние от точки до
 плоскости
, не 
содержащей эту точку, есть длина отре
з-
ка перпе
н
дикуляра, опущенного из этой 
точки на пло
с
кость. 
 
·
 
Расстояние между прямой и пара
л-
лельной ей плоскостью
 равно длине их 
общего перпенд
и
куляра. 
 
·
 
Расстояние между прямой и пара
л-
лельной ей плоско
стью
 равно расстоянию 
от любой точки этой прямой до плоск
о-
сти.
 
·
 
Расстояние между двумя параллел
ь-
ными плоскостями
 равно длине их общ
е-
го перпендикул
я
ра.
 
·
 
Расстояние между двумя параллел
ь-
ными плоскостями
 равно расстоянию 
между точкой одной из этих плоскосте
й и 
др
у
гой плоскостью.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Расстояние от точки 
M
 до плоск
о
сти 

:
 
1) равно расстоянию до плоскости 

 
от произвольной точки 
P
, лежащей на 
прямо
й 
l
, к
о
торая проходит через точку 
M
 и параллельна плоск
о
сти 

;
 
2) равно расстоянию до плоскости 

 
от произвольной точки 
P
, лежащей на 
плоскости 

, которая проходит через 
точку 
M
 и параллельна плоскости 

.
 
Пример 
10
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 расстояние от 
точки 
1
С
 до плоск
о
сти 
С
АВ
1
.
 
Решение
.
 Так как прямая 
1
1
С
А
 пара
л-
лельна 
АС
, то прямая 
1
1
С
А
 параллельна 
плоскости 
С
АВ
1
 (
см. 
рис. 
7
). Поэтому 
и
с
комое расстояние 
h
 равно расстоянию 
от произвольной точки прямой 
1
1
С
А
 до 
плоскости 
С
АВ
1
. Например, расстояние 
от центра 
1
О
 квадрата 
1
1
1
1
D
C
B
A
 до пло
с-
кости 
С
АВ
1
 равно 
h
.
 
Пусть 
E
 
–
 основание перпендикул
я
ра, 
опущенного из то
чки 
1
О
 на прямую 
О
В
1
, 
где 
O
 
–
 центр ква
д
рата 
ABCD
. Прямая 
Е
О
1
 лежит в плоскости 
D
D
BB
1
1
, а пр
я-
мая 
АС
 перпендикулярна этой пло
с
кости. 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
7
 
Поэто
му 
АС
Е
О

1
 и 
Е
О
1
 
–
 перпенд
и-
куляр к плоскости 
С
АВ
1
, а 
h
Е
О

1
.
 
Так как 
2
2
1
1

О
В
, 
1
1

О
О
, то 
2
3
1
2
1
1



ОВ
. Выражая двумя сп
о-
собами площадь треуг
ольника 
О
О
В
1
1
, 
п
о
лучим 
1
2
2
2
3



h
, откуда 
3
3

h
.
 
Ответ
:
 
3
3
.
 
Пример 11.
 
В единичном к
у
бе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найти расстояние от 
точки 
D
 до плоск
о
сти 
С
АВ
1
.
 
Решение
.
 
Так как пло
с
кости 
1
1
С
DA
 и 
С
АВ
1
 п
а
раллельны 


C
B
D
A
AC
C
A
1
1
1
1
||
,
||
 
1
1
С
DA
D

 
и 
1
1
1
С
DA
O

 (
см. 
рис. 
8
), то 
получаем искомое рассто
я
ние 
 
3
3
)
,
(
)
,
(
1
1
1




C
AB
O
C
AB
D
.
 
Ответ
:
 
3
3
.
 
Замечание. 
Из данного примера сл
е-
дует, что расстояние между параллел
ь-
ными плоск
о
стями 
1
1
С
DA
 и 
С
АВ
1
 равно
 
3
3
)
,
(
)
,
(
1
1
1
1




C
AB
D
C
AB
C
DA
.
 
Пример 
1
2
.
 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, 
ребра которой ра
вны 
l
,
 най
ти
 рассто
я-
ние от точки
A
 до плоскости 
С
B
A
1
1
.
 
Решение.
 
Прямая 
FC
 перпендикуля
р-
на 
АЕ
 и 
1
AA
, поэтому перпендикулярна 
пло
с
кости 
1
1
E
AA
 
(
см. 
рис. 
9
)
.
 Пус
ть 
G
AE
FC


.
 Плоскость 
1
1
E
AA
 перпе
н-
дикулярна пло
с
кости 
С
B
A
1
1
, содержащей 
прямую 
FC
, и пер
е
секает ее по прямой 
G
A
1
.
 
Длина высоты 
AH
 в треугол
ь
нике 
G
AA
1
 является искомым ра
с
стоянием.
 
Так как в прямоугольном тр
е
угольнике 
ADE
 
2
2
ED
AD
AE


, то есть 
3

AE
, то 
2
3

AG
. 
Из прямоугольн
о-
го треугольника 
1
AGA
 н
а
ходим
 
2
7
1
4
3
1



GA
.
 
Выс
ота 
AH
 равна
 
7
3
2
7
:
1
2
3
1
1













GA
AA
AG
AH
.
 
О
т
вет
:
 
7
3
.
 
B
C
D
A
B
1
C
1
D
1
A
1
E
O
O
1
 
Рис. 
7
 
F
A
B
C
D
E
C
1
E
1
F
1
D
1
B
1
A
1
H
G
 
Рис. 
9
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
D
1
O
1
D
 
Рис. 8
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
8
 
Пример
 13
. 
В правильной шестиугол
ь-
ной пирамиде 
,
MABCDEF
 стороны осн
о-
вания которой равны 
1,
 а бок
о
вые ребра 
равны 
4,
 найти ра
с
стояние от середины 
ребра
 
BC
 до плоскости гр
а
ни 
EMD
. 
 
Решение. 
В правильном шестиугол
ь-
нике 
ABCDEF
 
DE
BD

 и 
3

BD
. 
Точка 

O
 центр 
ABCDEF
 (см. рис. 
10
).
 
Тогда 

MO
 высота
 пирамиды
. Из пр
я-
моугольного треугольника 
MOD
 получ
а-
ем 
15

MO
. Апофему 
ML
 
боковой 
грани 
DME
 находим из прямоугольного 
тр
е
угольника 
MDL
 
2
7
3
2
2
2









DE
MD
ML
.
 
По признаку перпендикулярности 
плоскостей (
MOL
DE

, поскольку 
MO
DE

 и 
ML
DE

) 
DME
MOL

. 
П
о
этому высота 
OH
 треугольника 
MOL
 
перпендикулярна плоскости 
DME
. Из 
прямоугольного треугольника 
MOL
, в 
котором 
,
2
3
2


BD
OL
 получ
а
ем
 
7
5
2
7
3
:
2
3
15





ML
OL
MO
OH
.
 
Опустив из точки 
L
 пе
р
пендикуляры 
LQ
 на плоскость грани 
DME
 и 
LK
 на 
прямую 
DE
, получим треугольник 
LQK
, подобный треугольнику 
OHD
. 
Так как расстояние от то
ч
ки 
L
 до прямой 
DE
 равно 
OL
BD
LK




2
3
4
3
, то коэ
ф-
фициент подобия этих треугольников р
а-
вен 
2
3
. Отсюда
 
28
45
7
5
2
3
2
3





OH
LQ
.
 
Ответ:
 
28
45
.
 
координатный метод
 
Расстояние от точки 
M
 до плоск
о
сти 

 можно
 вычислить по форм
у
ле
 


2
2
2
0
0
0
,
c
b
a
d
cz
by
ax
M








,
 
где 


0
0
0
,
,
z
y
x
M
, плоскость 

 задана 
уравнением 
0




d
cz
by
ax
.
 
Пример 
14
.
 
В единичном к
у
бе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 расстояние от 
точки 
1
А
 до плоск
о
сти 
1
BDC
.
 
Решение
.
 Составим уравнение пло
с-
кости, проход
я
щей через точки 
)
0
;
1
;
0
(
B
, 
)
0
;
0
;
1
(
D
 и 
)
1
;
1
;
1
(
1
C
 (см. рис. 
11
)
. 
 
Для эт
о
го 
подставим координаты этих 
точек в общее уравн
е
ние плоскости 
 
0




d
cz
by
ax
.
 
Получим систему уравн
е
ний 
 













0
,
0
,
0
d
c
b
a
d
a
d
b
 или 










d
c
d
a
d
b
,
,
 
Отсюда нах
о
дим уравнение 
 
0





d
dz
dy
dx
 
или
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
 
Рис. 
11
 
B
C
D
E
F
M
L
A
O
Q
H
K
L
 
Рис. 
10
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
9
 
0
1




z
y
x
.
 
По формуле н
ах
о
дим расстояние от точки 
)
1
;
0
;
0
(
1
А
 до плоск
о
сти 
1
BDC


:
 


3
3
2
1
1
1
1
1
0
0
,
1









А
.
 
Ответ
:
 
3
3
2
.
 
Замечание. 
В разделе 
«Угол между 
плоскостями»
 
более подробно рассмо
т-
рен вопрос о составлении уравнения 
плоскос
ти, проходящей через три зада
н-
ные то
ч
ки.
 
векторный метод
 
Пример 
1
5
. 
В единичном к
у
бе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 рассто
я
ние от 
точки 
1
А
 до плоскости 
1
BDC
.
 
Решение
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
1
2
), т
о
гда 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






. 
 
Выразим 
векторы 
,
DB
 
,
1
DC
 
1
1
A
C
 ч
е-
рез б
а
зисные 
a

, 
,
b

 
c

:
 
a
b
DB




, 
c
b
DC




1
, 
b
a
A
C





1
1
.
 
Пусть 
1
1
BDC
МА

, где 
1
BDC
M

. 
Вектор 
1
1
DC
y
DB
x
M
C




, п
о
этому 
 
)
(
1
1
1
1
1
1
1
DC
y
DB
x
A
C
M
C
A
C
MA







.
 
Далее и
меем 
 







1
1
1
,
DC
MA
DB
MA
 

 









0
,
0
1
1
1
DC
MA
DB
MA
 

 
 
































.
0
,
0
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
DC
y
DC
DB
x
DC
A
C
DB
DC
y
DB
x
DB
A
C
 
Так как 
 
0
)
)(
(
2
2
1
1








b
a
a
b
b
a
DB
A
C






, 
 
1
)
)(
(
2
1






b
a
b
c
b
DB
DC




,
 
1
)
)(
(
2
1
1
1









b
b
a
c
b
A
C
DC





, 
 
2
)
(
2
2
2
2





a
b
a
b
DB




, 
 
2
)
(
2
2
2
2
1





c
b
c
b
DC



,
 
то имеем 
 














0
)
2
1
(
1
,
0
)
1
2
(
0
y
x
y
x
 

 
 








1
2
,
0
2
y
x
y
x
 











.
3
2
,
3
1
y
x
 
Отсюда получаем 
 








)
(
3
2
)
(
3
1
1
c
b
a
b
b
a
MA






c
b
a



3
2
3
2
3
2




, 
 











2
1
3
2
3
2
3
2
c
b
a
MA



 
3
3
2
9
4
9
4
9
4




.
 
Ответ
:
 
3
3
2
.
 
Замечание. 
Вектор 
1
MA
 в данном б
а-
зисе им
еет координаты 








3
2
;
3
2
;
3
2
, п
о-
этому длину этого вектора можно на
й
ти 
по формуле 
2
2
2
1
c
b
a
MA



, то есть 
 
3
3
2
9
4
9
4
9
4
1




MA
.
 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
 
Рис. 
12
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
10
 
м
етод объемов
 
Если объем пирамиды 
АВСМ
 равен 
ABCM
V
, то 
расстояние от точки 
M
 до 
плоскости 

, содержащей 
треугольник 
АВС
,
 
вычисляют по формуле
 




ABC
ABCM
S
V
ABC
M
M
3
,
,





.
 
В общем случае рассматривают раве
н-
ство объемов одной фигуры, выраженные 
двумя независимыми сп
о
собами.
 
Пример 
1
6
.
 
Ребро куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 равно а. Най
ти
 рассто
я-
ние от точки 
C
 до плоск
о
сти 
1
BDC
.
 
Решение
.
 Искомое расстояние 
x
 ра
в-
но высоте 
CQ
 (
см. 
рис. 
1
3
)
, опущенной в 
пирамиде 
1
BCDC
 из вершины 
C
 на о
с-
нование 
1
BDC
.
 
Объем этой пирамиды р
а
вен
 
6
2
1
3
1
3
1
3
1
1
a
CC
CD
BC
CC
S
BCD







.
 
С другой стороны, так как треугол
ь
ник 
1
BDC
 равносторонний со стороной 
2
а
, 
объем пирамиды р
а
вен 
 
x
a
x
a
CQ
S
D
BC






6
3
4
3
)
2
(
3
1
3
1
2
2
1
.
 
О
т
сюда получаем уравнение
 
x
a
a


6
3
6
2
3
,
 
из к
о
торого находим 
3
3
a
x

.
 
Ответ
:
 
3
3
a
.
 
метод опорных задач
 
Применение данного метода состоит в 
применении известных опорных задач, 
которые в большинс
тве случаев форм
у-
лируются как теоремы.
 
● 
Расстояние от точки 
M
 до плоскости
 

 
можно вычислить по формуле 
 
1
1
r
r



,
 
где 






,
M
, 






,
1
1
M
, 
,
r
OM

 
,
1
1
r
OM

 
O
MM



1
; в ч
а
стности, 
1



, если 
1
r
r

 (прямая 
m
, проход
я-
щая через точку 
M
, пересекает пло
с-
кость 

 в точке 
O
, а точка 
1
М
 л
е
жит на 
прямой 
m
 (см. рис. 
1
4
а
 и 
1
4
б
)
).
 
Пример 1
7
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найти расстояние от 
точки 
1
D
 до плоск
о
сти 
С
АВ
1
.
 
Решен
ие
. 
Используем найденное ра
с-
стояние (
пример 
10
) от точки 
1
С
 
(от то
ч-
ки 
1
O
) 
до плоскости 
С
АВ
1
. Опустим 
перпендикуляр 
F
D
1
 на прямую
 
E
B
1
 (
см. 
рис. 
15
). Т
о
гда и
меем 
 
1
1
1
1
1
1
1
1
)
,
(
)
,
(
O
B
D
B
C
AB
O
C
AB
D




,
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
R
Q
 
Рис. 
13
 
O
M

m



A
A
1
M
1
O
M

m



A
A
1
M
1
 
 
а
 
б 
 
Р
ис. 
14
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
D
1
O
1
D
F
E
 
Рис. 15
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
11
 
3
3
2
2
3
3
)
,
(
1
1




C
AB
D
.
 
Ответ
:
 
3
3
2
.
 
Пример 1
8
.
 
Точки 
D
C
B
A
,
,
,
 являю
т-
ся вершинами параллелограмма
,
 ни одна 
из сторон которого не пересекает пло
с-
кость 

. Точки 
,
A
 
,
B
 
C
 удалены от 
плоскости 

 на расстояние 
2, 3, 
6
 соо
т-
ветственно. Найти расстояние от ве
р-
шины 
D
 до плоскости 

.
 
Решение
.
 Опустим пер
пендикуляры из 
вершин 
C
B
A
,
,
 и 
D
 на плоскость 

. 
Точки 
1
1
1
1
,
,
,
D
C
B
A
 
–
 их ортогональные
 
проекции на 

 (см. рис. 
1
6
)
. 
 
Точка 
O
 
–
 
точка пересе
чения диагон
а-
лей параллелограмма 
ABCD
, которая 
проектируется в точку 
1
O
 
–
 точку пер
е-
сечения диагон
а
лей параллелограмма 
1
1
1
1
D
C
B
A
 (по сво
й
ству проекций). Так как 
точка 
O
 делит отрез
ки 
AC
 и 
BD
 поп
о-
лам, то по сво
й
ству проекций отрезков 
точка 
1
O
 также делит отрезки 
1
1
C
A
 и 
1
1
D
B
 пополам. Ч
е
тырехугольники 
1
1
CAA
C
 
и 
1
1
DBB
D
 
–
 тр
а
пеции. Отрезок 
1
OO
 их 
средняя линия. Тогда 
 
2
2
1
1
1
1
BB
DD
AA
CC



.
 
Отсюда 
1
1
1
1
BB
AA
CC
DD



 и
,
 так 
как 
,
6
1

CC
 
,
3
1

BB
 
2
1

AA
, то 
5
1

DD
. 
 
Отв
ет
:
 5.
 
1.4. 
Расстояние м
е
жду
 
скрещивающ
и
мися прямыми
 
·
 
Расстояние между двумя скрещива
ю-
щимися прямыми
 равно длине отрезка их 
общего пе
р
пендикуляра.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Для нахождения расстояния между 
скрещивающимися прямыми можно во
с-
пользоватьс
я одним из приведенных н
и-
же четырех спос
о
бов.
 
1. Построить общий перпендикуляр 
двух скрещивающихся прямых (отрезок с 
концами на этих прямых и перпендик
у-
лярный обеим) и найти его длину.
 
2. Построить плоскость, содержащую 
одну из прямых и параллельную второ
й. 
Тогда искомое расстояние будет равно 
рассто
я
ние от какой
-
нибудь точки второй 
прямой до по
строенной плоскости.
 
3. Заключить данные прямые в пара
л-
лельные плоскости, проходящие ч
е
рез 
данные скрещивающиеся прямые, и на
й-
ти расстояние между этими плоскост
я
ми.
 
4. 
Построить плоскость, перпендик
у-
лярную одной из данных прямых, и п
о-
строить на этой плоскости ортогонал
ь
ную 
проекцию второй прямой
 (
см. 
рис. 
17
)
.
 
 
,
)
,
(
)
,
(
1
2
1
AH
BC
A
l
l




 
где 



1
l
A
, 
1
l


, 

1
BC
 
ортог
онал
ь-
н
ая 
проекци
я 
2
l
 
на плоскость 

, 

H
 о
с-
нование 
перпенд
и
куляра, опущенного 
из 
A
 на 
1
BC
.
 
Пример 
1
9
.
 
В кубе
,
 длина ребра кот
о-
рого равна 
,
a
 найти расстояние м
е
жду 
ребром и диагональю
,
 не пересека
ю
щей 
его гр
а
ни.
 

O
1
C
1
B
1
A
1
D
1
D
O
C
B
A
 
Рис. 
16
 
B
H


l
2
l
1
A
C
C
1
 
Рис. 17
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
12
 
Решение.
 В качестве примера найдем 
расстояние между ребром 
1
AA
 и диаг
о-
налью 
1
DC
 (см. рис. 
1
8
). Прямые 
1
AA
 и 
1
DC

 скрещивающиеся. Используя ка
ж-
дый из отмеченных способов, п
о
кажем, 
что расстояние 

 
м
е
жду ними равно 
a
.
 
1
-
й способ 
(см. рис. 
1
8
а
). 
Так как 
1   1            1
A D    AA

 и 
1   1         1
A D   DC

, то
 
1   1
A D

 общий 
перпендикуляр двух скр
е
щивающихся 
прямых 
1
AA
 и 
1
DC
. Ра
с
стояние 

 
между 
1
AA
 и 
1  1
DDC
 равно 
1   1
A D   a

. 
 
2
-
й способ 
(см. рис. 
1
8
б
). 
Так как 
плоскость 
1  1
DDC
, содержащая 
1
DC
, п
а-
раллельна 
1
AA
, то
 рас
сто
я
ние 

 
от 
1
AA
 
до 
1  1
DDC
 равно 
a
.
 
3
-
й способ 
(см. рис. 
1
8
в
). Пло
с
кость 
1  1
DDC
, содержащая 
,
1
C
D
 пара
л
лельна 
плоскости 
1  1
AA B
, содержащей 
,
1
AA
 и 
расстояние 

 
между н
и
ми равно 
a
. 
 
4
-
й способ 
(см. рис. 
1
8
г
). Плоскость 
ABC
 перпендикулярна прямой 
.
1
AA
 То
ч-
ка 

A
 проекция 
1
AA
 на эту пло
с
кость. 
Прое
кцией 
1
DC
 на плоскость 
ABC
 
явл
я-
ется 
DC
.
 Расстояние 

 
от точки 
A
 до 
DC
.
 ра
в
но
 
a
. 
 
Ответ
:
 
a
.
 
Пример 
20
.
 
Найти расстояние 
между 
непересекающим
и
ся диагоналями двух 
смежных граней куба
,
 длина ребра кот
о-
рого равна 
a
.
 
 
Решение.
 Найдем расстояние между 
диагоналями 
1  1
AC
 и 
1
AD
 к
у
ба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. 
 
1
-
й сп
особ
. Пусть отрезок 
PQ
 (см. рис. 
1
9
) есть общий перпендикуляр скрещ
и-
вающи
х
ся прямых 
1  1
AC
 и 
1
AD
, а 
PN
 и 
KQ

 его ортогональные проекции н
а 
плоскости 
1  1  1
A B C
 и 
1   1
AA D
 соответстве
н
но 
 
(
1   1
PK   A D

 и 
1   1
QN   A D

). На осн
о
вании 
теоремы о трех перпендикул
я
рах 
1   1
PN   AC

 и 
1
KQ   AD

. Треуг
ол
ь
ники 
1
A PN
 и 
1
KQD

 
прямоугольные и равн
о-
бедренные, п
о
этому
 
3
1
1
a
ND
KN
K
A



. 
 
Анал
о
гично, 
3
1
1
a
KP
K
A
ND
NQ




 
и 
3
2
1
a
PN
P
A


. Тогда из прямоугол
ь-
ного треугольника 
PNQ
 получим ра
с-
стояние ме
ж
ду 
1  1
AC
 и 
1
AD
: 
 
2         2
2             2
2                      3
9       9        3
a      a      a
PQ    PN    NQ
                                   
.
 
2
-
й способ
. Построим плоскость, с
о-
держащую 
1
AD
 и параллельную 
1  1
AC
 (см. 
рис. 
20
а
). Искомой 
плоскостью являе
т
ся 
1
ADC
. 
Найдем
 расстояние до нее от к
а-
кой
-
либо точки прямой 
1  1
AC
. Для этого 
опустим из точки 
O
 (см. рис. 
20
а
) на ук
а-
занную плоскость перпендикуляр. Пло
с-
кости 
1   1
BB D
 и 
1
ADC
 перпендик
у
лярны 
(
AC   BD

 и 
1
AC   D D

, и 
1
AC   ADC

). 
 
A
A
d
a
a
D
C
B
A
D
C
B
A
1
d

D
1
C
1
B
1
D
1
C
1
B
1
A
1

 
 
а
 
б
 
A
A
d
a
a
D
C
B
A
D
C
B
A
1
d
D
1
C
1
B
1
D
1
C
1
B
1
A
1


 
 
в
 
г
 
Рис. 
18
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
P
K
Q
 
Рис. 
19
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
13
 
Так как 
1             1   1
B D   DO

 (см. рис. 
20
б
) (д
о-
кажите самостоятел
ь
но!), то 
1
ON   ADC

 
(
D
B
ON
1
||
) и из подобия тр
е
угольников 
1
BB D
 и 
1
OD N
 сл
е
дует 
1
1
OD
ON
BD   B D

 или 
1
1
3
3
BD OD
a
h  ON
B D

                     
. 
 
Замечание. 
Для нахождения рассто
я-
ния от точки 
О
 до плоскости 
1
ADC
 мо
ж
но 
воспользоваться р
е
зультатом примера 10.
 
3
-
й способ
. Построим параллельные 
плоскости 
1
ADC
 и 
1  1
BAC
 (см. рис. 
21
а
), 
содержащие прямые 
1
AD
 и 
1  1
AC
 соотве
т-
ственно. Диагональ 
1
B D
 куба перпенд
и-
кулярна обеим плоскостям и (см. рис. 
21
б
) точками 
K
 и 
N
 делится на три ра
в-
ные части
 
(опорная задача 20)
.
 Рассто
я-
ние между пло
ск
о
стями 
1
ADC
 и 
1  1
BAC
 
равно длине о
т
резка 
KN
, т
.е. 
3
3
a
.
 
 
4
-
й способ
. Плоскость 
1   1
BB D
 перпе
н-
дикулярна прямой 
1  1
AC
 (
1  1         1   1
AC    B D

 и 
1  1         1
AC    D D

) и плоскости 
1
ADC
 
(
1                 1
B D   ADC

) (см. рис. 
22
а
). 
1   1
DO

 пр
о-
екция 
1
AD
 на плоскость 
1   1
BB D
. Рассто
я-
ние
 от точки 
O
 (проекции 
1  1
AC
 на пло
с-
кость 
1   1
BB D
) до 
1  1
DO
 равно длине отрезка 
ON
 (см. рис. 
22
б
).
 
Пример 
21
.
 
В правильной усеченной ч
е-
тыреху
гольной п
и
рамиде
 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
со сторонами осн
о
ваний равными 
a
 и 
b
 
(
b
a

),
 и высотой 
h
 найти ра
с
стояние 
между диагональю 
1
BD
 и диаг
о
наль
ю 
большего основ
а
ния 
AC
.
 
Решение.
 Прямые 
1
BD
 и 
AC
 скрещ
и-
ваются (см. рис. 
23
а
). Точки 
O
 и 
1
O

 
точки пересечения ди
а
гоналей оснований 
пирамиды
. 
1
OO    AC

 и 
1
OO   BD

, как о
т-
резок, соединя
ю
щий середины оснований 
равнобедренных трап
е
ций 
D
D
BB
1
1
 и 
C
C
AA
1
1
.
 
 
Построим плоскость перпендикуля
р-
ную одной из скр
е
щивающихся прямых 
1
BD
 и 
AC
. Плоскость 
1   1
BB D   AC

, так 
как 
AC
 перпендикулярна двум перес
е-
кающимся прямым этой плоскости: 
AC   BD

 (
ABCD

 квадрат) и 
1
AC   OO

 
(
1
OO

 высота пирамиды). Пр
я
мая 
1
BD
 
лежит в плоскости 
1   1
BB D
, поэтому иск
о-
мое расстояние равно длине перпендик
у-
ляра, опущенного из точки 
O
 на 
1
BD
. 
OK
 найдем из подобия прямоугольных 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
O
O
1
D
1
B
1
h
N
O
B
D
O
1
 
 
а
 
б
 
Рис.
 
20
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
O
O
1
D
1
B
1
h
N
O
B
D
O
1
K
K
 
 
а
 
б
 
Рис. 
21
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
O
O
1
D
1
B
1
h
N
O
B
D
O
1
 
 
а
 
б
 
Рис. 
22
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
O
O
1
D
1
B
1
N
B
D
O
K
K
 
 
а
 
б 
 
Рис. 
23
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
14
 
треугол
ь
ников 
N
BD
1
 и 
BKO
 (см. рис. 
23
б
), имеющих общий острый угол. В 
треугольнике 
N
BD
1
: 
1
D N   h

,
 

BN
 
,
2
2
)
(
2
2
)
(
2
b
a
b
a
a
ND
BD







2
2             2             2
1            1
(           )
2
a   b
BD     D N    BN       h

                           
. 
 
В треугольнике 
BKO
 
2
2         2
BD   a
BO
       
. 
 
Тогда 
1                 1
OK    BO
D N   BD

 или 
 
2
2
1
1
)
(
2
b
a
h
ah
BD
N
D
BO
OK




.
 
Ответ
:
 
2
2
)
(
2
b
a
h
ah


.
 
Пример 
2
2
.
 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
,
SABCD
 все ребра 
которой равны 
1,
 най
ти
 расстояние 
между пр
я
мыми 
BD
 и 
SA
.
 
Решение
.
 Пусть 
E
 
–
 основание пе
р-
пендикуляра (
см. 
рис
. 
2
4
), опущенного из 
точки 
O
 на ребро 
SA
. Так как прямая 
BD
 
перпендикулярна плоск
о
сти 
AOS
, то 
OE
BD

. 
 
Таким образом, 
ОЕ
 
–
 общий перпе
н-
дикуляр к скрещ
и
вающимся прямым 
BD
 
и
 
SA
.
 
Найдем его длину, в
ы
числив двумя 
способами площадь треугол
ь
ника 
AOS
.
 
Из равенства 
,
OE
AS
SO
AO



 
где 
2
2

AO
, 
,
1

AS
 
2
2

SO
 сл
е
дует, что 
5
,
0

OE
.
 
Ответ
:
 0,5.
 
векторно
-
координатный метод
 
Пример 23
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 расстояние ме
ж-
ду диагональ
ю куба 
1
BD
 и диагон
а
лью 
грани 
1
AB
.
 
Решение
.
 Введем прямоугольную си
с-
тему коо
р
динат (
см. 
рис. 
2
5
), тогда 
)
0
;
0
;
0
(
А
, 
)
0
;
1
;
0
(
В
, 
)
1
;
1
;
0
(
1
В
, 
)
1
;
0
;
1
(
1
D
.
 
Пусть 
EF
 
–
 о
бщий перпендикуляр 
скрещива
ю
щихся прямых 
1
BD
 и 
1
AB
, то 
есть 
1
AB
EF

, 
1
BD
EF

, причем 
1
AB
E

 и 
1
BD
F

. Обозн
а
чим 
E
B
AE
1


, 
F
D
BF
1


 и воспользуемся фо
р
мулами для 
координат точки
 
(опорная задача 1)
,
 к
о-
торая д
е
лит данный отрезок в заданном 
отношении. П
о
лучим 












1
,
1
,
0
E
, 
















1
,
1
1
,
1
F
. 
 
Пусть 
p




1
, 
q




1
, тогда 
)
,
,
0
(
p
p
E
, 
)
,
1
,
(
q
q
q
F

. Так как вектор 
}
,
1
,
{
p
q
p
q
q
EF




 
должен быть 
перпендикулярным вект
о
рам 
}
1
;
1
;
0
{
1

AB
 и 
}
1
;
1
;
1
{
1


BD
, то имеем 
систему уравнений:
 









0
,
0
1
1
EF
BD
EF
AB
 или 
 
A
B
C
D
O
E
S
 
Рис. 24
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
F
E
 
Рис. 
25
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
15
 














0
1
,
0
1
p
q
p
q
q
p
q
p
q
 

 
.
3
1
,
2
1


q
p
 
Отсюда 








6
1
,
6
1
,
3
1
EF
, 


EF
EF
 
6
1
36
1
36
1
9
1




.
 
Ответ
:
 
6
1
.
 
векторный метод
 
Пр
и
мер 24
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 расстояние ме
ж-
ду пр
я
мыми 
1
AB
 и 
BD
.
 
Решение
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
2
6
), тогда 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






. 
 
Если 
M
 и
 
N
 
–
 основания общего пе
р-
пендику
ляра прямых 
1
AB
 и 
BD
 соотве
т-
ственно, то имеем 
,
1
c
b
AB




 
,
a
b
DB




 
 




DN
AD
MA
MN






DB
y
a
AB
x

1






)
(
)
(
a
b
y
a
c
b
x





 
c
x
b
y
x
a
y











)
(
)
1
(
.
 
Вектор 
MN
 перпендикулярен вект
о-
рам 
1
AB
 и 
,
DB
 поэтому имеем 
 









0
,
0
1
DB
MN
AB
MN
 

 
 































0
)
(
)
(
)
1
(
,
0
)
(
)
(
)
1
(
a
b
c
x
b
y
x
a
y
c
b
c
x
b
y
x
a
y










 

 

















0
)
(
)
1
(
,
0
)
(
2
2
2
2
b
y
x
a
y
c
x
b
y
x




 

 
 









0
1
2
,
0
2
y
x
y
x
 

 
.
3
2
,
3
1



y
x
 
Итак, 



















c
b
a
MN



3
1
3
2
3
1
3
2
1
 
c
b
a



3
1
3
1
3
1



,
 










2
3
1
3
1
3
1
c
b
a
MN



 
3
3
9
1
9
1
9
1




.
 
 
Ответ
:
 
3
3
.
 
метод опорных задач
 
Опорная задача
 
·
 Если 
AB
 и
 
CD
 
–
 скрещивающиеся ре
б
ра 
треугольной пирамиды 
ABCD
, 
d
 
–
 ра
с-
стояние между ними, 
а
АВ

, 
b
CD

, 

 
–
 угол между 
AB
 и
 
CD
, 
V
 
–
 объем пир
а-
миды 
ABCD
, то 


sin
6
ab
V
d
.
 
Пример 
2
5
. 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 расстояние ме
ж-
ду диагональю
 куба 
1
BD
 и диагон
а
лью 
грани 
1
AB
.
 
Решение
.
 Найдем искомое рассто
я
ние 
по формуле 



sin
6
1
1
BD
AB
V
d
, где 
V
 
–
 
объем пирам
и
ды 
1
1
D
ABB
 (
см. 
рис. 
2
7
), 
2
1

AB
, 
3
1

BD
, 
2



 
–
 угол ме
ж-
ду прямыми 
1
BD
 и 
1
AB
. Так как площадь 
основания 
1
АВВ
 пирамиды 
1
1
D
ABB
 ра
в-
на 
2
1
, а высота 
1
1
D
A
 равна 1, то
 
6
1

V
. 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
N
 
Рис. 
26
 
B
C
D
A
B
1
C
1
D
1
A
1
 
Рис. 
27
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
16
 
Следов
а
тельно, 
6
1
3
2
1



d
.
 
О
т
вет
:
 
6
1
.
 
Пример 
25
.
 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
,
 
ребра которой равны 
l
,
 най
ти
 рассто
я-
ние между прямыми 
1
AB
 
и 
1
BC
.
 
Решение.
 
Найдем синус угла 

 ме
ж
ду 
данными прямыми. Так как 
BM
AB
||
1
, то 
получим косинус угла 

 из треугол
ь
ника 
1
MBC
 
(
см. 
рис. 
2
8
)
:
 
.
4
3
2
2
2
1
2
2
2
cos
1
2
1
2
1
2











BC
BM
MC
BC
BM
 
Тогда 
4
7
16
9
1
sin




. 
Расстояние 
отточки 
1
C
 
до прямой 
1
1
B
A
 
равно 
2
3
.
 
Объем пир
а
миды 
1
1
C
ABB
 с основанием 
1
ABB
 р
а
вен
 
12
3
2
3
1
1
2
1
3
1






V
.
 
Расстояние между прямыми 
1
AB
 
и 
1
BC
 ра
в
но
 
7
21
4
7
2
2
12
3
6





d
.
 
О
т
вет
:
 
7
21
.
 
1.5. 
Угол между двумя прям
ы
ми
 
·
 
Углом между двумя пересекающимися 
прямыми
 называется наименьший из у
г-
лов, обра
зованных при пересечении пр
я-
мых.
 
·
 







90
,
0
b
a
.
 
·
 
Углом между скрещивающимися пр
я-
мыми
 называется угол между пересека
ю-
щимися прямыми, соответственно пара
л-
лельными данным скрещивающи
м
ся.
 
·
 
Две прямые называются 
перпендикуля
р-
ными
, если угол между 
ними равен 

90
.
 
·
 
Угол между параллельными прямыми
 
счит
а
ется равным нулю.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
При нахождении 
угла 

 между пр
я-
мыми 
m
 и 
l
 
испол
ь
зуют формулу 
 
bc
a
c
b
2
|
|
cos
2
2
2




,
 
где 
a
 и 

b
 длины 
сторон треугольн
и
ка 
АВС
,
 соответственно параллельны
х
 этим 
пр
я
мым.
 
Пример 
2
7
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между прямыми 
D
A
1
 и 
E
D
1
, 
где 
E
 
–
 с
е
р
едина ребра 
1
CC
.
 
Решение
.
 Пусть 
F
 
–
 середина ребра 
1
ВВ
, 
а
 
–
 ребро куба, 

 
–
 
искомый угол
 
(см. рис. 
2
9
)
.
 
Так как 
E
D
F
A
1
1
||
, то 

 
–
 угол при 
вершине 
1
A
 в тр
е
угольнике 
FD
A
1
.
 
Из 
треугольника 
BFD
 им
е
ем 
 
4
9
4
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
BF
BD
FD





,
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
E
F
 
Рис. 
29
 
A
B
C
D
E
F
D
1
F
1
A
1
E
1
C
1
B
1
N
M
 
Рис. 28
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
17
 
а из тр
е
угольника 
F
B
A
1
1
 получаем 
 
4
5
4
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
a
a
a
F
B
B
A
F
A





,
 
о
т
куда 
2
5
1
a
F
A

.
 
Далее в треугольнике 
FD
A
1
 использ
у-
ем теор
е
му косинусов
 





cos
2
1
1
2
1
2
1
2
F
A
D
A
F
A
D
A
FD
, 





cos
2
5
2
2
4
5
2
4
9
2
2
2
a
a
a
a
a
,
 
о
т
куда 
10
1
cos


 и 
10
1
arccos


.
 
Ответ
:
 
10
1
arccos
.
 
Замечание. 
Для у
прощения 
вычисл
е-
ний 
длину ребра куба 
удобно
 пр
и
нять за 
ед
и
ницу.
 
При
мер 
28
.
 
В правильной треугол
ь
ной 
призме 
1
1
1
C
B
ABCA
,
 ребра к
о
торой равны 
l
,
 най
ти
 угол между прямыми 
1
A
С
 
и 
С
B
1
.
 
Решение.
 
Проведем 
1
||
AC
CM
 
(см. 
рис. 
30
)
. Тогда 
 





)
,
(
)
,
(
1
1
1
C
B
CM
C
B
A
С
.
 
Из треугольника 
1
1
B
M
С
 
с помощью 
теоремы косинусов находим 
 
3
)
5
,
0
(
1
1
2
1
1
2
2
2
1








MB
.
 
Далее из треугольника 
1
M
СС
, и
с
пользуя 
теорему косинусов, пол
у
чаем 
 
4
1
2
2
2
3
2
2
cos







 и 
4
1
arccos


.
 
Ответ:
 
4
1
arccos
.
 
Пример 
29
. (МИОО, 2010)
. 
В 
пр
а-
вильной шестиугольной пирамиде 
MABCDEF
,
 стороны основания кот
о
рой 
равны 
1,
 а боковые ребра равны 
2,
 найти 
косинус угла между 
MB
 и
 
AD
.
 
 
Решение. 
Прямая 
AD
 параллельна 
прямой 
BC
 (см. рис. 
31
). Следовательно, 
и
с
комый угол 
MBC
. В равнобедренном 
треугол
ь
нике 
MBC
 проведем апофему 
ML
, 
2
1
2
1


BC
BL
.
 
Из прямоугольного треугольника 
BML
 получаем 
4
1
cos



BM
BL
MBL
.
 
Ответ:
 
4
1
.
 
векторно
-
координатный м
е
тод
 
При нахождении 
угла 

 между пр
я-
мыми 
m
 и 
l
 
используют форм
у
лу 
 
q
p
q
p








cos
 
или в координатной форме
:
 
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
cos
z
y
x
z
y
x
z
z
y
y
x
x









,
 
где
 
}
,
,
{
1
1
1
z
y
x
p


 и 


}
,
,
{
2
2
2
z
y
x
q

 
ве
к-
торы, соответс
т
венно 
параллельны
е
 этим 
прямым;
 в
 частности, для того чтобы 
прямые 
m
 и 
l
 были перпендикулярны, н
е-
обходимо и доста
точно, чт
о
бы 
0


q
p


 
или 
0
2
1
2
1
2
1



z
z
y
y
x
x
.
 
B
C
D
E
F
M
L
A
 
Рис. 
31
 
A
B
C
A
1
C
1
B
1
N
M
 
Рис. 30
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
18
 
Пример 
30
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 угол между пр
я-
мыми АЕ и 
DF
,
 где Е и 
F
 
–
 точки
,
 расп
о-
ложенные на ре
б
рах 
CD
 и 
1
1
D
C
 так
,
 что 
DC
DE
3
1

, 
1
1
1
3
1
D
C
F
C

.
 
Решение
.
 Введем прямоугольную си
с-
тему координат, как указано на р
и
сунке 
32
.
 
 
Т
о
гда 
)
0
;
0
;
0
(
А
, 
)
0
;
0
;
1
(
D
, 






0
;
3
1
;
1
Е
, 
 






1
;
3
2
;
1
F
, 







0
;
3
1
;
1
AE
, 







1
;
3
2
;
0
DF
, 
 
130
2
3
13
3
10
9
2
cos







DF
AE
DF
AE
,
 
130
2
arccos


, где 


 иск
о
мый угол.
 
О
т
вет
:
 
130
2
arccos
.
 
Пример 
31
.
 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
,
 
ребра которой равны 
l
,
 най
ти
 уг
ол м
е-
жду прямыми 
1
AB
 
и 
1
BF
.
 
Решение.
 
Введем прямоугольную си
с-
тему координат, как указ
а
но на рисунке 
33
.
 
Т
о
гда 










0
;
2
3
;
2
1
А
, 









1
;
2
3
;
2
1
1
B
, 









0
;
2
3
;
2
1
B
, 


1
;
0
;
1
1

F
, 


1
;
0
;
1
1

AB
, 








1
;
2
3
;
2
3
1
BF
, 
 
8
2
2
2
2
1
cos
1
1
1
1







BF
AB
BF
AB
,
 
8
2
arccos


, где 


 иск
о
мый угол.
 
Ответ
:
 
8
2
arccos
.
 
векторный м
е
тод
 
При использовании данного метода 
применяют
 формулу 
 
q
p
q
p








cos
.
 
Пример 
3
2
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между пр
я
мыми 
EF
 и 
PQ
,
 где 
E
,
 
F
,
 
P
,
 
Q
 
–
 серед
и
ны ребер 
1
DD
,
 
BC
,
 
1
AA
 
и 
1
1
C
B
 соответс
т
венно.
 
Решение
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
3
4
)
, где 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






.
 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
F
E
 
Рис. 
32
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
P
E
F
Q
 
Рис. 
34
 
C
B
A
A
1
x
z
D
y
O
E
F
B
1
C
1
D
1
E
1
F
1
 
Рис. 33
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
19
 
Т
о
гда
 
a
b
c
CF
DC
ED
EF



2
1
2
1







,
 
a
b
c
Q
B
B
A
PA
PQ



2
1
2
1
1
1
1
1






,
 
откуда н
а
ходим 
 


EF
PQ



















a
b
c
a
b
c






2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
1
4
1
1
4
1
4
1
2
2
2







a
c
b



,
 













2
2
2
2
4
1
4
1
2
1
2
1
a
b
c
a
b
c
PQ






2
3
4
1
1
4
1




,
 














2
2
2
2
4
1
4
1
2
1
2
1
a
b
c
a
b
c
EF






2
3
4
1
1
4
1




,
 
Подставляя полученные значения в 
формулу, имеем:
 
3
1
2
3
:
2
1
cos






EF
PQ
EF
PQ
.
 
Отсюда 
3
1
arccos


, где 


 и
с
комый 
угол.
 
Ответ
:
 
3
1
arccos
.
 
метод опорных задач
 
● 
Применение теоремы 
«
о трех косин
у
сах
»
 
Пример 
3
3
. 
Угол между боковыми 
ребрами правильной четырехугольной 
пир
а
миды
,
 не лежащими в одной грани
,
 
равен 

120
.
 Най
ти
 плоский уго
л при ве
р-
шине пирамиды.
 
Решение
.
 В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
 проведем 
диаг
о
нальное сечение 
ASC
 (
см. 
рис. 
3
5
); 
SD
 
–
 наклонная к плоскости сечения,
 
SO
 
–
 в
ы
сота пирамиды и проекция 
SD
 на эту 
пло
с
кость,
 
SC
 
–
 прямая, проведенная в 
плоскости 
ASC
 
через основание накло
н-
ной. По условию 



120
ASC
. 
 
На основании теоремы о трех косин
у-
сах 
(опорная задача 3)
 
им
е
ем: 
 
CSO
DSO
DSC





cos
cos
cos
.
 
Отсюда
 
 






60
cos
60
cos
cos
DSC
 
4
1
60
cos
2



.
 
Следовательно,
 
4
1
arccos


DSC
.
 
Ответ
:
 
4
1
arccos
.
 
● 
Применение теоремы косинусов для 
трехгранного у
г
ла
 
Пример 
34
. 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между прямыми 
1
AD
 и 
,
DM
 
где М 
–
 середина ребра 
1
1
C
D
.
 
Решение
.
 Пу
сть ребро куба равно 1, 
точка 
N
 
–
 середина ребра 
1
1
В
А
, тогда и
с-
комый угол 

 равен углу между 
1
AD
 и 
AN
 (
см. 
рис. 
3
6
)
. 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
M
 
Рис. 
36
 
A
B
C
D
O
S
 
Рис. 35
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
20
 
Используем теорему косинусов для 
трехгранного угла с вершиной 
A
 
(
опорная 
задача 2
)
,
 в кот
о
ром 



1
1
AD
A
, 



AN
A
1
, 



1
NAD
.
 Так 
как 
в кубе 
все двугра
н
ные углы при ребрах прямые, 
то 



90
. Тогда из теоремы следует, 
что
 
 




cos
cos
cos
.
 
Из 
п
рямоугольного
 
треугольника 
1
1
AD
A
 находим 
 
2
2
45
cos
cos




,
 
из треугольника 
AN
A
1
 получ
а
ем 
 
5
2
2
5
:
1
cos
1




AN
AA
.
 
Отсюда 
5
2
5
2
2
2
cos




.
 
 
След
о
вательно, 
5
2
arccos


.
 
О
т
вет
:
 
5
2
arccos
.
 
● 
Применение формулы
 
1
cos
cos
cos
2
2
2






,
 
где 

, 

 и 

 
–
 углы, которые образ
у
ет 
некоторая прямая с тремя попарно пе
р-
пендикулярными прямыми. 
 
Пример 
35
. 
Дан прямоугольный п
а-
ралл
елепипед 
.
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 Его диаг
о-
наль 
D
В
1
 с
о
ставляет с ребром 
AD
 угол 
,
45

 а с ребром 
DC
 угол 
.
60

 Най
ти
 
угол между пр
я
мыми 
D
В
1
 и
 
1
DD
.
 
Решение
.
 
Так как параллелепипед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
прямоугольный, то его 
ребра, выходящие из одной вершины п
о-
парно перпендикулярны. Рассмотрим 
вершину 
D
 и воспользуемся данной в
ы-
ше формулой
 
1
cos
cos
cos
2
2
2






,
 
где 



1
ADB
, 



1
CDB
, 



1
1
DB
D
 
(см. рис. 
3
7
).
 
 
Так как 
по условию 



45
, 



60
, 
то п
олуч
а
ем 
 
1
cos
60
cos
45
cos
2
2
2






, 
4
1
2
1
4
1
1
cos
2





.
 
Поскольку 

 
–
 острый
 угол
, то
 
2
1
cos


. 
Отсюда
 



60
.
 
Ответ
:
 

60
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 37
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
21
 
1.6. 
Угол между прямой и плоскостью
 
·
 
Углом между плоскостью и не перпе
н-
дик
у
лярной ей прямой
 называется угол 
между этой прямой и 
ее проекцией на 
данную плоскость.
 
·
 






90
)
,
(
0
a
.
 
·
 
Угол между взаимно перпендикулярн
ы-
ми прямой и плоскостью р
а
вен
 

90
.
 
·
 
Если прямая параллельна плоскости 
(
или л
е
жит в ней
)
,
 то угол между ними 
считается ра
в
ным
 

0
.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Угол между прямой 
l
 и плоскостью 

 
можно вычислить, если этот угол удае
т
ся 
включить в прямоугольный треугол
ь
ник 
в качестве одного из острых у
г
лов.
 
Пример 
36
.
 
В правильной треугольной 
призме 
1
1
1
C
B
ABCA
,
 все ребра кот
о
рой 
равны 
1,
 най
ти
 угол между прямой 
1
АВ
 и 
плоскостью 
С
С
АА
1
1
.
 
Решение
.
 Пусть 
D
 
–
 середина 
1
1
С
А
, 
тогда 
D
B
1
 
–
 
перпендикуляр к плоскости 
С
С
АА
1
1
, а 
D
 
–
 пр
о
екция точки 
1
В
 на эту 
плоскость (
см. 
рис. 
3
8
)
.
 
Если 

 
–
 
иск
о
мый угол, то 
1
1
sin
AB
D
B


, 
где 
2
1

AB
, 
2
3
1

D
B
, и поэтому 
4
6
sin


. О
тсюда 
4
6
arcsin


.
 
Ответ
:
 
4
6
arcsin
.
 
Пример 37.
 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
MABCD
,
 все ребра 
которой равны 
1,
 точка 

E
 середина 
ребра 
.
MC
 Найти синус угла между 
прямой 
DE
 и плоск
о
стью 
AMB
.
 
Решение.
 Через вершину 
M
 пров
е
дем 
прямую параллельную прямой 
,
AD
 и о
т-
ложим на ней едини
ч
ный отрезок 
MF
 
(см. рис
. 39
). 
 
В т
етраэдре 
MDCF
 все ребра равны 1 
и плоскость 
DFC
 пара
л
лельна плоскости 
AMB
. Перпендик
у
ляр 
,
EH
 опущенный 
из точки 
E
 на плоскость 
,
DFC
 раве
н 
половине высоты те
т
раэдра 
MDFC
, т.е. 
равен 
6
6
 (высота данного тетраэдра 
равна 
3
6
 
–
 покажите самостоятельно). 
Угол между пр
я
мой 
DE
 
и плоскостью 
AMB
 равен
 углу 
,
EDH
 синус к
о
торого 
равен 
 
3
2
2
3
:
6
6


DE
EH
.
 
Ответ:
 
3
2
.
 
Пример 
38
.
 
В правильной шест
и-
угольной пирамиде 
,
MABCDEF
 стороны 
основания которой равны 
1,
 а боковые 
ре
б
ра равны 
4,
 найти синус угла
 между 
прямой 
BC
 и пло
с
костью 
EMD
. 
 
Решение. 
Так как 
,
||
BC
AD
 то 
)
,
(
)
,
(
EMD
AD
EMD
BC



 
(см. рис. 
40
)
. Найдем 
)
,
(
sin
EMD
AD

. 
 
Высота пирамиды 
15

MO
 (см. 
пример 
13
)
. 

ML
 апофема боковой гр
а-
B
C
D
A
B
1
C
1
A
1
 
Рис. 38
 
A
B
C
D
E
M
H
F
 
Рис. 
39
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
22
 
ни 
EMD
. Высота 
OH
 тр
е
угольника 
MOL
 перпендикулярна пло
с
кости 
EMD
 
и 
7
5

OH
.
 
Тогда прямая 

HD
 ортогона
льная пр
о-
екция прямой 
AD
 на плоскость 
EMD
 и 
из прямоугольного треугольника 
OHD
 
7
5
1
:
7
5
)
,
(
sin




OD
OH
EMD
AD
.
 
Ответ
:
 
7
5
.
 
Пример 
3
9
. (ЕГЭ, 2010)
. 
В 
правильной 
треугольной пирамиде 
MABC
 с основ
а-
нием 
ABC
 известны ребра 
3
7

AB
, 
25

MC
. Найти угол
,
 образованный 
плоскостью основания и прямой
,
 прох
о-
дящей через сер
е
дины ребер 
AM
 и 
BC
. 
 
Решение. 
Пусть 
D
 и 

E
 середины 
ребер 
CB
 и 
AM
 соответственно. Так как 
пирамида правильная, то 
CB
AD

 и 
CB
MD

. Следовательно, 
ABC
CB

 и 
AMD
ABC

 (по признаку перпендик
у-
лярности плоскостей). 
 
Опустим в плоскости 
AMD
 перпенд
и-
куляры 
MO
 и 
EF
 из точек 
M
 и 
E
 на 
пр
я
мую 
AMD
ABC
AD


 (см. рис. 
41
). 
Так как 

AD
 прямая пересечения пе
р-
пендик
у
лярных плоскостей, то 
MO
 и 

EF
 перпендикулярны к плоскости о
с-
нования. 
Тогда точка 

O
 основание в
ы-
соты 
MO
 является центром треугольника 
ABC
 и 
7
3


AB
AO
, 
2
7
2


AO
OD
, а 
прямая 

FD
 ортогональная проекция 
прямой 
DE
 на плоскость осн
ования. 
Точка 

F
 середина отрезка 
AO
 
(
MO
EF
||
 и 

EF
 средняя линия тр
е-
угольника 
AMO
). Т
о
гда 
 
7



OD
FO
FD
.
 
Высоту пирамиды находим из прям
о-
угольног
о треугольника 
AMO
: 
 
24
7
25
2
2
2
2





AO
AM
MO
.
 
Тогда 
12

EF
 
 
Так как угол между прямой и плоск
о-
стью 
–
 угол между прямой и ее ортог
о-
нальной проекцией на эту плоскость, то 
из прямоугольного треугольника 
FED
 
п
о
лучаем 
 
.
7
12
)
,
(
tg



FD
EF
ABC
ED
 
Значит, искомый угол равен 
7
12
arctg
. 
 
Ответ:
 
7
12
arctg
.
 
A
B
C
D
E
M
F
O
H
L
 
Рис. 
40
 
A
B
C
D
O
M
F
E
 
Рис. 
41
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
23
 
векторно
-
координатный метод
 
Угол между прямой 
l
 и плоскостью 

 
можно вычислить по формуле 
 
p
n
p
n








sin
 
или в координатной фо
р
ме
 
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
sin
z
y
x
z
y
x
z
z
y
y
x
x









,
 
где 
}
,
,
{
1
1
1
z
y
x
n


 
–
 вектор нормали пло
с-
кости 

, 
}
,
,
{
2
2
2
z
y
x
p


 
–
 н
а
правляющий 
вектор прямой 
l
;
 
·
 прямая 
l
 и плоскость 

 параллельны 
тогда
 и только тогда, когда
 
0
2
1
2
1
2
1



z
z
y
y
x
x
.
 
Пример 
40
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 угол между пр
я-
мой 
1
АD
 и плоскостью 

,
 проход
я
щей 
через точки 
1
А
,
 Е и 
F
,
 где точка Е 
–
 с
е-
редина ребра 
1
1
D
C
,
 а точка 
F
 лежит на 
ре
б
ре 
1
DD
,
 так
,
 что 
DF
F
D
2
1

.
 
Решение
.
 
Введем прямоугольную си
с-
тему коо
р
динат, как указано на рисунке 
42
.
 
 
Тогда 
)
0
;
0
;
0
(
А
, 
)
1
;
0
;
0
(
1
А
, 
)
1
;
0
;
1
(
1
D
, 






1
;
2
1
;
1
Е
, 






3
1
;
0
;
1
F
, 
}
1
;
0
;
1
{
1

АD
, 







0
;
2
1
;
1
1
E
A
, 








3
2
;
0
;
1
1
F
А
. Пусть 
}
,
,
{
z
y
x
n


 
–
 вектор, перпенд
и
кулярный 
плоскости 

, 

 
–
 искомый угол. Тогда
 
n
AD
n
AD






1
1
sin
.
 
Вектор 
n

 найдем из условий перпе
н-
дикуля
р
ности этого вектора векторам 
E
A
1
 и 
F
А
1
, т.е. из условий 
 









0
,
0
1
1
F
A
n
E
A
n


 
или 


















.
5
,
1
,
2
0
3
2
,
0
2
x
z
x
y
z
x
y
x
 
Пусть 
2

x
, тогда 
4


y
, 
3

z
 и 
}
3
;
4
;
2
{


n

, 
29
|
|

n

.
 
Так как 
2
1

AD
 и 
,
5
3
1
)
4
(
0
2
1
1









n
AD

 
то 
 
58
5
29
2
5
sin




.
 
Отсюда 
58
5
arcsin


.
 
О
т
вет
:
 
58
5
arcsin
.
 
Пример 
41
.
 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
,
 
ребра которой равны 
l
,
 най
ти
 угол м
е-
жду прямой 
1
AB
 
и плоскостью
 
1
ACE
.
 
Решение.
 
Введем прямоугольную си
с-
тему координат, как указано на рисунке 
43
. 
 
Т
о
гда 
 


0
;
0
;
1
А
, 








1
;
2
3
;
2
1
1
B
, 








1
;
2
3
;
2
1
1
AB
. 
 
Составим уравнение плоскости
,
 пр
о-
хо
дящей через точки
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
F
E
 
Рис. 
42
 
A
F
E
E
1
x
z
B
y
O
C
D
F
1
A
1
B
1
C
1
D
1
M
N
 
Рис. 43
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
24
 


0
;
0
;
1
А
,
 









0
;
2
3
;
2
1
C
,
 










1
;
2
3
;
2
1
1
E
.
 
Подставляя координаты этих точек в 
общее уравнение плоскости 
 
0
ax   by    cz   d
           
,
 
получаем систему
 


















0
2
3
2
1
,
0
2
3
2
1
,
0
d
c
b
a
d
b
a
d
a
 
Отсюда имеем 
d
a


, 
d
b
3


, 
d
c
3


. Подставим в 
уравнение плоск
о-
сти и сократим на 
0


d
:
 
0
1
3
3




z
y
x
.
 
Вектор нормали полученной плоскости 
}
3
;
3
;
1
{

n

.
 
Тогда 
n
AB
n
AB






1
1
sin
, где 


 иск
о-
мый угол. Имеем 
 
13
26
2
13
2
4
sin




.
 
Отсюда
 
13
26
2
arcsin


.
 
О
т
вет
: 
13
26
2
arcsin
.
 
векторный метод
 
Пример 42
. 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
,
 все ребра 
которой равны 
1,
 най
ти
 угол между 
прямой 
DE
,
 где 
E
 
–
 середина апофемы 
SF
 
грани 
ASB
, 
и пло
с
костью 
A
SC
.
 
Решение
.
 Так как прямая 
О
D
 перпенд
и-
кулярна плоскости 
ASC
, то вектор 
OD
 
я
в-
ляется вектором нормали плоскости 
ASC
.
 
 
Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AS


 (
см. 
рис. 
44
), где 
1
|
|
|
|
|
|



c
b
a



, 
0


b
a


, 
5
,
0
60
cos
|
|
2






a
c
b
c
a





.
 
То
гда
 
)
(
2
1
)
(
2
1
b
a
a
b
a
AD
OA
OD













,
 















b
c
b
a
FE
AF
DA
DE




2
1
2
1
2
1
c
b
a



2
1
4
1




,
 



















b
a
c
b
a
OD
DE





2
1
2
1
2
1
4
1
 
8
3
8
1
2
1
4
1
4
1
8
1
2
1
2
2










c
b
c
a
b
a






,
 











2
2
1
4
1
c
b
a
DE



 













c
b
c
a
c
b
a







2
1
4
1
2
2
1
2
4
1
16
1
2
2
2
16
15
8
1
2
1
4
1
16
1
1






,
 
2
1
4
1
4
1
2
1
2
1
2











b
a
OD


.
 
Подставляя полученные значения в 
формулу
 
OD
DE
OD
DE




sin
, име
ем
 
30
3
2
15
4
8
3
sin





.
 
Отсюда 
30
3
arcsin


,
 где 


 и
с
комый 
угол.
 
Ответ
:
 
30
3
arcsin
.
 
A
B
C
D
O
S
E
F
 
Рис. 44
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
25
 
A
M
H


l
 
Рис. 
45
 
метод опорных задач
 
Угол ме
жду прямой 
l
 и плоскостью 

 
можно вычислить по форм
у
ле
 


AM
M
l







,
)
,
(
sin
sin
,
 
где 
l
M

, 
A
l



 (см. рис. 
4
5
)
.
 
Пример 43
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найти угол между пр
я-
мой 
1
1
B
А
 и плоскостью 
1
BDC
.
 
Решение
.
 Так как 
1
1
1
1
||
C
D
B
А
 и точки 
1
D
 и 
1
O
 лежат на прямой 
1
1
B
D
, пара
л-
лельной плоскости 
1
BDC
 (см. рис. 
4
6
), т
о 
п
о
следовательно получаем
 




)
,
(
sin
)
,
(
sin
1
1
1
1
1
1
BDC
C
D
BDC
B
A
 





1
1
1
1
1
1
1
1
)
,
(
)
,
(
C
D
BDC
O
C
D
BDC
D
 
3
3
1
:
3
3


.
 
Отсюда 
3
3
arcsin
)
,
(
1
1
1


BDC
B
A
.
 
Ответ
: 
3
3
arcsin
.
 
1.7. 
Угол между пло
с
костями
 
·
 
Двугранный угол
,
 образованный
 пол
у-
плоск
о
стями измеряется вел
ичиной его 
линейного угла
,
 получаемого при перес
е-
чении двугранного угла плоскостью
,
 пе
р-
пендикулярной его ребру.
 
·
 
Величина 
двугранного угла
 принадл
е-
жит промежутку 
)
180
,
0
(


.
 
·
 
Величина угла 
между пересекающим
и-
ся плоскостями
 принадлежит
 пром
е-
ж
утку 
]
90
,
0
(


.
 
·
 
Угол между двумя параллельными 
плоскостями
 сч
и
тается равным 

0
.
 
поэтапно
-
вычислител
ь
ный метод
 
Рассматриваемый метод позволяет н
а-
ходить поэтапно искомый угол при реш
е-
нии и
з
вестных задач, к которым сводит
ся 
данная задача. Перечислим типы этих з
а-
дач, связанных с нахождением у
г
ла:
 
●
 между пересекающимися прямыми 
a
 
и
 
b
, лежащими в рассматриваемых 
плоскостях и перпендикуля
р
ными их 
линии пересечения (
см. 
рис. 
4
7
)
;
 
●
 между прямыми, параллельными 
прямым 
a
 
и
 
b
 ил
и между 
b
 и прямой, 
параллел
ь
ной 
a
;
 
●
 между плоскостями, параллельными 
данным плоскостям 

 и 

 или ме
ж
ду 

 и плоскостью, пара
л
лельной 

;
 
●
 между перпенд
икулярами к данным 
плоскостям.
 
●
 
построение линейного угла 
 
двугранного у
г
ла
 
Решение задачи этим методом 
своди
т-
ся непосредственно к построению и в
ы-
числению величины линейного угла дв
у-
гранного угла, образованного перес
е-
кающимися плоскостями 

 и 

. Соо
т-
A
c
a

b


 
Рис. 47
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
O
N
O
1
 
Рис. 
46
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
26
 
A
B
C
D
S
O
E
K
 
Рис. 48
 
ветствующий линейный угол строится с 
помощью двух перпендикуляров 
a
 
и
 
b
, 
пр
о
веденных в указанных плоскостях к 
прямой их пер
е
сечения, а его величина в 
дальнейшем находится либо из некотор
о-
го прямоугольного тр
е
у
гольника, либо из 
некоторого треугол
ь
ника с применением 
теоремы к
о
синусов.
 
Пример 
44
.
 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
,
 все ребра 
кот
о
рой равны 
1,
 най
ти
 двугранный угол 
между основанием и боковой гр
а
нью.
 
Решение
.
 Пусть 
E
 и
 
K
 
–
 середины 
ребер 
AD
 и
 
BC
 соответс
т
венно, 
О
 
–
 центр 
основания 
ABCD
 (
см. 
рис. 
4
8
). Т
о
гда 
AD
SE

, 
AD
EK

 и поэтому 



SEK
 
–
 
линейный угол данного 
дв
у-
гранного у
г
ла.
 
Так как 
1

AD
, 
2
1

OE
,
 
1

SD
, то
 
2
3
4
1
1
2
2





ED
SD
SE
, 
3
1
cos



SE
OE
, 
3
1
arccos


.
 
Ответ
:
 
3
1
arccos
.
 
Пример
 
45
.
 
В правильной шест
и-
угольной пирами
де
,
 стороны основания 
кот
о
рой равны 
1,
 а боковые ребра равны 
2,
 най
ти
 косинусы дв
у
гранных углов при 
основании и при боковом ребре.
 
Решение.
 Рассмотрим пирамиду 
M
ABCDEF
.
 
Поскольку пирамида пр
а-
вильная, то
 
равны все е
е
 двугранные у
г-
лы при основании и равны вс
е углы ме
ж-
ду любыми е
е
 смежными боковыми гр
а-
нями. Найд
е
м, например, угол между 
плоскостью осн
о
вания и боковой гранью 
MAF
 и угол ме
ж
ду боковыми гранями 
FME
 и 
M
DE
 (
см. 
рис.
 
4
9
)
. 
 
Прямая 
AF
 
–
 ребро двугранного угла
 
MAF
Е
. Пусть 
O
 
–
 центр 
основания, 
т
о
гда 
MO
 
–
 высота пирамиды.
 Пусть 
L
 
–
 сер
е-
дина отрезка
 
AF
, тогда 
M
L
 
–
 апофема 
грани 
A
M
F
,
 
.
2
15
4
1
4
2
2





AL
AM
ML
 
 
По теореме о трех перпендикулярах пр
я-
мая
 
LO
 перпендикулярна 
AF
. Следов
а-
тельно, 
MLO

 
–
 линейный угол дв
у-
гранн
ого угла
 
MAFB
. 
,
2
3

LO
 так как 
является высотой равностороннего тр
е-
угольника 
AOF
 со стороной 1.
 Из прям
о-
угол
ь
ного треугольника 
LM
O
 находим
 
5
1
15
2
2
3
cos





ML
LO
MLO
.
 
Прямая 
ME
 
–
 ребро двугранного угла
 
FMED
. В треугольниках 
FME
 и 
MD
Е
 
проведём 
выс
о
ты к стороне 
ME
 из точек 
F
 и 
D
 соотве
т
ственно. Поскольку 
DME
FME



, то эти высоты «сойду
т-
ся» в одной точке 
N
. Следовательно, 
DNF

 
–
 линейный угол двугранного у
г-
ла
 
FMED
.
 
Из равенства треугольников 
FME
 и 
MD
Е
 
следует равен
ство в
ы
сот 
FN
 
и 
D
N
. 
Найд
е
м 
FN
. Для этого
 
вычислим пл
о
щадь 
треугольника 
FME
.
 Поскольку ап
о
фема 
A
B
C
F
L
N
E
D
M
O
K
 
Рис. 
49
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
27
 
грани 
FME
 ра
в
на 
15
2
ML

, 

FME
S
 
4
15
1
2
15
2
1




, 
то высота 
FN
, опуще
н-
ная 
на 
ME
, равна: 
 
4
15
2


ME
S
FN
FME
.
 
Дал
ее, рассмотрим равнобедренный 
треугольник 
F
DN
. 
В н
е
м 
.
3
2


LO
FD
 
Косинус угла 
DNF
 можно найти, во
с-
пользовавшись теоремой косинусов для 
стор
о
ны 
DF
:
 
2                 2                2
3
cos
2                            5
FN    DN    FD
FND
FN DN
        
                                  
             
.
 
Таким образом
, искомые косинусы 
двугранных углов при основании и при
 
боковом ребре равны 
5
1
 и 
3
5

 соотве
т-
стве
н
но.
 
Ответ:
 
5
1
 и 
3
5

.
 
Так как в
 подобных телах соответс
т-
вующие углы равны, а линейные элеме
н-
ты (стороны, высоты, медианы и т.
п.) 
пропорц
иональны
, 
то
 
при вычислении 
углов в какой
-
либо конфигурации (обы
ч-
но в треугольнике) важно учитывать 
лишь отношение длин соотве
т
ствующих 
отрезков. Поэтому, если все линейные 
элементы конфигурации зависят от одн
о-
го параметра, то можно принимать зн
а-
чение этого параметра равным к
а
кому
-
нибудь числу. В частности, в кубе при 
нахождении угловых величин часто п
о-
лагают длину его ребра равным ед
и
нице.
 
Пример
 
4
6
.
 
В кубе 
1   1   1    1
ABCDABC D
 
най
ти
 угол между плоскостями сеч
е
ний 
1   1
ABC D
 и 
1   1
CB AD
.
 
Решение.
 Пусть ребро куба равно 1.
 
Прямая 
D
B
1
 
–
 линия пересечения пло
с-
костей с
е
чений 
1   1
ABC D
 и 
1   1
CB AD
, так 
как 
1
B
 и 
D
 
–
 
их общие точки 
(
см. 
рис
.
 
50
).
 
В прямоугольных треугол
ь
никах 
1   1
B AD
 и 
1    1
BC D
 провед
е
м высоты к гип
о
тенузе 
1
B D
 из точек 
1
A
 и 
1
C
 
соответственно. 
Поскольку треугол
ь
ник
и 
1   1
B AD
 и 
1    1
BC D
 
равны, то эти высоты «со
й
дутся» в одной 
точке 
N
. Следовательно, 
1
1
NC
A

 
–
 л
и-
нейный угол двугранного у
г
ла
 
1
1
1
DC
B
A
.
 
Поскольку прямоугольные треугольн
и-
ки 
1   1
B AD
 и 
1    1
BC D
 равны, то равны и в
ы-
соты 
N
A
1
 и 
N
C
1
, опущенные на гипот
е-
нузу 
1
B D
. Длины ук
а
занных высот можно 
найти, например, ч
е
рез площадь любого 
из этих тр
е
угольнико
в:
 
 
3
2
1
1


N
C
N
A
.
 
Далее, рассмотрим равнобедренный 
треугольник 
1    1
AC N
. В н
е
м 
1    1
2
AC

. 
Найдём угол 
1
1
NC
A
, воспользовавшись 
теоремой косинусов для ст
о
роны 
1    1
AC
:
 







N
C
N
A
C
A
N
C
N
A
NC
A
1
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
cos
 
5
,
0
3
2
3
2
2
)
2
(
3
2
3
2
2
2
2























.
 
Отсюда 
.
3
2
1
1



NC
A
 
 
Следовательно, искомый угол между 
плоскостями сечений 
1   1
AB D
 и 
1    1
BC D
 р
а-
вен 
3

.
 
Ответ:
 
3

.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
 
Рис. 
50
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
28
 
Прим
ер
 
47
.
 
В правильной треугольной 
призме 
1   1    1
ABCABC
 боковое ребро равно 
b
,
 
а сторона основания 
a
. Най
ти
 кос
и
нус 
угла между плоскост
я
ми 
1
ABC
 и 
1   1
ABC
.
 
Решение.
 Построим линию пересеч
е
ния 
плоскостей 
1
ABC
 и 
1   1
ABC
 (
см. 
рис.
 
51
).
 
 
Диагонали 
1
AC
 и 
C
A
1
 в боковой гр
а
ни 
C
C
AA
1
1
 призмы перес
е
каются в точке 
D
 и 
делятся этой точкой пополам. Аналоги
ч-
но, диагонал
и 
1
BC
 и 
C
B
1
 в б
о
ковой грани 
C
C
BB
1
1
 призмы пересек
а
ются в точке 
E
 и 
также делятся этой точкой пополам. То
ч-
ки 
D
 и 
E
 
–
 общие точки пло
с
костей 
1
ABC
 
и 
1   1
ABC
, п
оэтому прямая 
DE
 является л
и-
нией их пересечения. Кроме того, отр
е
зок 
DE
 является средней линией равнобе
д-
ренных треугольн
и
ков 
1
ABC
 и 
1   1
ABC
, а 
значит, 
DE
 
||
 
AB
 и 
DE
 
||
 
1
1
B
A
.
 
Рассмотрим равнобедр
енные тр
е-
угольники 
DE
C
1
 и 
CDE
. Они равны по 
тр
е
м сторонам. Провед
е
м в этих тр
е-
угольн
и
ках медианы 
N
C
1
 и 
CN
 к общему 
осн
о
ванию 
DE
. Тогда 
DE
N
C

1
 и 
DE
CN

. Следовательно, 
NC
C
1

 
–
 л
и-
нейный угол дв
у
гранного угла 
DEC
C
1
.
 
Найд
е
м теперь косинус угла 
NC
C
1
. С 
этой целью ра
с
смотрим равнобедренный 
тр
е
угольник 
NC
C
1
. В н
е
м 

N
C
1
 
4
4
3
2
2
2
2
2
1
2
1
b
a
MB
CB
CM
CN






, 
b
CC

1
. Воспользовавшись теоремой к
о-
синусов для ст
о
роны 
1
CC
, получим:
 
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
4
3
4
3
2
cos
b
a
b
a
CN
N
C
CC
CN
N
C
NC
C









.
 
В рассматриваемом примере требуе
т
ся 
найти косинус угла 

 между плоскост
я-
ми 
1
ABC
 и 
1   1
ABC
. Вста
е
т закономерный 
в
о
прос. Нашли ли мы косинус того угла, 
который тр
е
буется в условии, или же нам 
необходим косинус смежного с ним угла 
NM
C
1
 (кстати, на 
рис.
 
51
 
через 

 об
о-
значена величина 
именно этого у
г
ла)? На 
этот вопрос можно ответить сл
е
дующим 
образом. Согласно определению угла 
между плоскостями, его величина может 
быть в пределах от 0 до 
2

, т.е. к
о
синус 
такого угла должен быть положител
ь-
ным. П
о
этому, если 
0
4
3
2
2


b
a
, то 
2
2
2
2
1
4
3
4
3
cos
cos
b
a
b
a
NC
C






, если же 
0
4
3
2
2


b
a
, то 
 
2
2
2
2
1
4
3
3
4
cos
cos
b
a
a
b
NM
C






 
(поскольку косинусы смежных углов 
равны по абсолютной величине и прот
и-
воположны по знаку). Таким образом, 
оконч
а
тельно: 
2
2
2
2
4
3
|
4
3
|
cos
b
a
b
a




.
 
Ответ
:
 
2
2
2
2
4
3
|
4
3
|
b
a
b
a


.
 
● 
Использование параллельных
 
прямых
 
В некоторых задачах построение л
и-
нейного угла затруднительно. И тогда 
вместо линейного угла можно рассмо
т-
реть угол с соответственно параллельн
ы-
ми сторонами по отношению к линейн
о-
му углу. 
 
Приме
р
 48
.
 
В кубе 
1   1   1    1
ABCDABC D
 с 
ребром
,
 равным 
a
,
 через точки 
M
 на ре
б-
ре 
1
BB
 и 
N
 на 
1
DD
 такие
,
 что 
3
4
a
BM

 
и 
4
a
DN

, 
параллельно 
AC
 проведена с
е-
кущая плоско
сть. Определить угол ме
ж-
ду секущей плоскостью и плоск
о
стью 
ABC
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
M

E
N
 
Рис. 51
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
29
 
Решение.
 
Построим сечение куба 
плоскостью, проходящей через точки 
M
 и 
N
 параллельно 
AC
 (
см. 
рис.
 
52
). 
 
С этой целью рассмотрим диагонал
ь-
ную пло
с
кость 
1
1
C
AA
. Соединим точки 
M
 
и 
N
, т
о
гда 
O
MN
C
AA


1
1
, где точка 
O
 
–
 
середина отрезка 
MN
. Поскольку, согла
с-
но условию, секущая плоскость пара
л-
лельна 
AC
, то прямая
 
l
 
е
е
 пересечения с 
плоскостью 
1
1
C
AA
 также будет пара
л-
лельна 
AC
. Поэтому провед
е
м через то
ч-
ку 
O
 прямую 
QP
 (
QP
 
||
 
AC
). Соединив 
последов
а
тельно отрезками точки 
Q
, 
M
, 
P
 
и 
N
, получим сечение 
QMPN
. Так как с
е-
кущая плоскость пересекает параллел
ь-
ные грани куба по параллельным пр
я-
мым, то четыр
е
хугольник 
QMPN
 являе
т-
ся параллел
о
граммом.
 
В квадрате
 
ABCD
 диаг
онали перпе
н-
дикуля
р
ны (
AC
BD

), значит, 
l
BD

.
 
Проведем в плоскости 
1
BDD
 пр
я
мую 
KN
, 
параллельную 
BD
. Тогда 
KN   l

. Пр
я
мая 
BD
 является проекцией н
а
клонной 
MN
 
на 
плоскость 
АВС
, поэтому по
 теореме о 
трех перпенд
и
кулярах 
MN   l

. Прямая 
MN
 лежит в пло
с
кости 
MPNQ
, а прямая 
К
N
 параллельна плоскости 
ABC
. 
След
о-
вательно, угол 
KNM
 равен линейному у
г
лу 
искомого двугранного угла (как уг
лы с с
о-
ответственно параллельными сторон
а
ми).
 
Пусть 
MNK
       
, тогда 
 
2
tg:2
2               4
MB  ND   a
a
BD

                             
.
 
Ответ:
 
2
arctg
4
.
 
● 
использование параллельных
 
плоск
о
стей
 
В некоторых задачах 
является эффе
к-
тивным по
д
ход, при котором вместо угла 
ме
жду пересекающимися плоск
о
стями 

 
и 

 ищется угол между плоскостями, п
а-
раллельными рассматриваемым (или м
е-
жду одной из данных плоскостей и пло
с-
костью, п
а
раллельной другой из них). 
 
Пример
 49
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между плоскостью гр
а
ни 
1   1
AAB B
 и плоск
о
стью 
D
BC
1
.
 
Решение.
 
Так как плоскость 
1   1
AAB
 п
а-
раллельна плоскости 
1   1
DDC
, то иск
о
мый
 
угол равен углу между пло
с
костям
и 
D
BC
1
 и 
1   1
DDC
 (
см. 
рис. 
53
). Диагонали 
грани куба перпе
н
дикулярны и точкой 
пересечения делятся пополам. П
о
этому 
1
EC   DC

, где точка 
E
 
–
 середина о
т-
резка 
1
DC
. Также 
1
BE   DC

, как 
высота
 
равностороннего треугольника 
D
BC
1
. 
Следовательно, угол 
BEC
 есть лине
й
ный 
угол 

 двугра
н
ного угла 
1
BDCC
. 
 
Треугольник 
BEC

 прямоугольный 
(
1   1
BC   DDC

) и 
BCE
     
 прямой. Пусть 
ребро куба равно 1, тогда 
1,
BC

 
1
1
2
2
DC
EC
        
.
 
Следовательно, 
 
1
tg                1:2
2
BC
EC
                 
.
 
Отсюда 
arctg   2
 
.
 
Ответ
:
 
arctg   2
.
 
A
D
A
1
M
P
Q
B
N
C
1
B
1
D
1
K

C
O
 
Рис. 52
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1

E
 
Рис. 53
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
30
 
●
 
использование перпендикуляров 
 
к пло
с
костям
 
На 
рис. 
5
4
 
прямые 
l

 и 
l

 лежат в 
плоскости 

 и перпендикулярны плоск
о-
стям 

 и 

 соответс
т
венно. Тогда угол 
между ними равен углу между плоск
о-
стями 

 и 

. В общем случае прямые 
l

 
и 
l

 могут быть скр
е
щивающимися.
 
Пример
 50
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между плоск
о
стями 
C
AB
1
 и 
D
BC
1
.
 
Решение
. 
Диагональ куба 
C
A
1
 пе
р-
пендикулярна плоск
о
сти 
D
BC
1
 (
см. 
рис. 
5
5
), так как 
1
1
BC
C
A

 и 
1
1
DC
C
A

 (по 
теореме о трех перпендикулярах). Анал
о-
гично диагональ куба 
1
BD
 перпендик
у-
лярна плоскости 
C
AB
1
. Таким обр
а
зом, 
задача сводится к нахождению острого 
угла между диагоналями 
C
A
1
 и 
1
BD
 
прямоугольника 
1
1
A
BCD
.
 
Пусть 
O
 
–
 точка пересечения диаг
о-
налей и ребро куба ра
в
но 1. Тогда 
,
3
1
1


BD
C
A
 
3
2
OC  OB
      
. Из тр
е-
угольника 
ОВС
 нах
о
дим 
 
2                2                2
1
cos
2                         3
OB   OC    BC
BOC
OB OC
       
                                 
            
,
 
т.е. 
1
arccos
3
BOC
     
.
 
Ответ
: 
3
1
arccos
.
 
Пример 
51
. 
Дан куб 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. 
Най
ти
 угол между плоск
о
стями 
1
1
C
AB
 и 
C
B
A
1
1
.
 
Решение
. 
Каждая из пр
я
мых 
1
AD
 и 
1
CD
 (
см. 
рис. 
5
6
) перпендикулярна пло
с-
костям 
C
B
A
1
1
 и 
1
1
C
AB
 соответственно 
(д
о
кажите). 
 
Поэтому величина искомого угла ра
в-
на величине угла между пр
я
мыми 
1
AD
 и 
1
CD
. Так как треугольник 
C
AD
1
 
–
 равн
о-
сторонний, то получаем ответ: 
3

.
 
Ответ
: 
3

.
 
Пример 
52
.
 (МИОО, 2010).
 
Дана
 
пр
я-
мая четырехугольная призма 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
,
 в основании которой 
лежи
т прямоугол
ь
ник 
,
ABCD
 в котором 
,
5

AB
 
33

AD
. Через середину ребра 
CD
 проведена плоскость перпендикуля
р-
но прямой 
D
B
1
. Найти тангенс угла м
е-
жду этой плоскостью и п
лоскостью 
грани 
,
1
1
D
D
AA
 если расстояние между 
прям
ы
ми 
1
1
C
A
 и 
BD
 равно
 
3
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
O
 
Рис. 55
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
56
 
A
c
a

b







l

l

 
Рис. 54
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
31
 
Решение. 
Так как прямая 
D
B
1
 
перпе
н-
дикулярна проведенной плоскости 
(
на 
рис. 
5
7
 
эта пло
скость изображена усло
в-
но
), а пр
я
мая 
1
1
D
AA
CD

 (
D
D
CD
1

 так 
как призма и 
AD
CD

 так как 

ABCD
 
прямоугольник), то
 угол между 
рассма
т-
риваемыми плоскостями 
равен углу ме
ж-
ду п
рямыми 
D
B
1
 
и 
CD
. 
 
Тангенс этого угла найдем из прям
о-
угольного треугольника 
D
CB
1
 
(
1
1
D
AA
CD

, следовательно 
C
B
CD
1

). 
Так как скрещивающиеся прямые
 
1
1
C
A
 и
 
BD
 
лежат в параллел
ь
ных плоскостях, то 
расстояние между ними равно рассто
я-
нию между этими плоскостями. Значит 
в
ы
сота и боковое ребро призмы равны 
3
. Тогда 
6
2
1
2
1



BB
BC
C
B
 и и
с-
комый тангенс равен 
2
,
1
5
6
1


CD
C
B
.
 
Ответ:
 
1,2.
 
векторно
-
координатный метод
 
Применение данного метода позв
о
ляет 
свести решение исходной задачи к задаче 
о нахожд
е
нии угла:
 
а) между векторами нормалей данных 
плоскостей;
 
б) между направляющими векторами 
скрещивающихся прямых 
а 
и
 
b
, леж
а
щих 
в р
ассматриваемых плоскостях и перпе
н-
дикулярных к их линии пересеч
е
ния.
 
●
 
использование векторов нормалей 
 
пересекающихся плоск
о
стей
 
Любой ненулевой вектор, перпендик
у-
лярный плоскости 
–
 ее вектор 
нормали
. 
 
Известно, что каждое уравнение пе
р-
вой степени 
0
px   qy    rz   d
           
 при усл
о-
вии 
0
2
2
2



r
q
p
 задает в прямоугол
ь-
ной системе координат единственную 
плоскость, для которой вектор 
}
,
,
{
r
q
p
n


 является вектором норм
а
ли.
 
Задачу о нахождении угла между 
плоскостями 

 и 

, заданными уравн
е-
ниями 
0
1
1
1
1




d
z
r
y
q
x
p
 и 
0
2
2
2
2




d
z
r
y
q
x
p
 соответственно, 
удобнее свести к задаче о нахождении 
у
г
ла между векторами их нормалей 
}
,
,
{
1
1
1
r
q
p
n



 
и 
}
,
,
{
2
2
2
r
q
p
n



, испол
ь-
зуя формул
у
 











|
|
|
|
|
|
)
,
(
cos
n
n
n
n




 
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
r
q
p
r
q
p
r
r
q
q
p
p








. 
(1)
 
Пример
 
53
.
 
Най
ти
 угол между пло
с-
костями 
0
5
6
3
2




z
y
x
 и 
0
7
2
4
4




z
y
x
.
 
Решение
. 
Векторы 
}
6
;
3
;
2
{
1

n

 и 
}
2
;
4
;
4
{
2

n

 
–
 
векторы
 нормалей плоск
о-
стей 
0
5
6
3
2




z
y
x
 и 
0
7
2
4
4




z
y
x
 соответственно. 
 
Тогда по формуле 
(1)
 косинус угла 

 
между данными плоскостями равен:
 





2
1
2
1
cos
n
n
n
n




 
.
21
16
4
16
16
36
9
4
|
2
6
4
3
4
2
|












 
Отсюда
 
21
16
arccos


.
 
Ответ
: 
21
16
arccos
.
 
Пример 
54
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между плоскостями 
C
AB
1
 и 
D
BC
1
.
 
Реш
е
ние
.
 Пусть 
a
AD


, 
b
AB


, 
c
AA


1
 (
см. 
рис. 
5
8
), где 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

, 
0






c
b
c
a
b
a






. 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
57
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
32
 
Векторы 
1
BD
 и 
1
CA
 являются вект
о-
рами нормали плоскостей 
C
AB
1
 и 
D
BC
1
 
соответстве
н
но, так как 
C
AB
BD
1
1

 и 
D
BC
CA
1
1

. Т
о
гда 
 
c
b
a
BD






1
, 
c
b
a
CA







1
, 








)
)(
(
1
1
c
b
a
c
b
a
CA
BD






1
2
2
2





c
b
a



, 
3
)
(
2
2
2
2
1







c
b
a
c
b
a
BD






, 
3
)
(
2
2
2
2
1








c
b
a
c
b
a
CA






,
 
3
1
3
3
1
cos
1
1
1
1







CA
BD
CA
BD
. Откуда 
3
1
arccos


, где 


 искомый угол.
 
Ответ
:
 
3
1
arccos
.
 
Пример 
55
.
 
В 
правильной пирамиде 
MABCD
 
(

M
 вершина
)
 высота и ст
о-
рона основания равны 
4
. Точка 

F
 сер
е-
дина ребра 
MC
. Плоскост
ь 

 пр
о
ходит 
через середину ребра 
AM
 перпендик
у-
лярно прямой 
BF
. Найти угол ме
ж
ду
:
 
 
а
)
 плоскостью 

 и плоскостью основ
а-
ния
;
 б
)
 плоскостью 

 и прямой 
DM
.
 
Решение. 
Так как прямая 


BF
, то 
ее направляющий вектор 
BF
 я
в
ляется 
вектором нормали плоскости 

 (см. рис. 
5
9
)
.
 Точка 

O
 основание высоты 
MO
, 
следовательно, вектор 
OM
 является ве
к-
тором нормали плоскости 
ABC
. 
Тогда 
получим
 
.
|
|
|
|
|
|
)
,
(
cos
OM
BF
OM
BF
ABC





 
(
*
)
 
Соответственно, для нахождения угла 
между 
прям
ой 
DM
 и
 плоскост
ью 

 
во
с-
пользуемся 
формулой:
 
|
|
|
|
|
|
)
,
(
sin
DM
BF
DM
BF
DM





.
 
(
*
*
)
 
Введем систему координат 
Oxyz
 
сл
е-
дующим образом. 
Пусть начало коорд
и-
нат находится в центре о
с
нования в точке 
O
, ось 
x
 проходит через точку 
O
 пара
л-
лельно ребру 
AD
, ось 
y
 прох
о
дит через 
точку 
O
 параллельно ребру 
AB
, ось 
z
 
проходит через точку 
O
 перпендикуля
р-
но плоскости основания (см. рис. 
5
9
). 
Найдем координаты точек и векторов:
 
),
0
;
0
;
0
(
O
 
),
0
;
2
;
2
(

B
 
),
0
;
2
;
2
(
C
 
),
4
;
0
;
0
(
M
 
),
2
;
1
;
1
(
F
)
0
;
2
;
2
(

D
.
 
Тог
да 
 
}
2
;
1
;
3
{


BF
, 
14
4
1
9
|
|




BF
, 
}
4
;
0
;
0
{

OM
, 
4
|
|

OM
,
 
}
4
;
2
;
2
{


DM
, 
6
2
16
4
4
|
|




DM
.
 
Используя
 формулы (
*
) и (
*
*
), пол
у-
чим
 
,
14
2
4
14
|
4
2
0
)
1
(
0
3
|
)
,
(
cos











ABC
.
0
6
2
14
|
4
2
2
)
1
(
)
2
(
3
|
)
,
(
sin












DM
 
Ответ:
 
14
2
arccos
)
,
(



ABC
,
 
0
)
,
(



DM
. 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
58
 
A
B
C
D
F
M
z
O
x
y
 
Рис. 
59
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
33
 
Приведем один из способов получ
е
ния 
уравнения
 плоскости, если известны к
о-
орд
и
наты трех е
е
 точек 
)
,
,
(
M
M
M
z
y
x
M
, 
)
,
,
(
N
N
N
z
y
x
N
, 
)
,
,
(
P
P
P
z
y
x
P
, не л
е
жащих 
на одной прямой. Для этого ну
ж
но 
взять 
в общем виде уравнение плоск
о
сти 
0
ax   by    cz   d
           
, в котором 
,,,
a  b c d
 
–
 
неизвестные числа. Подставив в него к
о-
ординаты точек 
,,
M N P
, получим си
с-
тему уравнений:
 
0,
0,
0.
M        M        M
N          N          N
P           P          P
ax      by       cz      d
ax     by      cz      d
ax     by      cz     d
                


               


               

 
Решив е
е
, н
айдем 
,,
a    pd  b    qd  c    rd
                 
 
(если окажется, что 
0
d

, то 
pc
a

, 
qc
b

; если 
0
d    c
   
, то 
a    pb

). По
д-
ставив в исхо
д
ное уравнение и сократив 
на 
0
d

, пол
у
чим уравнение 
 
1



rz
qy
px
.
 
Выведем, например, в выбранной си
с-
теме координат уравнение плоскости, 
прох
о
дящей через точки 
,
B D
 и 
1
C
 (
см. 
рис. 
60
), если ребро куба равно 1. 
 
Для
 этого выразим координаты т
о
чек: 
(0;1;0),
B
 
(1;0;0),
D
 
1
(1;1;1)
C
. Зап
и
сав в 
общем виде уравн
е
ние плоскости 
0
ax   by    cz   d
           
 и 
подставив
 
в него к
о-
ординаты этих точек, п
о
лучим: 
 
1
0      1      0         0,(                               )
1       0       0         0,(                                )
1      1      1         0.(                                 )
a       b      c       d
для точки B
a      b       c       d
для точки D
a      b      c      d
для точки С
             


             


             

 
О
тсюда 
,
b      d  a      d
        
 и 
c    d

. Уравн
е-
ние плоскости 
1
BC D
 
им
е
ет вид 
0
dx   dy   dz   d
               
 или 
1   0
x    y    z
         
 
после сокращения на 
0
d

.
 
В задачах на вычисление 
угла между 
пересекающимися плоскостями 
в
 общем 
случае уравнение плоскости находить не 
требуется. Координаты вектора нормали 
можно вывести, если известны координ
а-
ты трех точек плоскости 
,,
M N P
, не л
е-
жащих на одной прямой. Для этого нах
о-
дим координ
а
ты двух векторов плоскости 
 
}
,
,
{
3
2
1
a
a
a
MN
a



 и 
}
,
,
{
3
2
1
b
b
b
MP
b



.
 
Предположим, что вектор с координат
а-
ми 
}
,
,
{
r
q
p
n


 (здесь 
,,
p  q r
 
–
 неизвес
т-
ные числа, которые нужно найти) пе
р-
пендикулярен л
ю
бому ве
ктору плоскости 

, т.е. 
a

 и 
b

 
в том числе. Его координ
а-
ты ищутся из условий равенства нулю 
скалярных прои
з
ведений 
n

 с векторами 
a

 и 
b

 из следующей сист
е
мы уравнений:
 
0,
0;
n a
n b

   


   


  
  
 

 
1              2             3
1             2             3
0,
0.
a p   a q   a r
b p   b q   b r
            


          

 
Эта система имеет бесконечное мн
о-
жество решений, так как векторов, пе
р-
пендикулярных плоскости 

, бесконечно 
много. Выразив, например,
 из системы 
координаты 
p
 и 
q
 через 
r
, выберем н
е-
нулевой вектор 
{  (  );(  );}
n      p r   q r    r


, взяв в 
качестве 
r
 какое
-
нибудь число (обычно 
б
е
рут так, чтобы в 
координатах не было 
дробей или радик
а
лов).
 
Пример 
56
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 най
ти
 угол между пло
с-
костями 
E
AD
1
 и 
,
1
FC
D
 где то
ч
ки Е и 
F
 
–
 середины ребер 
1
1
В
А
 и 
1
1
С
В
 соотве
т-
стве
н
но.
 
Решение
.
 
Введем прямоугольную си
с-
тему коо
р
динат, как указано на рисунке 
61
.
 
 
Тогда 
)
0
;
0
;
0
(
А
, 
)
0
;
1
;
1
(
С
, 
)
1
;
0
;
1
(
1
D
, 






1
;
2
1
;
0
Е
, 






1
;
1
;
2
1
F
, 







1
;
2
1
;
0
AE
,
 
 
},
1
;
0
;
1
{
1

АD
},
1
;
1
;
0
{
1


СD
.
1
;
0
;
2
1








СF
 
Найдем вектор 
}
,
,
{
z
y
x
n


, перпенд
и-
кулярный плоскости 
E
AD
1
. Этот вектор 
A
D
A
1
B
C
1
B
1
D
1
C
z
y
x
 
Рис. 
60
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
34
 
должен быть перпендикулярным вект
о-
рам 
AE
 и 
1
АD
,
 поэтому 
 









0
0
1
АD
n
AE
n


 

 









0
0
2
z
x
z
y
 

 







.
2
z
x
z
y
 
Пусть 
1


z
, тогда 
1

x
, 
2

y
 и 
}
1
;
2
;
1
{


n

. Найдем вектор 
}
,
,
{
z
y
x
m


, 
перпендикулярный 
плоскости 
FC
D
1
. 
Этот вектор должен быть перпендикуля
р-
ным векторам 
1
CD
 и 
CF
, п
о
этому 
 









0
,
0
1
CF
m
CD
m


 

 











0
2
,
0
z
x
z
y
 

 





.
2
,
z
x
z
y
 
Пусть 
1

z
, тогд
а 
2

x
, 
1

y
 и 
}
1
;
1
;
2
{

m

.
 
Для нахождения иск
о
мого 
угла 

 и
с
пользуем формулу 
m
n
m
n








cos
. Так как 
 
3
1
)
1
(
1
2
2
1









m
n


, 
6
|
|

n

, 
6
|
|

m

, то 
5
,
0
cos


, отк
у
да 



60
.
 
Ответ
:
 

60
.
 
Пример
 
57
.
 
Дан куб 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. 
Най
ти
 угол между плоскостями 
MNP
 и 
AKD
,
 где точки 
M
 
–
 центр грани 
1   1
AAB B
, 
N
 
–
 середина ребра 
1
1
C
B
,
 
K
 
–
 с
е
редина 
ребра 
1
CC
, 
P
 
–
 делит ребро 
1
DD
 в о
т-
ношении 
1
:1:2
DP  PD

.
 
Решение.
 Введем систему координат 
следующим обр
а
зом. Точку 
A
 примем за 
начало координат. Оси 
Ax
, 
Ay
 и 
Az
 н
а-
правим вдоль ребер к
у
ба 
AD
, 
АВ 
и 
1
AA
 
соответственно (
см. 
рис. 
62
). Пусть ре
б
ро 
куба равно 1.
 
Выразим коорд
и
наты точек: 
 
(0;0;0),
A
 
(1;0;0),
D
 
(1;1;0,5),
K
 






2
1
;
2
1
;
0
M
,
 






1
;
1
;
2
1
M
,
 
1
1;0;.
3
P
            
            
            
 
Найдем координаты векторов:
 







2
1
;
2
1
;
2
1
MN
, 









6
1
;
2
1
;
1
MP
 
{1;0;0},
AD


 
{1;1;0,5}.
AK


 
Теперь найдем 
координ
а
ты векторов 
1
n

 и 
2
n

, перпендикулярных плоск
о
стям 
MNP
 и 
AKD
 соответственно. Начнем с 
вектора 
}
,
,
{
1
1
1
1
r
q
p
n


.
 Его к
о
ординаты 
ищутся из условий равенства нулю ск
а-
лярных пр
о
изведений 
1
n

 с векторами 
MN

 и 
MP

. Получаем си
с
тему
 









;
0
,
0
1
1
MP
n
MN
n


 

 











;
0
6
1
5
,
0
,
0
5
,
0
5
,
0
5
,
0
1
1
1
1
1
1
r
q
p
r
q
p

 

 
.
9
7
,
9
2
1
1
1
1
r
q
r
p




 
Эта система имеет бесконечное мн
о-
жество решений, так как векторов, 
пе
р-
пендикулярных плоскости 
MNP
, беск
о-
нечно много. Выберем из данного мн
о-
жества ненулевой вектор 
1
n

, положив 
.
9
1

r
 Т
о
гда 
}
9
;
7
;
2
{
1



n

.
 
Найдем теперь координаты вект
о
ра 
}
,
,
{
2
2
2
2
r
q
p
n


, перпендикулярн
ого 
плоскости 
AKD
. Его координаты ищутся 
из условий равенства нулю скалярных 
пр
о
изведений 
2
n

 с векторами 
AD

 и 
AK

.
 
A
D
A
1
M
P
B
N
C
1
B
1
D
1
K
C
z
y
x
 
Рис. 
62
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
F
E
 
Рис. 
61
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
35
 
Получаем систему
 
2
2
0,
0;
n   AD
n   AK

      


      


  
  
 

 











;
0
5
,
0
,
0
0
0
2
2
2
2
2
2
r
q
p
r
q
p
 

 
 

 
.
5
,
0
,
0
2
2
2
r
q
p



 
Возьмем 
.
2
2

r
 Тогда 
}
2
;
1
;
0
{
2


n

.
 
Для нахождения угла между плоск
о-
стями 
MNP
 и 
AKD
 воспользуемся форм
у-
лой 
(1)
:
 


)
,
(
cos
AKD
MNP
 
.
134
125
4
1
0
81
49
4
|
18
7
0
|









 
Отсюда 
125
(,)    arccos.
134
MNP AKD
              
 
Ответ
: 
.
134
125
arccos
 
●
 
использование направляющих 
 
векторов скрещ
и
вающихся прямых
 
Ненулевой вектор 
q

 называется 
н
а-
правляющим 
вектором пр
я
мой 
l
, если он 
лежит либо на самой пр
я
мой 
l
, либ
о на 
прямой, параллельной ей.
 
Пусть 
}
,
,
{
1
1
1
z
y
x
p


 и 
}
,
,
{
2
2
2
z
y
x
q


 
–
 направляющие векторы прямых 
а
 и 
b
, 
тогда угол 

 между этими прямыми (п
е-
ресекающи
мися
 или скрещивающи
мися
) 
н
а
ходят по формуле
:
 
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
cos
z
y
x
z
y
x
z
z
y
y
x
x









.
 
(2)
 
Пример
 
58
.
 
В основании пирамиды 
MABCD
 лежит прямоугольник с отн
о-
шением сторон 
:1:2
AB  AD

 
(
см. 
рис. 
63
).
 Каждое боковое ребро наклонено к 
плоскости основания под углом
,
 ра
в
ным 
60

. Точк
а 
R
 
–
 середина ребра 
MC
. 
Най
ти
 угол между плоскост
я
ми 
MAC
 и 
ADR
. 
 
Решение.
 
Если считать, что 
,
a
AB

 
тогда 
,
2
a
AD

 и все лине
йные элементы 
в пирамиде будут зависеть от одного п
а-
раметра 
а
. Поэтому, не теряя общности, с 
точностью до подобия можно принять 
.
4

AB
 Тогда 
,
8

AD
 
,
15
2

OM
 где 
О 
–
 точка пересечения диагоналей пр
я-
моугольник
а, лежащего в основ
а
нии.
 
Вершина 
M
 пирамиды 
MABCD
 пр
о-
ектируется в точку 
O
. Введем сист
е
му 
координат следующим о
б
разом. Точку 
O
 
примем за начало коо
р
динат. О
си 
Ox
 и 
Oy
 направим параллельно сторонам о
с-
нования, а ось 
Oz

 вдоль высоты пир
а-
миды 
OM
. 
 
Выразим координаты т
о
чек: 
 
(  4;2;0),
A
    
 
(  4;2;0),
B

 
(4;2;0),
C
 
(4;2;0),
D

 
(0;0;2  15),
M
 
(2;1;15).
R
 
Отрезок 
AR
 
является высотой в ра
в-
ностороннем треугольнике 
АМС
, поэт
о-
му прямая 
М
R
 перпендикулярна ребру 
AR
 искомого двугранного угла. Пров
е-
дем в треуголь
нике 
ADR
 высоту 
DH
. Т
о-
гда з
а
дача сведется к нахождению угла 
ме
ж
ду прямыми 
М
R
 и 
DH
.
 
Найдем координ
а
ты векторов:
 
{2;1;15},
MR
        

 
{6;3;15},
AR


 
}.
0
;
0
;
8
{


DA
 
Так как векторы 
AH
 и 
AR
 коллин
е-
арны, то 
}
15
,
3
,
6
{
k
k
k
AR
k
AH



.
 
Далее из равенства 
AH
DA
DH


 пол
у-
чаем 
{6     8;3;15 }.
DH     k          k         k
      

 Теперь, и
с-
пользуя условие 
,
AR
DH

 имеем ура
в-
нение 
6(6     8)   9     15      0
k             k        k
             
. Отсюда 
8
,
0

k
 и 
{  3,2;2,4;0,8  15}.
DH
  

 
Так как 
MR
 и 
DH
 
–
 направляющие 
векторы прямых 
М
R
 и 
DH
 соответстве
н-
но, то для нахождения угла между 
этими 
прямыми воспользуемся форм
у
лой (2):
 
A
B
C
R
H
Q
D
M
O
x
z
y
 
Рис. 63
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
36
 
6,4   2,4   12
1
cos
4   1  15    10,24   5,76   9,6       2
           
                                                 
                        
.
 
Значит, угол между прямыми 
М
R
 и 
DH
, и угол меж
ду данными плоскостями 
р
а
вен 
.
4

 
О
т
вет
:
 
.
4

 
метод опорных з
а
дач
 
Используем
 
следующие опорные зад
а-
чи (теоремы):
 
а) т
еорем
а
 о площади ортогональной 
проекции
 
многоугольн
и
ка
;
 
б) 
теорем
а
 
«косинусов для трехгра
н-
ного угла»;
 
в) 
теорем
а
 «о трех синусах»;
 
г) 
формул
ы
, выражающ
ие
 синус или 
косинус искомого угла через
 ра
с
стояни
я
 
от точки до плоскости и до пр
я
мой
.
 
●
 
применение теоремы о площади
 
ортогональной проекции мн
о
гоугольника
 
При применении этого метода угол 

 
между плоскостями 

 и 

 можно в
ы-
числить, используя формулу 
 
S
S
пр
cos


,
 
(3)
 
где 
S
 
–
 площадь многоугольника, леж
а-
щего в пл
оскости 

, 
пр
S
 
–
 площадь его 
ортогональной проекции на плоскость 

.
 
Пример
 
5
9
.
 
В
 кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между плоскостью гр
а
ни 
B
B
AA
1
1
 и пло
с
костью 
D
BC
1
.
 
Решение.
 
Пу
сть ребро куба равно 1. 
Ортогональной проекцией треугол
ь
ника 
D
BC
1
 
на плоскость 
1
1
B
AA
 является тр
е-
угольник 
B
AB
1
 (
см. 
рис.
 
6
4
), 
площадь 
к
о
торого равна
 
0,5
. Поскольку 
2
1
1



D
C
BC
BD
 (как диагонали 
граней куба), то 
2
3
1

D
BC
S
. 
Из фо
р
мулы 
(3)
 
п
о
лучим:
 
3
3
)
,
(
cos
1
1
1
1
1



D
BC
B
AB
S
S
D
BC
B
AA
.
 
Отс
ю
да 
1   1            1
3
(,)    arccos
3
AAB  BC D
               
. 
 
Ответ:
 
3
3
arccos
.
 
Пример 
60
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между плоскостями 
C
AB
1
 и 
АВС.
 
Решение
. 
Пусть 


 искомый угол. И
с-
пользуем соотношение
 
 



cos
1
C
AB
ABC
S
S
,
 
где 
2
1

ABC
S
, 
2
3
4
3
)
2
(
2
1


C
AB
S
 
(треугольник 
C
AB
1
 равносторонний)
 
(
см. 
рис. 
6
5
)
. Отс
ю
да 
имеем 
 
3
1
2
3
:
2
1
cos



.
 
 
Следовательно, 
3
3
arccos


.
 
Ответ
:
 
3
3
arccos
.
 
Обычно рассматриваемый в этом 
пункте метод применяют 
при вычисл
е-
нии угла ме
ж
ду плоскостью сечения и 
плоскостью какой
-
либо грани мног
о-
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
64
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
65
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
37
 
гранника 
(часто 
в
 качестве такой грани 
выступает основание пирамиды или 
призмы
)
. Так поступ
а
ют в случаях, когда 
нахождение 
пр
S
 и 
сечения
S
 является более 
простой задачей, чем непосредственное 
вычисление двугранного угла 

, сопр
я-
жённое с построением на чертеже его л
и-
нейного у
г
ла.
 
 
Пример
 61
.
 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1   1   1    1    1   1
ABCDEFABC DE F
,
 
стор
о
ны основания которой равны 
1,
 а 
боковые ребра равны 
2,
 най
ти
 угол ме
ж-
ду пло
с
костями 
1    1
BAD
 и
 
1    1
AAE
.
 
Решение.
 Заметим, что четырехугол
ь-
ники 
1    1
BADC
 и 
1    1
AAE E

 сечения данной 
при
з
мы плоскостями 
1    1
BAD
 и 
1    1
AAE
 (
см. 
рис
. 
6
6
).
 Так как 
1    1
,
BA DE
 и 
CF
 перпе
н-
дикулярны плоскости 
1    1
AAE
 (они пе
р-
пендикулярны 
1
AA
 и 
AE
), то трапеция 
1   1
AAEG
, где 
G

серед
ина о
т
резка 
AE
, 
есть ортогональная проекция трапеции 
1    1
BADC
 на пло
с
кость сечения 
1    1
.
AAE E
 
Трапеция 
1    1
BADC

 равнобедренная, с 
основаниями 
1    1
2
AD

, 
1
BC

 и боков
ы-
ми ст
о
ронами 
5
4
1
1
1




CD
BA
. Е
е
 
выс
о
та 
h
 равна
 










2
1
1
2
1
2
BC
D
A
CD
h
 
,
2
19
2
1
2
5
2










 
а площадь ра
в
на 
 
1   1
1    1
3  19
2                  4
BA DC
AD   BC
S                              h

                   
.
 
В прямоугольной трапеции 
1   1
AAEG
 
основания равны 
1    1
3
AE

, 
3
2
AG

, а 
высота 
1
2
AA

. Е
е
 пл
о
щадь равна 
 
1  1
1   1
1
3  3
2                      2
AA E G
AE    AG
S                         AA

                      
.
 
В соответствии с формулой (
3
) нах
о-
дим: 
 


)
,
(
cos
1
1
1
1
E
AA
D
BA
19
12
4
19
3
:
2
3
3
1
1
1
1



C
D
BA
G
E
AA
S
S
.
 
Знач
ит
, 
искомый угол равен 
12
arccos
19
. 
 
Ответ:
 
12
arccos
19
.
 
 
A
B
C
F
A
1
B
1
C
1
D
1
E
D
F
1
E
1
G
 
Рис. 
66
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
38
 
● 
применение «теоремы кос
и
нусов 
 
для трехгранного у
г
ла»
 
Пример 
62
.
 
В правильной треугольной 
призме 
1   1    1
ABCABC
 все стороны равны 
1.
 
Найти косинус угл
а между пло
с
костями 
1
ABC
 и 
1   1
ABC
.
 
Решение.
 Рассмотрим трехгранный 
угол при вершине 
1
B
 п
и
рамиды 
1        1
AACB
. 
Обозначим через 

 плоский угол 
дв
у
г
ранного угла 
1       1
ABCA
 (
см. 
рис. 
6
7
). На
й
дем зн
а-
чения синусов и 
косинусов пл
о-
ских углов при 
вершине 
1
B
. 
Грань 
1   1
ABB A
 
–
 
квадрат, поэтому 
2
2
cos
1
1


A
AB
. В 
треугольнике 
1
ABC
 
1
AC

, 
1           1
2
AB    BC
       
. Т
о
гда 
 
2                 2                2
1            1
1
1       1
3
cos
2                          4
AB    BC    AC
ABC
AB  BC
        
                                   
              
,
 
2
1
3           7
sin                  1
4          4
ABC
    
                   
    
    
.
 
В треугольн
и
ке 
1   1
B AC
 
1   1
1
B A

, 
1               1
2
AC   BC
       
. Тогда
 
 


1
1
cos
A
CB
 
,
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
1
1











A
B
C
B
C
A
A
B
C
B
 
2
1   1
1              7
sin                   1
2  2        2  2
CB A
           
                       
           
           
.
 
Применяя теорему косинусов для тре
х-
гранного угла
 
(
опорная задача 2
) 
при ве
р-
шине 
1
B
, п
о
лучим
 
 


cos
.
7
5
sin
sin
cos
cos
cos
1
1
1
1
1
1
1
1









A
CB
C
AB
A
CB
C
AB
A
AB
 
О
твет
: 
5
7
.
 
●
 
применение 
теоремы «о трех син
у
сах»
 
Пример 
63
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
найдите угол между плоск
о
стями 
C
AB
1
 
и АВС.
 
Решение
.
 Пусть 

 искомый угол
. 
Так как 
1
60
B AC
            
, 




AB
B
1
 


45
 (
см. 
рис. 
6
8
)
, то 
по теореме «о трех 
синусах» 
(
опорная задача 4
)
 
им
е
ем
:
 
sin45     sin   sin60
            
,
 
 
2     3       2
sin:
2     2        3
              
.
 
Отсюда
 
2
arcsin
3
 
.
 
Ответ
:
 
3
2
arcsin
.
 
Пример 
64
. 
Диагональ 
C
A
1
 куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 служит ребром двугра
н-
ного угла
,
 грани которого проходят ч
е-
рез 
1
B
 и 
1
D
. Най
ти
 величину этого у
г
ла.
 
 
Решение. 
Будем считать куб едини
ч-
ным. Пусть 
Е 
–
 се
редина отрезка 
D
A
1
, 
тогда из треугольника 
E
D
A
1
1
 п
о
лучаем 
 
2
sin      sin
4      2

         
 
(

 
–
 угол между прямой 
1
1
D
A
 и плоск
о-
стью 
C
B
A
1
1
) (
см. 
рис. 
6
9
)
. 
 
Из треугольни
ка 
C
D
A
1
1
 нах
о
дим 
 
1
1
2       2
sin
3
3
CD
CA
               
,
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
68
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1

 
Рис. 
67
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
39
 
где 

 
–
 угол между прямой 
1
1
D
A
 и ре
б-
ром 
C
A
1
 двугранного угла. Д
а
лее имеем 
2                 2
sin,
2                  3
    
 
3
sin
2
 
.
 
Так как то
чка 
Е
 (проекция то
ч-
ки 
1
D
 на пло
с-
кость 
C
B
A
1
1
) 
расположена вне 
искомого дв
у
гранного угла, то 
2
3

 
.
 
О
т
вет
:
 
2
3

.
 
●
 
и
спользование расстояний от точки 
 
до плоск
о
сти и до прямой
 
Реш
ение задач этого 
пункт
а
 
основано 
на применении 
та
ких
 поняти
й
,
 как ра
с-
стояние от точки до прямой и ра
с
стояние 
от точки до плоск
о
сти.
 
Пусть даны две плоскости 

 и 

 (
см. 
рис. 
70
),
 пересекающиеся по прямой 
l
. 
Если известны расстояния от точки 
М
, 
лежащей в плоск
о
сти 

, до плоскости 

 
и до прямой 
l
, то угол между плоскост
я-
ми 

 и 

 можно вычислить, используя 
ф
ормулу 
 
(,)
sin   (,)
(,)
M
M l
     
   

, 
 
(4)
 
где
 
(,)
M
     
 
–
 
расстояние от точки 
М
 до 
плоскости 

, 


,
M l

 
–
 
ра
с
стояние от 
точки 
М
 до прямой 
l
.
 
Пример 
65
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
най
ти
 угол между
 плоск
о
стями 
C
AB
1
 и 
C
B
A
1
1
.
 
Решение.
 Пусть стор
о
на куба равна 1. 
П
лоскости 
C
AB
1
 и 
C
B
A
1
1
 
п
е
ресекаются
 
по прямой 
C
B
1
 (
см. 
рис. 
71
). Расстояние 
от точки 
А
, принадлеж
а
щей
 
плоскости 
C
AB
1
, до прямой 
C
B
1
 равно длине выс
о-
ты равностороннего треугол
ь
ника 
C
AB
1
 
со стороной 
2
, т.е. 
3       6
2.
2       2
      
 Ра
с-
стояние от точки 
А
 до
 
плоскости 
C
B
A
1
1
 
равно половине ди
а
гонали квадрата, т.е. 
2
.
2
 По формуле 
(4)
 имеем
 
3
1
2
6
:
2
2
)
,
(
sin
1
1
1



C
B
A
C
AB
.
 
Отсюда и
с
комый угол равен 
3
1
arcsin
.
 
Ответ
:
 
3
1
arcsin
.
 
Замечание.
 
Отметим, что в
 завис
и-
мости от способа
 решения ответ получ
а-
ется в ра
з
ной форме: 
3
1
arcsin
, 
3
2
arccos
 или 
1
arctg
2
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
71
 
A
D
A
1
E
B
C
1
B
1
D
1
C
 
Рис. 69
 
A
l
H
M


 
Рис. 
70
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
40
 
2. 
Площади и объемы
 
В данном разделе требуется не только 
знание формул для вычисления площадей 
поверхностей и объемов многогранников, 
н
о и знание свойств пространственных 
фигур (призма и пирамида), признаки и 
свойства, которые относятся к взаимному 
расположению прямых и плоскостей
 
2.1. Площадь поверхности 
 
многогра
н
ника
 
 
Формулы для вычисления площади п
о-
верхности призматических тел
 
Бокова
я и полная поверхность прямой 
призмы
 
P
l
S


бок
, 
 
где 

l
 длина бокового ребра, 
P
 
–
 пер
и
метр 
основания, 
осн
S
 
–
 площадь основания,
 
 
осн
бок
полн
2
S
S
S


.
 
Боковая и полная поверхно
сть наклонной 
призмы
 



P
l
S
бок
, 
 
где 

l
 длина бокового ребра, 

P
 
–
 пер
и
метр 
перпендик
у
лярного ему сечения.
 
осн
бок
полн
2
S
S
S


 
Полная поверхность прямоугольного 
 
паралл
е
лепипеда
 
)
(
2
полн
ac
bc
ab
S



, 
 
где 
c
b
a
,
,
 
–
 длины ребер, выходящих из о
д-
ной вершины.
 
Формулы для вычисления площади п
о-
верхности 
n
-
угольной пирамиды
 
Боковая поверхность правильной 
 
пир
а
миды
 
a
P
S



2
1
бок
,
 
где 
P
 
–
 периметр основан
ия правильной п
и-
рамиды, 
a
 
–
 апофема боковой гр
а
ни;
 


cos
осн
бок
S
S
,
 
где 
осн
S
 
–
 площадь основания, 

 
–
 мера дв
у-
гранного угла при ребре основ
а
ния.
 
Боковая и полная 
поверхность правил
ь-
ной
 ус
е
ченной пирамиды
 
a
P
P
S




)
(
2
1
2
1
бок
,
 
где 
1
P
 и 
2
P
 
–
 периметры верхнего и нижнего 
оснований, 
a
 
–
 апофема боковой гр
а
ни;
 



cos
2
1
бок
S
S
S
,
 
где 
1
S
 и 
2
S
 
–
 площади верхн
е
го и нижнего 
оснований, 

 
–
 мера двугранного угла при 
ребре нижнего основания;
 
2
1
бок
полн
S
S
S
S



.
 
Полная поверхность правильного 
 
тетр
а
эдра
 
3
2
полн
a
S

, 
где
 
a
 
–
 
 ст
о
рона.
 
Рассмотрим следующие задачи да
н-
ного раздела: вычисление площади п
о-
верхности многогранника и его частей, 
нахождение линейных и нелинейных в
е-
личин многогранника с известной пл
о-
щадью поверхности (части поверхности), 
сравнение площадей, сравнение о
т
рез
ков.
 
поэтапно
-
вычислительный метод
 
Пример 
6
6
. 
В правильной четыре
х-
угольной призме диагональ равна 
d
 и н
а-
клонена к плоскости боковой грани под 
углом 

. Найти площадь боковой п
о-
верхности призмы.
 
Решение. 
Рассмотрим призму 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, для которой диагональ 
d
AC

1
 
(см. рис.
 
72
).
 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
72
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
41
 
Так как 
1
CDD
AD

, то 
D
AC
1

 явл
я-
ется углом между диагональю 
1
AC
 и 
плоскостью 
1
CDD
, велич
и
на которого 
равна 

. 
 
Из прямоугольного треугол
ь
ника 
D
AC
1
 н
а
ходим 


sin
d
AD
 и 


cos
1
d
DC
. Далее из прям
о
угольного 
треугольника 
1
DCC
 п
о
лучаем 
 



2
2
1
1
CD
D
C
CC
 






2
cos
sin
cos
2
2
d
d
.
 
Площадь боковой поверхности при
з
мы 
равна 
 






2
cos
sin
4
4
2
1
бок
d
CC
CD
S
.
 
Ответ
: 


2
cos
sin
4
2
d
.
 
Пример 67
.
 
В правильной четыре
х-
угольной усеченной пирамиде стороны 
оснований равны 
a
 и 
1
a
,
 а диагональ п
и-
рамиды 
–
 
d
. Определить боковую п
о-
верхность пирамиды.
 
Решение.
 Пусть в усеченной пирам
и
де 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 стороны нижнего основ
а-
ния равны 
a
, верхнего 
–
 
1
a
, а диаг
о
наль 
пирамиды 
–
 
1
B D  d

 
(см. рис
. 
73
). 
 
Из ве
р
шины 
1
B
 
проведем 
1
B N   AB

 и 
1
B M   BD

. Так как 
1
B N
 
–
 апофема да
н-
ной пирамиды, то боковая поверхность 
пирамиды может быть вычислена по 
формуле
 
N
B
P
P
S
1
1
бок
)
(
2
1



,
 
где 
a
AB
P
4
4


, 
a
 
1
1
1
1
4
4
a
B
A
P


. 
 
Отрезок 
1
B N
 найдем из прямоугол
ь-
ного тр
е
угольника 
1
B NM
 
1
(                 90 )
B MN
           
. 
Диагонали квадратов 
ABCD
 и 
1
1
1
1
D
C
B
A
, 
лежащих в основан
и
ях, равны: 
2
BD  a

, 
1   1        1
2
B D   a

. 
 
Диагональное сечение пирамиды 
–
 
равнобочная тр
а
пеция 
1   1
BB D D
. Найдем 
ее высоту 
1
B M
 (
O
O
M
B
1
1

) из прям
о-
угольного треугол
ь
ника 
MD
B
1
, т.е. 
2              2
1                 1
B M    B D   MD
            
, а 



BM
BD
MD
 
.
2
2
)
(
2
2
1
1
1
1
1
a
a
D
B
BD
D
B
BD
BD







Отсюда 
2
)
(
2
1
2
1
a
a
d
M
B



.
 
Треугольник 
BMN
 
–
 равнобе
д
ренный 
и прямоугольный 
(



90
BNM
)
 
 
2
2
)
(
1
a
a
BM


, а 
2
2
1
a
a
BM
MN



.
 
Теперь из треугольника 
1
B NM
 находим:
 
2                      2
2              2             2
1                      1
1                1
(             )         (             )
2                4
a   a          a   a
B N     B M   MN      d
              
                                          
.
 
Подставляя найденные значения 
,
P
 
1
P
 и 
1
B N
 в формулу боковой поверхности п
и-
рамиды, получим ответ.
 
Ответ
:
 
2
3
4
4
)
(
2
1
2
1
2
2
1
aa
a
a
d
a
a





.
 
метод опорных задач
 
● 
Имеет место формула 
 
S
S
пр
cos


,
 
где 
S
 
–
 площадь многоугольника, леж
а-
щего в плоскости 

, 
пр
S
 
–
 площадь его 
ортог
о
нальной проекции на плоскость 

.
 
Пример 
68
. 
Найти площадь полной 
поверхности правильной четырехугол
ь-
ной пирамиды
,
 если ее высота равна Н
,
 а 
площадь боковой гра
ни равна площади 
о
с
нования.
 
Решение.
 
Пусть 
ЕО
 
–
 высота данной 
пирамиды 
ABCDE
 
(см. рис
. 
7
4
).
 Опустим 
из точки 
O
 
перпендикуляр 
ОМ
 на ст
о-
рону 
ВС
 квадрата 
ABCD
 и точку 
М
 с
о-
единим с вершиной 
E
. Так как 
ОМ
 
–
 
проекция 
Е
М
 на плоскость 
АВС
 и 
A
N
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
O
O
1
B
M
d
a
a
1
h
 
Рис. 
73
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
42
 
,
BC
OM

 то 
.
BC
EM

 Значит, 
OME

 
является линейным углом дв
у
гранного 
угла при ребре 
ВС
, величину 
которого об
о-
значим ч
е
рез
 

.
 
Так как тр
е-
угольник 
ВОС
 
является пр
о-
е
кцией бок
о-
вой грани 
ВЕС
 
на пло
с
кость 
АВС
, то с
о-
гласно усл
о
вию имеем 
 
4
1
cos



BEC
BOC
S
S
.
 
Тогда 
4
15
16
1
1
sin




 и 
15
1
ctg


. 
 
Из треугольника 
ЕОМ
 находим 
 
15
ctg
H
H
OM




 и 
15
2
H
CD

.
 
Площадь основания пирами
ды равна 
15
4
2
H
, боковой поверхности 
–
 
15
16
2
H
, а 
полной поверхности 
–
 
3
4
2
H
.
 
Ответ
:
 
3
4
2
H
.
 
Пример 69
. 
Стороны основания тр
е-
угольной пирамиды равны 
6 
см
,
 
10 
см и 
14
 см. Каждый двугранный 
угол при ее 
основании равен 
30
°. Найти площадь б
о-
ковой поверхности пир
а
миды.
 
Решение.
 Для нахождения площади
 
сечения воспользуемся формулой
 


cos
осн
бок
S
S
.
 
Найдем площадь
 основания треугол
ь-
ной пирамиды, 
примени
в формул
у
 Гер
о-
на. Поскольку полуперим
етр треугольн
и-
ка в основании р
а
вен 15 
см
, то
 








)
14
15
(
)
10
15
(
)
6
15
(
15
осн
S
 
3
15

 (
см
2
).
 
Т
о
гда
 
30
2
3
:
3
15
30
cos
осн
бок




S
S
 (
см
2
).
 
Ответ:
 30 
см
2
.
 
Пример 
70
. 
В правильной усеч
е
нной 
четыр
е
хугольной пирамиде стороны 
нижнего и верхнего оснований равны с
о-
ответственно 
a
 и 
b
 
(
b
a

)
. Найти 
площадь полной поверхности усеч
е
нной 
пирамиды, если ее боковые грани накл
о-
нены к плоскости осн
о
вания под углом 

.
 
Решение.
 Поскольку основ
аниями 
правильной усечённой четыр
е
хугольной 
пирамиды являются квадраты со стор
о-
нами 
a
 и 
b
, то сумма их площадей равна 
2
2
b
a

. Оч
е
видно, что ортогональная 
проекция боковой поверхности усеч
е
н-
ной пирамиды на плоскость нижнего о
с-
нов
а
ния предст
авляет собой квадрат со 
стороной 
a
, из которого «вырезан» ква
д-
рат со стороной 
b
. При этом стороны 
«вырезанного» квадрата параллельны 
сторонам нижнего основания п
и
рамиды 
(см. рис. 
7
5
). 
 
Так как боковые грани усеч
е
нной п
и-
рамиды наклонены к плоскости основ
а-
н
ия под одинаковым углом 

, то пл
о-
щадь её боковой поверхности ра
в
на: 
 





cos
cos
2
2
пр
бок
b
a
S
S
,
 
где 
пр
S
 
–
 площадь проекции боковой п
о-
верхности на основание.
 
Таким образом,
 





cos
2
2
2
2
полн
b
a
b
a
S
.
 
Ответ:
 




cos
2
2
2
2
b
a
b
a
.
 
A
B
C
D
E
M
O
 
Рис. 
74
 
b
a

 
Рис. 75
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
43
 
2.2. Площадь сечения многогранника
 
Свойства сечений пирамиды плоск
о-
стью, параллельной основанию.
 
Теорема 1.
 
Если пересечь пирамиду 
пло
с
костью
,
 параллельной основанию
,
 то
:
 
а)
 
боковые ребра и высота пирамиды 
разделяются этой плоскостью на пр
о-
пор
ци
о
нальные отрезки
;
 
б)
 
в сечении получится многоугольник
,
 
подобный многоугольнику
,
 лежащему в 
о
с
новании
;
 
в)
 
площади сечения и основания будут 
относиться друг к другу как ква
д
раты 
их расстояний от вершины п
и
рамиды.
 
Теорема 2.
 
Если две пирамиды с ра
в-
ными выс
отами пересечь плоскостями
,
 
параллельными основаниям
,
 на одинак
о-
вом расстоянии от вершины
,
 то площ
а-
ди сечений будут пропорциональны пл
о-
щадям оснований.
 
При вычислении площади сечения 
можно определить вид фигуры, получе
н-
ной в сеч
е
нии, и затем воспользоватьс
я 
формулой. При этом сложную фигуру 
иногда разбивают на несколько просте
й-
ших фигур или дополняют до просте
й-
шей.
 
поэтапно
-
вычислительный м
е
тод
 
Пример 
71
.
 
Найдите площадь сеч
е
ния 
правильной четырехугольной пир
а
миды 
ABCDE
,
 проходящей через АВ и точку 
K
 
–
 середину ребра ЕС
,
 если все ребра п
и-
рамиды равны 
4
.
 
Решение.
 Пусть 
KM
ECD
ABK


 
(см. рис. 
7
6
)
. Тогда из 
CD
AB
||
 следует 
ECD
AB
||
 и 
AB
KM
||
. В сечении получ
а-
ем равн
о
бедренную трапец
ию 
АВКМ
 с 
основ
а
ниями 
4

AB
, 
2

КМ
 и высотой 
FL
 (
F
 
и 
H
 
–
 середины отрезков 
АВ
 и 
CD
 
соответс
т
венно, 
L
EH
KM


). 
 
Из треугольника 
EHF
 найдем медиану 
FL
, используя формулу 
 
4
2
2
2
2
2
EH
FH
EF
FL



.
 
11
4
)
3
2
(
4
2
)
3
2
(
2
2
2
2





FL
.
 
Площадь с
е
чения равна
 
11
3
11
2
2
4




ABKM
S
.
 
Ответ
: 
11
3
.
 
Пример
 72
.
 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 с 
ребром, равным 
,
a
 через точки M
,
 P и N 
на ребрах 
1
BB
, 
1
CC
 и 
1
DD
 соответс
т-
венно
,
 такие
,
 что 
4
3
a
BM

,
 
3
2
a
CP

 и 
4
a
DN

,
 проведена секущая плоскость. 
Найти площадь с
е
чения
.
 
Решение.
 Построим с
е
чение куба 
плоскостью,
 
прох
о
дящей через точки 
M
, 
P
 и 
N
. Соединим вначале точки 
M
 и 
P
, 
п
о
скольку они лежат в одной плоскости
 
1
1
C
BB
. Затем соед
и
ним точки 
P
 и 
N
, так 
как они лежат в одной плоск
о
сти 
1
1
C
DD
 
(см. 
рис.
 
77
).
 
Противоположные боковые гр
а
ни 
1
1
D
AA
 и 
1
1
C
BB
 в кубе параллельны. П
о-
этому секущая плоскость, согласно сво
й-
ству параллельных плоскостей (если две 
параллельные пло
с
кости пересечены 
D
C
B
A
E
M
K
L
H
F
 
Рис. 7
6
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
K
M
S
P
Q
L
N
 
Рис. 7
7
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
44
 
третьей, то линии пересечения пара
л-
лельны) б
у
дет пересекать грань 
1
1
D
AA
 по 
прямой 
NQ
 так, что 
MP
NQ
||
.
 
Соединим точки 
M
 и 
Q
, так как они 
лежат в одной пло
с
кости
 
1
1
B
AA
. Тогда 
NP
MQ
||
 по тому же свойству пара
л-
лельных плоскостей 
1
1
B
AA
 и 
1
1
D
CC
. Т
а-
ким обра
зом, сечение представляет собой 
параллелограмм 
MPNQ
. Вычислим его 
площадь. Для этого найдем стороны тр
е-
угольника 
MNP
. Используя теорему П
и-
фагора для прямоугольных треугольн
и-
ков 
MLP
 (
1
CC
ML

), 
NPS
 (
1
CC
NS

), 
MNK
 (
1
BB
KN

), пол
у
чим:
 




2
2
)
(
ML
PC
LC
MP
 
12
145
144
2
2
a
a
a



,
 




2
2
)
(
NS
SC
PC
NP
 
12
13
144
25
2
2
a
a
a



,
 




2
2
)
(
KN
BK
BM
MN
 
2
3
2
4
2
2
a
a
a



.
 
Найдем площадь треугольника 
MNP
, 
используя модифицированную формулу 
Герона 
2
2
2
2
2
2
)
(
4
4
1
b
a
c
b
a
S




,
 
24
170
2
a
S
MNP

. Следовательно, 
 
12
170
2
2
a
S
S
MNP
MPNQ


.
 
Ответ:
 
12
170
2
a
.
 
Пример
 73
.
 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точка 
M
 
–
 середина ре
б-
ра 
1
1
C
B
,
 точка 
N
 лежит на диагон
а
ли 
,
1
D
B
 прич
е
м 
ND
N
B
2
1

. Найти пл
о-
щадь сечения куба плоскостью
,
 проход
я-
щей через точки 
M
,
 
N
 и пара
л
лельной 
прямой 
1
1
C
A
.
 
Решение.
 
Опишем схематически пр
о-
цесс построения сечения куба плоск
о-
стью, 
проходящей через точки 
M
, 
N
 
и п
а-
раллельной прямой 
1
1
C
A
.
 Для этого пр
о-
ведем через точку 
M
 пр
я
мую 
ME
, 
1
1
||
C
A
ME
 
(см. 
рис
. 78
)
.
 
Рассмотрим диагональную плоскость 
,
1
BD
B
 в которой на диагонали 
D
B
1
 л
е
жит 
точка 
N
. Тогда 
принадлежащая сеч
е
нию 
точка 
T
 
–
 точка пересечения пр
я
мых 
ME
 и 
1
1
D
B
. В плоскости 
BD
B
1
 проведем пр
я-
мую 
TN
. Точка 
O
, принадлежащая и сеч
е-
нию, и плоскости нижнего основания к
у-
ба, 
–
 точка пересечения пр
я
мых 
TN
 и 
BD
.
 
Проведе
м через точку 
O
 прямую 
GF
, 
параллельную 
1
1
C
A
. Далее, используя 
метод следов, построим точки 
H
 и 
K
, 
принадлежащие сечению куба
 
(
шест
и-
угольник 
HEMKGF
). При этом шест
и-
угольник
 
CGF
M
AE
1
1
 является 
проекц
и-
ей многоугольника
 
HEMKGF
 на пло
с-
кость 
ABC
.
 
Поскольку 
1
1
||
C
A
FG
 и 
BD
C
A

1
1
, то 
OB
FG

. Тогда 
OT
 
–
 наклонная к пло
с-
кости 
ABC
, прямая 
O
B
 
–
 проекция н
а-
клонной 
OT
 и 
FG
OB

. Следовательно, 
по те
о
реме о трех перпендикулярах,
 
FG
OT

. Значит, 



TOB
 
–
 линейный 
угол дв
у
гранного угла 
TFGB
.
 
Вычислим теперь косинус угла 

 м
е-
жду секущей плоскостью и нижним о
с-
нованием куба. Оч
е
видно, что 
 
2
1
1


D
B
BD
, 
4
2
4
1
1
1


D
B
T
B
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
N
O
T
E
K
G
F
M
1
E
1
H
L
Q
 
Рис. 7
8
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
45
 
Далее, треугольники 
TN
B
1
 и 
DON
 п
о-
добны с коэффициентом подобия 
2

k
.
 
Следов
а
тельно, 
 
8
2
8
2
1
1
1



D
B
T
B
OD
, 
8
2
7



OD
BD
OB
, 
8
114
)
(
2
1
2
1




BB
T
B
OB
OT
.
 
Откуда 
 
57
5
cos
1




OT
T
B
OB
.
 
Вычислим, площадь шестиугольн
и
ка 
CGF
M
AE
1
1
. Площади треугольн
и
ков 
1
1
E
BM
 и 
DFG
 находятся довольно пр
о-
сто (вычислите самостоятел
ь
но!): 
8
1
1
1

E
BM
S
, 
32
1

DFG
S
. 
 
Тогда 
 
32
27
1
1
1
1




DFG
E
BM
ABCD
CGF
M
AE
S
S
S
S
.
 
Т
а
ким образом,
 
160
57
27
cos
1
1



CGF
M
AE
HEMKGF
S
S
.
 
Ответ:
 
160
57
27
.
 
принцип разбиения и д
о
полнения
 
Пример 
74
.
 
Площадь боковой грани 
правильной шестиугольной пирамиды 
равна 
q
.
 Найдите площадь сечения
,
 
пло
с
кость которого параллельна б
оковой 
грани пирамиды и проходит через сер
е-
дину ее высоты
.
 
Решение.
 Обозначим плоскость сеч
е-
ния через 

, середину высоты 
ОР
 пир
а-
миды 
ABCDEFP
 
через 
Т
, середины отре
з-
ков 
ВС
, 
OK
 и 
ЕF
 через 
K
, 
1
K
 и 
L
 соо
т-
ветственно
 (
см. рис. 
79
).
 
Пусть плоскость 

 параллельна грани 
РВС
, 
1
1
K
P
OPK



, 
QR
ABC



. 
Тогда 
PK
K
P
||
1
1
, 
BC
QR
||
, при этом 
1
1
K
P
T

, 
QR
K

1
, 
PL
P

1
.
 
Так как 
EF
AD
QR
||
||
, то пересеч
е-
ниями плоскости 

 с треугольниками 
ADP
 и 
PEF
 служат соответственно отре
з-
ки 
AD
D
A
||
1
1
 и 
EF
MN
||
 (
1
1
D
A
T

,
 
PF
M

, 
PE
N

, 
MN
P

1
).
 
Имеем 
,
5
,
0
1
1
BC
AD
D
A


 
,
5
,
1
BC
QR

 
значит, сечением данной пирамиды пло
с-
костью 

 является шест
и
угольник  
R
MND
QA
1
1
, составленный из двух тр
а-
пеций 
RQ
D
A
1
1
 
и 
1
1
A
MND
 
с общим осн
о-
ванием 
1
1
D
A
. 
 
Пусть 
a
BC

, 
h
PK

, тогда 
q
ah
S
PBC


2
1
. 
 
Найдем площадь сечения 
R
MND
QA
1
1
. 
Так как 
KL
OK
K
K
4
1
2
1
1


 и 
PK
K
P
||
1
1
, 
то 
 
4
4
1
a
EF
MN


;
 
h
PK
K
P
4
3
4
3
1
1


, 
 
h
PK
TK
2
1
2
1
1


,
 
h
T
P
4
1
1

,
 
 
a
QR
2
3

,
 
a
AD
D
A


2
1
1
1
.
 
Теперь 
 







T
K
RQ
D
A
T
P
MN
D
A
S
1
1
1
1
1
1
сеч
2
2
q
ah
h
a
a
h
a
a
16
25
32
25
2
2
2
3
4
2
4








.
 
B
C
D
E
P
1
F
T
R
Q
O
P
L
A
N
M
K
K
1
D
1
A
1
 
Рис. 
7
9
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
46
 
Ответ
: 
q
16
25
.
 
Пример 
75
. 
В основании прямой при
з-
мы 
1
1
1
C
B
ABCA
 лежит равнобедре
н
ный 
треугольник 
,
ABC
 у которого осн
о
вание 
BC
 равно 
3
. Боков
ая поверхность при
з-
мы равна 
32.
 Найти площадь сечения 
призмы плоскостью
,
 проходящей через 
1
CB
 параллельно высоте основания 
AD
, 
если известно
,
 что расстояние от точки 
A
 до плоскости сечения равн
о 
5
6
.
 
Решение. 
Построим сечение призмы 
заданной в условии плоскостью. Для эт
о-
го через вершину 
C
 в плоскости 
ABC
 
основания призмы проведем прямую, п
а-
раллельную 
AD
 до пересеч
ения в то
ч
ке 
M
 с продолжением ребра 
AB
 за то
ч
ку 
A
 (см. рис. 
80
). Точки 
M
 и 
1
B
 лежат в 
плоскости грани 
1
1
B
AA
, поэтому, пр
о
ведя 
чере
з них прямую, получим след 
E
 с
е-
кущей пло
с
кости на ребре 
1
AA
. Тогда 
треугол
ь
ник 
1
CEB
 
–
 искомое сечение.
 
В треугольнике 
MBC
 отрезок 
AD
 
–
 
средняя линия, поск
ольку высота 
AD
 в 
равнобедренном треугольнике 
ABC
 я
в-
ляется и медианой. Следовательно, 
AB
MB
2

. Аналогично в треугольнике 
B
MB
1
 отрезок 
AE
 
–
 средняя линия и 
ME
MB
2
1

. 
 
Пусть сторона основания 
x
AB

, а 
высота призмы равна 
h
. Тогда периметр 
о
с
нования 
3
2


x
P
, боковое ребро 
призмы равно 
h
 и площадь боковой п
о-
верхности 
 
)
3
2
(
бок





x
h
P
h
S
.
 
Отс
ю
да
 
3
2
32


x
h
.
 
Выразим объем пирамиды 
C
BMB
1
 
двумя способами.
 
1. По формуле
 














BC
MC
h
S
BB
V
MBC
2
1
3
1
3
1
1
.
 
Тут учтено, что треугольник 
MCB
 пр
я-
моугольный (
AD
MC
||
).
 
2. По фор
муле
 














1
1
1
2
1
3
1
3
1
1
CB
MC
BH
S
BH
V
C
MB
,
 
где 
1
BH
 
–
 перпендикуляр, опущенный и
з
 
точки 
B
 на плоскость 
C
MB
1
. Так как 
расстояние от точки 
A
 до этой плоскости 
по условию равно 
5
6
, а 
AB
MB
2

, то 
5
12
1

BH
. В этом случае также учт
е
но, 
что 
1
1
B
CC
MC

 (
CB
MC

 и 
1
CB
MC

) 
и треугольник 
1
MCB
 
–
 прямоугол
ь
ный. 
 
Приравнивая полученные в
ыражения 
для объема и учитывая, что 

1
CB
 
9
2
2
2
1




h
CB
BB
, имеем
 





















1
1
2
1
3
1
2
1
3
1
CB
MC
BH
BC
MC
h
 
или 
9
5
4
2


h
h
. Отсюда 
9
16
25
2
2


h
h
 
и 
4

h
, а 
5
1

CB
.
 
Тогда из равенства 
3
2
32


x
h
 находим 
2
5

x
, а 
из треугольника 
ABD
 
2
4
9
4
25
2
2





BD
AB
AD
.
 
Так как точка 
E
 делит 
1
MB
 пополам, то 
для искомой площади сечения получ
а
ем 
 
5
5
4
4
1
4
1
2
1
1
1








CB
MC
S
S
C
MB
CEB
.
 
Ответ:
 5.
 
A
B
C
A
1
E
H
C
1
B
1
M
D
H
1
 
Рис. 
80
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
47
 
2.3. Объем многогра
н
ника
 
Формулы для вычисления объема 
 
при
з
матических тел
 
Объем прямой при
з
мы
 
осн
S
l
V


, 
 
где 
l
 
–
 длина бокового ребра, 
осн
S
 
–
 пл
о-
щадь основания.
 
Объем наклонной при
з
мы
 
осн
S
h
V


, 
 
где 
h
 
–
 высота призмы, 
осн
S
 
–
 площадь о
с-
нования;
 



S
l
V
, 
 
где 

l
 длина бокового ребра, 

S
 
–
 пл
о
щадь 
перпендик
у
лярного ему сечения.
 
Объем прямоугольного параллелепипеда
 
c
b
a
V



, 
 
где 
c
b
a
,
,
 
–
 длины ребер, выходящих из о
д-
ной вершины.
 
Формулы для вычисления объема
 
n
-
угольной пирамиды
 
Объем произвольной пирамиды
 
осн
3
1
S
h
V



, 
 
где 
h
 
–
 высота пирамиды, 
осн
S
 
–
 площадь 
о
с
нования.
 
Объем произвольной усеченной пирамиды
 
)
(
3
1
2
2
1
1
S
S
S
S
h
V





, 
 
где 
h
 
–
 высота пирамиды, 
2
1
,
S
S
 
–
 площади 
верхнего и нижнего оснований.
 
Об
ъем правильного тетраэдра
 
осн
3
1
S
h
V



 или 
12
2
3
a
V

, 
 
где 
h
 
–
 высота пирамиды, 
осн
S
 
–
 площадь 
о
с
нования, 
a
 
–
 сторона тетраэдра.
 
 
Объем произвольного тетраэдра
 






sin
6
1
d
b
a
V
, 
 
где 
a
 и 
b
 
–
 длины двух противоположных 
ребер тетраэдра, 
d
 и 

 
–
 расстояние и угол 
между ними соответственно.
 
Выделим следующие задачи данного 
раздела
: вычисление объема многогра
н-
ника и его частей, нахождение линейных 
и нелинейных величин многогранника по 
его известному объему, сравнение объ
е-
мов многогра
н
ников.
 
п
оэтапно
-
вычислительный м
е
тод
 
Отметим задачи, в которых часто 
встречаются конфигурации с пред
вар
и-
тельным определением положения осн
о-
вания высоты пирам
и
ды. 
 
● 
Если все боковые ребра пирамиды 
равны или образуют с плоскостью осн
о-
вания или с высотой одинаковые углы, то 
основание высоты пирамиды является 
центром окружности, описанной около 
основания пи
рамиды.
 
В частности, если основанием пир
а-
миды является прямоугольный треугол
ь-
ник, то высота принадлежит одной из б
о-
ковых граней, содержащей гипотенузу
 
прямоугольного треугольника
, и вершина 
пирамиды проецируется в сер
е
дину этой 
гипотенузы.
 
Если основанием 
пирамиды служит 
тупоугольный треугольник, то вершина 
пирамиды проецируется 
в точку, леж
а-
щую
 
вне этого треугол
ь
ника.
 
● 
Если все боковые грани пирамиды 
одинаково наклонены к плоскости осн
о-
вания, то основание высоты пирамиды 
я
в
ляется центром окружности, вписа
нной 
в основание пир
а
миды.
 
Пример 
76
.
 
Основание пирамиды 
ABCD
 
–
 равнобедренный треугольник 
АВС с о
с
нованием 
12

AB
 и боковой 
стороной 
10.
 Най
ти
 объем пирамиды, е
с-
ли все боковые грани образуют с плоск
о-
стью основания двугранные углы в 

45
.
 
Решение.
 Пусть 
CK
 
–
 высота тр
е-
угольника 
АВС
 
(см. рис. 
81
)
, тогда из 
прямоугольного треугольника 
АСК
 им
е-
ем
 
8
64
6
10
2
2




CK
.
 
Площадь основания равна 
 
48
8
12
2
1




ABC
S
.
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
48
 
Так как 
все боковые грани образуют 
с 
пло
с
костью основания двугранные углы 
в 

45
, то основание 
О
 высоты 
DO
 
пир
а-
миды совпадает с центром окружн
о
сти, 
вп
и
санной в треугольник 
АВС
, то есть 
r
OK

, где 
r
 
–
 радиус этой окру
ж
ности. 
 
Радиус
 найдем 
по фо
р
муле 
 
p
S
r
ABC

,
 
3
16
48


r
.
 
Так как 
OKD

 являе
т
ся 
линейным у
г-
лом данного 
двугранного у
г-
ла (докаж
и
те) и 



45
OKD
, 
то из треугол
ь
ника 
OKD
 им
е
ем 
3


r
OD
.
 
Объем пирамиды равен 
 
48
3
48
3
1




ABCD
V
.
 
Ответ
: 
48.
 
Пример 
77
.
 
Основание пирамиды 
–
 
треугольник, две стороны которого ра
в-
ны 
1
 и 
2,
 а угол между ними равен 

60
. 
Каждое боковое ребро равно 
13
. На
й-
ти
 объем
 пирамиды.
 
Решение.
 Пусть 
в пирамиде 
ABCD
 
о
с
нованием сл
у-
жит треугольник 
ABC
, пр
и
чем 
1

AB
, 
2

BC
, 



60
ABC
 
(см. 
рис. 
82
)
. 
 
Так как
 
все б
о-
ковые ребра
 
ра
в-
ны, то о
с
нование 
О
 высоты 
DO
 
п
и-
рамиды совпад
а
ет 
с це
нтром окру
ж-
ности, описанной около треугольн
и
ка 
АВС
, то есть 
R
OB

, где 
R
 
–
 радиус 
этой окружности. Радиус найдем по фо
р-
муле 
ABC
AC
R


sin
2
. Длину стороны 
АС
 
вычислим по теореме косинусов из тр
е-
угольника 
АВС
:
 
3
5
,
0
2
1
2
2
1
2
2
2







AC
, 
3

AC
.
 
Радиус окружности 
1
2
3
2
:
3











R
.
 
Из прямоугольного треугольника 
BOD
 
найдем высоту пирамиды 
3
2
1
)
13
(
2
2



DO
. Площадь осн
о-
вания пирамиды равна 
2
3
2
3
2
1
2
1





ABC
S
 и объем пирам
и-
ды равен
 
1
3
2
2
3
3
1




ABCD
V
.
 
Ответ
: 
1.
 
Пример 
78
. 
Найти объем правильной 
треугольной пирамиды
,
 у которой бок
о-
вое ребро наклонено к плоскости основ
а-
ния под углом 

 
(



45
)
 и уд
а
лено от 
противоположной стороны основ
а
ния н
а 
ра
с
стояние 
d
.
 
Решение. 
Пусть 
DABC
 (см. рис. 
83
) 
–
 данная пирамида. 
Так как она пр
а-
вил
ь
ная, то основ
а-
ние 
O
 высоты 
DO
 
–
 центр треугол
ь-
ника 
ABC
. Пусть 
т
очка 
N
 
–
 с
е
ред
и-
на ст
о
роны 
BC
. 
Тогда 
BC
DN

 и 
BC
AN

, а значит 
ADN
BC

. Пр
о-
в
е
дем высоту 
MN
 в тр
е
угольнике 
ADN
. 
Так как п
и
ра
мида пр
а
вильная (
AN
O

) и 
ON
AO

, то 



AND
. След
о
вательно, 
тр
е
угольник 
ADN
 остроугольный и то
ч-
ка 
AD
M

. Соответственно 
MN
 
–
 о
б-
щий перпендикуляр 
к пр
я
мым 
AD
 и 
BC
, 
d
MN

.
 
 
Из прямоугольного треугольн
и
ка 
AMN
 получаем 




sin
sin
d
MN
AN
. Т
о-
A
B
C
O
M
D
N

 
Рис. 
83
 
A
B
C
O
D
K
 
Рис. 
81
 
A
B
C
O
D
 
Рис. 
82
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
49
 
гда сторона о
с
нования данной пирамиды 
равна 
 



sin
3
2
60
sin
d
AN
.
 
В прямоуг
ольном треугольнике 
ADO
 



sin
3
2
3
2
d
AN
AO
 (так как 
AN
O

), 





cos
3
2
tg
d
AO
DO
. 
 
Находим объем пирамиды
 




ABC
S
DO
V
3
1
 












2
sin
3
2
4
3
cos
3
2
3
1
d
d



cos
sin
3
9
2
2
3
d
.
 
Ответ:
 


cos
sin
3
9
2
2
3
d
.
 
Пример 
79
. 
Боковые ребра наклонной 
треугольной призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 равны 
6
 
см. Сечение плоскостью
,
 пересекающей 
все боковые ребра призмы и перпендик
у-
лярной им
,
 представляет собой тр
е-
угольник
,
 стороны которого относятся 
как 
17
:
10
:
9
. 
Найти площадь боковой 
поверхности этой призмы
,
 если извес
т-
но
,
 что объем пирамиды 
ABC
A
1
 равен 
288 
см
3
.
 
Решение. 
Так как объем 
288
1

ABC
A
V
 
см
3
, то 
864
3
1
1
1
1


ABC
A
C
B
ABCA
V
V
 см
3
. Пусть 
треугольник 

KLM
 указа
нное в условии 
сечение, перпендикулярное ребрам при
з-
мы (см. рис
. 84
). Используя формулы
 



S
l
V
C
B
ABCA
1
1
1
, 



P
l
S
бок
,
 
где 

l
 длина бокового ребра, 

S
 и 

P
 
–
 
площадь и периме
тр перпендикулярного 
ему сечения соответственно, 

бок
S
 пл
о-
щадь боковой повер
х
ности, получим
 
KLM
C
B
ABCA
S
AA
V


1
1
1
1
 
или 
KLM
S
6
864

.
 
Отсюда 
144

KLM
S
 см
2
.
 
Найдем периметр треугольника 
KLM
. 
Пус
ть его стороны равны 
x
x
x
17
,
10
,
9
. 
Т
о
гда 
x
P
KLM
36

, а полупериметр 
x
p
18

. По формуле Герона, пол
у
чим 
 
2
36
)
17
)(
10
)(
9
(
x
x
p
x
p
x
p
p
S
KLM





.
 
Из уравнения 
144
36
2

x
 получаем 
2

x
 
см
. Следовательн
о, 
72

KLM
P
 
см
. 
Тогда 
432
72
6
бок






P
l
S
 
см
2
.
 
Ответ:
 432 
см
2
.
 
введение вспомог
а
тельного отрезка
 
Пример 
80
. 
Все боковые грани чет
ы-
рехугольной пирамиды 
–
 правильные тр
е-
угольники. Расстояние от центра бок
о-
вой грани до плоскости основания п
ир
а-
миды равно 
b
. Определить объем пир
а-
миды.
 
Решение. 
Пусть сторона основания 
данной пирамиды 
ABCDE
 равна 
,
x
 осн
о-
вание высоты пирамиды обозн
а
чим через 
О
, основание апофемы к ст
о
роне 
AD
 
–
 
через 
K
 
(см. рис. 
85
).
 Тогд
а 
2
x
OK

, в
ы-
сота 
EK
 в равностороннем треугольн
и
ке 
равна 
2
3
x
. Из прямоугольного тр
е-
угольника 
EOK
 находим 
 
B
C
L
A
B
1
C
1
A
1
M
K
1
0
x
1
7
x
9
x
 
Рис. 
8
4
 
A
B
C
D
E
K
O
H
F
 
Рис. 8
5
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
50
 
2
2
2
2
3
2
2
x
x
x
OE

















.
 
Если 
F
 
–
 центр боковой грани, 
Н
 
–
 о
с-
нование перп
ендикуляра, опуще
н
ного из 
точки 
F
 на основание пирамиды, то 
b
FH

. Из п
о
добия треугольников 
EOK
 
и 
FHK
 получаем 
 
1
3


FK
EK
FH
EO
 и 
FH
EO


3
.
 
Отсюда 
b
x
3
2
2

, 
b
x
2
3

. Значит, 
площадь осн
о
вания пирамиды равна 
2
18
b
, высота пирамиды 
–
 
b
3
, объем да
н-
ной п
и
рамиды равен 
 
3
2
18
3
18
3
1
b
b
b
V




.
 
Ответ
: 
3
18
b
.
 
введение вспомогательного у
г
ла
 
Пример 
81
.
 
В правильной четы
ре
х-
угольной пирамиде 
ABCDE
 
(
Е 
–
 верш
и-
на
)
 через середины сторон АВ и AD пр
о-
ведено сечение
,
 плоскость которого п
а-
раллельна ребру ЕА. Найти объем пир
а-
миды
,
 если сторона основания равна 
a
 и 
площадь сечения 
S
.
 
Решение.
 П
лоскость сечения перес
е-
кает плоскости 
AED
 и 
АВЕ
 по прямым 
GH
 
и 
FJ
 соответственно, п
а
раллельным  
АЕ
. 
,
||
BD
FG
 так как 
FG
 
–
 средняя линия 
в треугольнике 
ABD
 
(см. рис. 
86
).
 
 
В квадрате 
ABCD
 
BD
A
С

. Так как 
AQ
 
–
 проекция 
АЕ
 на о
снование пирам
и-
ды и 
FG
AQ

, то 
FGHJ
 
–
 прямоугол
ь-
ник. Плоскости 
FGH
 и 
BDE
 пересек
а-
ются по пр
я
мой 
JH
. 
 
Пусть 
R
FG
AC


, 
S
HJ
EQ


, 
K
CE
RS


, 



EAC
. Так как 
4
2
2
1
a
AQ
RQ


, то из треугол
ь
ника 
RQS
 получаем 




cos
4
2
cos
a
RQ
RS
. 
 
Далее в треугольнике 
АЕС
 по теореме 
Фалеса 
4
1


AC
AR
ED
EK
, а в треугольнике 
EQC
 
по теореме Фалеса имеем 
4
1


EC
EK
QC
QT
 (
Т
 
–
 проекция точки 
K
 на 
плоскость осн
о
вания пирамиды), то есть 
8
2
4
1
a
QC
QT


. Значит, 
 




cos
8
2
cos
a
TQ
SK
.
 
Пл
о
щадь сечения равна 
 



JKH
FGHJ
S
S
S
 
.
cos
16
5
cos
8
2
2
2
2
1
cos
4
2
2
2
2









a
a
a
a
a
 
Отсюда 
S
a
16
5
cos
2


. Тогда 
 
S
a
S
16
25
256
sin
4
2



 
и 
 
2
4
2
5
25
256
tg
a
a
S



.
 
Высота пирам
и
ды
 




tg
2
2
tg
a
AQ
EQ
 
 
и объем пирамиды 
 






2
4
2
2
5
25
256
2
2
3
1
a
a
S
a
a
V
 
30
50
512
4
2
a
S
a


.
 
Ответ
: 
30
50
512
4
2
a
S
a

.
 
A
B
C
D
E
K
Q
S
F
H
J
G
T
R
 
Рис. 8
6
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
51
 
введение 
нескольких
 
вспомогательных
 
эл
е
ментов
 
Пример 
82
.
 
Найдит
е объем прям
о-
угольного параллелепипеда
,
 диагональ к
о-
тор
о
го равна 
14,
 периметр основания 
–
 
20 
и периметр меньшей боковой гр
а
ни 
–
 
32.
 
Решение.
 Пусть в параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
14
1

B
D
, 
a
AB

, 
,
b
BC

 
c
B
B

1
 с усл
о
вием 
b
a

. 
 
Из условия задачи имеем 
 












.
16
,
10
,
196
2
2
2
c
b
b
a
c
b
a













.
16
,
10
,
196
2
2
2
b
c
b
a
c
b
a
 
Получаем квадратное уравнение 
 
0
160
52
3
2



b
b
,
 
имеющее
 корни 4 и 
3
40
 (не удовлетвор
я-
ет 
условию 
10


b
a
). Тогда 
4

b
, 
6

a
,
 
12

c
 и 
288

V
.
 
Ответ:
 288.
 
м
етод опорных з
а
да
ч
 
● 
Объемы пирамид с общей высотой пр
о-
порциональны площадям их основ
а
ний.
 
Пример 
83
. 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
 точка 
F
 д
е-
лит ребро ВС в отношении 
1:3 
(
считая 
от точки С
)
. Найдите
,
 в каком отнош
е-
нии делит объем пирамиды пло
с
кость 
DSF
?
 
Решение.
 Так как данная пирамида и 
части, на котор
ые она разбивается пло
с-
костью сечения (см. рис. 
87)
, имеют од
и-
наковую высоту, то отношение объ
е
мов 
частей равно отношению площадей осн
о-
ваний:
 
FCD
ABFD
SFCD
SABFD
S
S
V
V

. 
 
Площади треугольников 
ABD
 и 
BDC
 ра
в-
ны. Для треугольников с общей выс
о
той 
имеем
 
3
1


BF
CF
S
S
DBF
DCF
.
 
Поэтому 
1
7

FCD
ABFD
S
S
.
 
Ответ
: 
7:1.
 
● 
Объемы пирамид с равновеликими о
с-
нованиями пропорциональны проведе
н-
ным к нему выс
о
там.
 
Например, в кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 (см. 
рис. 
88
) объемы пирамид 
ABD
A
1
 и 
MBDC
 
относятся как
 
2:1, где 
М
 
–
 сер
е-
дина ре
б
ра 
C
C
1
.
 
● 
Пирамиды с равновеликими основани
я-
ми и равными высотами 
–
 равновел
и
ки.
 
Например, в кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 (
см. 
рис.
 
89
) пирамиды 
ABD
A
1
, 
ABD
D
1
и 
ACD
D
1
 
равн
о
велики.
 
A
B
C
D
F
S
 
Рис. 
8
7
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
 
Рис. 8
8
 
B
D
A
B
1
C
1
D
1
A
1
C
B
D
A
B
1
C
1
D
1
A
1
C
B
D
A
B
1
C
1
D
1
A
1
C
Рис. 
8
9
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
52
 
● 
Отношение объемов подобных мног
о-
гранников равно кубу коэффициента п
о-
добия.
 
Пример 
84
.
 
Площадь основания пир
а-
миды равна 
3,
 объем пирамиды также 
равен 
3.
 Проведены две плоскости
,
 п
а-
раллельные основанию пир
амиды. Пл
о-
щади получившихся сечений равны 
1 
и 
2.
 
Найдите объем части пирамиды
,
 расп
о-
ложенной между плоск
о
стями.
 
Решение.
 Об
о-
значим с
е
чения 
через 
1
1
1
C
B
A
 
и 
2
2
2
C
B
A
 
(см. рис. 
90
),
 причем 
 
2
1
1
1
1


S
S
C
B
A
,
 
1
2
2
2
2


S
S
C
B
A
, 
 
3


S
S
ABC
,
 
объемы п
и
рамид 
 
V
V
ABCD

, 
1
1
1
1
V
V
D
C
B
A

, 
2
2
2
2
V
V
D
C
B
A

.
 
Имеем 
 
27
8
3
2
3
3
1
1



















S
S
V
V
,
 
27
1
3
1
3
3
2
2



















S
S
V
V
.
 
Отсюда искомый объем р
а
вен 
 
3
1
8
27
1
27
8
3
2
1













V
V
.
 
Ответ
:
 
3
1
8

.
 
 
Отношение отрезков можно заменить 
о
т
ношением объемов пирамид с общим 
осн
о
ванием (см. рис. 
91
)
 
OABC
DABC
V
V
OG
DF
OH
DH


,
 
где 
DF
 
и 
OG
 
–
 высоты п
и
рамид.
 
 
 
Пример 
85
. 
На ребрах АВ
,
 
BD
 и 
DC
 
пирамиды 
ABCD
 взяты точки 
M
,
 
L
 и 
K
 
так
,
 что 
AB
AM
3
1

,
 
BD
BL
4
1

,
 
DC
DK
5
2

. В каком отношении пло
с-
кость 
KLM
 делит отр
е
зок
,
 соединяющий 
сер
е
дины ребер 
AD
 и ВС
?
 
Решение.
 
Обозначим середины 
AD
 и 
ВС
 через 
P
 и
 
Q
 соответственно (см. рис. 
92
). В сечении получится четырехугол
ь-
ник, но для решения задачи дост
а
точно 
рассмо
т
реть отношение объемов пирамид 
PMLK
 и 
QMLK
 с общим осн
о
ванием 
MLK
.
 
Если 
a
S
ABD

, то 
 
8
3
4
3
2
1
a
a
S
DB
DL
DA
DP
S
ABD
DPL







,
 
6
4
1
3
2
a
a
S
BD
BL
BA
BM
S
ABD
BML







,
 
6
3
1
2
1
a
a
S
AB
AM
AD
AP
S
ABD
AMP







,
 
24
7
6
1
6
1
8
3
1
a
S
S
ABD
PML











,
 
5
2
5
2
V
V
V
CD
KD
V
ABCD
KABD





,
 
A
B
C
D
C
1
A
1
B
1
A
2
B
2
C
2
 
Рис. 
90
 
A
B
C
F
D
H
G
O
 
Рис
. 
91
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
53
 
60
7
5
2
24
7
V
V
V
S
S
V
KABD
ABD
MPL
PKLM





,
 
где 
V
V
ABCD

.
 
Аналогично получаем 
60
11
V
V
QKLM

 
(д
о-
кажите
!
). Отношен
ие 
 
11
7
60
11
:
60
7



V
V
V
V
QN
PN
QKLM
PKLM
.
 
Ответ
: 
11
7
.
 
● 
Пусть в пирамиде 
MABC
 на ребрах 
,
MA
 
MB
 и 
MC
 или на их пр
о
должениях 
взяты соответственно то
ч
ки 
1
1
1
,
,
C
B
A
 так, 
что 
k
MA
MA

:
1
, 
m
MB
MB

:
1
 
n
MC
MC

:
1
. Тогда объ
е
мы пирамид 
1
1
1
C
B
MA
 и 
MABC
 связаны формулой
 
MABC
C
B
MA
V
n
m
k
V




1
1
1
.
 
(
*
)
 
(См. опорную задачу 12).
 
Пример 
86
. 
В основании п
ирамиды 
DABC
 лежит треугольник 
ABC
,
 в к
о-
тором 



30
C
,
 
14

AC
,
 
3
8

BC
, 
точка 
T
 
–
 
середина 
AC
.
 
Б
о
ковое ребро 
AD
 равно 
3
6
 и перпендикулярно пло
с-
кости 
.
ABC
 На ребрах 
,
AD
BD
 и отре
з-
ке 
DT
 взяты соответс
т
венно точки 
,
M
 
,
N
 
P
 
так
,
 что 
5
:
2
:

MD
AM
,
 
5
:
2
:

NB
DN
 и 
5
:
7
:

PD
TP
. Най
ти
 
объ
е
м пирам
и
ды 
DMNP
.
 
Решение. 
Так как ребро 
AD
 перпе
н-
дикулярно плоскости основания, то об
ъ-
ем 
V
 пирамиды 
DABC
 равен
 










C
BC
AC
AD
S
AD
V
ABC
sin
6
1
3
1
56
2
1
3
8
14
3
6
6
1






.
 
Так как медиана 
BT
 делит площадь 
треугольника 
ABC
 пополам, то объем 
п
и
рамиды 
DATB
 будет равен
 
28
2

V
.
 
Точки 
P
N
M
,
,
 лежат на ребрах пир
а-
миды 
DATB
 (см. рис
. 93
), поэтому по 
формуле (
*
) п
о
лучаем 
 





DATB
DMNP
V
DB
DN
DT
DP
DA
DM
V
3
10
28
7
2
12
7
7
5





.
 
Ответ: 
3
10
.
 
Пример 
87
. 
В 
правильно
й
 четыре
х-
угольной пирамиде 
MABCD
 все ребра 
равны. Точки 
P
 и 
N
 
–
 середины ребер 
BM
 и 
DM
. В каком отношении делит 
объем пирамиды сечение
,
 проходящее ч
е-
рез
 прямую 
AP
 параллельно диагонали 
основания 
BD
?
 
Решение. 
Так как точки 
P
 и 
N
 
–
 с
е-
редины ребер 
BM
 и 
,
DM
 то 
PN
 
–
 сре
д-
няя линия треугольника 
BMD
 и 
BD
PN
||
. Так как через точку 
P
 можно 
провести единственную прямую, пара
л-
лельную 
BD
 и секущая плоскость также 
параллельна 
BD
, то 
PN
 лежит в плоск
о-
сти сечения (см. рис. 
94
а
)
. 
 
Так как пирамида правильная, то 
MO
 
–
 высота пирамиды (
O
 
–
 точка пересеч
е-
A
B
C
D
P
T
M
N
 
Рис. 
9
3
 
A
B
C
N
D
L
Q
K
M
P
J
 
Рис. 
92
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
54
 
ния диагоналей основания), 
CMA
BMD
MO


. 
 
Пусть точка 
MO
PN
E


, тогда 
E
 
–
 
середина 
MO
. Тогда прямая 
AE
 также 
лежит в плоскости сечения и пусть 
CM
AE
K


, 
и четырехугольник 
APKN
 
–
 описанное в условие с
ечение 
п
и
рамиды.
 
На выносном чертеже (см. рис. 
94
б
), 
проведем 
отрезок 
AK
OQ
||
. Тогда,
 и
с-
пользуя теорему Фалеса, получаем 
KE
 
–
 
средняя л
и
ния треугольника 
OQM
 и 
KM
QK

, а 
OQ
 
–
 средняя линия тр
е-
угольника 
CKA
 и 
QK
CQ

. Следов
а-
тельно, то
ч
ка 
K
 делит ребро 
CM
 так, 
что 
3
:
1
:

MC
MK
. 
 
Плоскость 
CMA
 разбивает кажд
ую из 
пирамид 
MABCD
 и 
MAPKN
 на две ра
в-
ные треугольные пир
а
миды. Используя 
соотношение (
*
), получаем 
 





MBCA
MPKA
V
MA
MA
MB
MP
MC
MK
V
MBCA
MBCA
V
V






6
1
1
2
1
3
1
.
 
Аналогично, 
MCDA
MKNA
V
V


6
1
. 
 
Соответственно, объем пирамиды 
MAPKN
 будет составлять шестую часть 
объема данной пирамиды, а секущая 
плоскость будет делить объем в отнош
е-
нии 
5
:
1
. 
 
Ответ: 
5
:
1
.
 
● 
Пусть 
a
 
и
 
b
 
–
 
длины двух 
противоп
о-
ложных ребер тетраэдра, 
d
 
–
 рассто
я
ние, 
а 

 
–
 угол между ними. Тогда объем те
т-
раэдра можно вычислить по фо
р
муле
 


sin
6
1
abd
V
.
 
(См. опорную задачу 9).
 
Пример 
88
. 
Дан
 
единичный куб
 
1
1
1
1
D
C
B
АВСDA
. Найти объем пирамиды 
1
1
CD
АB
.
 
Решение. 
Имеем 
2
1
1


CD
АB
 (см. 
рис. 
9
5
). Расстояние между скрещива
ю-
щимися прямыми 
1
АB
 и 
1
CD
, леж
а
щими 
в п
а
раллельных плоскостях, равно 1. 
Угол м
ежду ними равен 

90
,
 
так как 
1
1
||
DC
АB
 и 
1
1
DC
CD

.
 
Следов
а
тельно, 
 






)
;
(
sin
6
1
1
1
1
1
1
1
CD
AB
AD
CD
AB
V
CD
AB
 
3
1
1
1
2
2
6
1






.
 
Ответ
: 
3
1
.
 
Пример 
89
.
 
На диагонали грани ед
и-
ничного куба взяты точки М
 и N
,
 а на 
скрещивающейся с ней диагонали сосе
д-
ней грани взяты точки 
P
 и 
Q
. Извес
т
но
,
 
что 
2
1

MN
,
 
3
1

PQ
. Найти объем 
тетраэдра 
MNPQ
.
 
Решение.
 Пусть дан куб 
1
1
1
1
D
C
B
АВСDA
 (
см. 
рис
. 96
). Отрезки 
MN
 
и 
PQ
 лежат на п
рямых 
1
AB
 и 
1
1
C
A
 соо
т-
ветственно. Так как 
1
1
||
AB
DC
, то 





60
)
,
(
1
1
1
1
1
D
C
A
C
A
AB
. Так как 
прямые 
1
AB
 и 
1
1
C
A
 лежат в параллел
ь-
ных плоскостях 
С
AB
1
 
и 
D
C
A
1
1
, то
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
9
5
 
A
B
C
D
O
P
M
E
N
K
E
O
M
C
A
Q
K
 
 
а
 
б
 
Рис. 
9
4
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
55
 
3
1
)
,
(
)
,
(
1
1
1
1
1
1




D
C
A
C
AB
C
A
AB
.
 
Получаем 
 
72
1
2
3
3
1
3
1
2
1
6
1






MNPQ
V
.
 
Ответ
: 
72
1
.
 
● 
Пусть 
p
 
и
 
q
 
–
 площади двух граней 
тетраэдра, 
a
 
–
 длина общ
е
го ребра,
 

 
–
 
вел
и
чина двугранного угла между этими 
гранями. Тогда объем те
т
раэдра может 
быть вычислен по формуле 
 
a
pq
V
3
sin
2


.
 
(См. опорную задачу 11).
 
Пример 
90
. 
Найдите объем пирамиды 
ABCD
,
 в которой 
4

AB
,
 
5

BC
,
 
6

AD
,
 
7

BD
,
 
8

CA
,
 а двугранный 
угол с ребром 
AB
 равен 

60
.
 
Решение.
 Используя формулу Герона, 
находим площади треугольников (
см. 
рис. 
97
)
 
ABD
 и 
ABC
:
 
4
5
3
9
17




ABD
S
 и 
4
7
1
9
17




ABC
S
.
 
Тогда искомый объем пирамиды равен 
 
64
35
153
12
:
2
3
16
7
5
3
9
17
2
2
2








V
.
 
Ответ
: 
64
35
153
.
 
принцип разби
е
ния и дополнения
 
Иногда при вычислении объе
ма мн
о-
гогранника используют дополнение этого 
многогранника до пирамиды (призмы) 
или разбиение на эти фигуры.
 
Пример 
91
. 
В треугольной призме 
1
1
1
C
B
АВСA
 с объемом 
180
 см
3
 проведено 
сечение через вершину 
A
 и середины р
е-
бер 
1
BB
 и 
1
1
C
B
. Найти объем отсече
н-
ной части призмы, содержащей ребро 
1
CC
.
 
Решение.
 Обозначим через 
М 
и 
N
 с
е-
редины ребер 
1
BB
 
и 
1
1
C
B
 соответстве
н
но
 
(см. рис. 
98
)
. 
Далее находим точки 
1
CC
MN
S


 
и 
1
1
C
A
SA
P


, и в сеч
е-
нии получим 
чет
ы
рехугольник 
APNM
.
 
Построим точку 
BC
MN
L


. Пусть 
Н
 
–
 высота призмы, 
Q
 
–
 площадь
 основ
а-
ния. Объемы пирамид 
SALC
, 
1
SPNC
 и 
MALB
 обозначим через 
2
V
, 
3
V
, 
4
V
. 
 
Точки 
М 
и 
N
 
–
 середины ребер, поэт
о
му
 
,
2
1
BC
BL

 
BC
CL
2
3

. 
Значит, 
Q
S
ALC
2
3

.
 
Также 
1
1
2
1
CC
SC

, 
1
2
3
CC
SC

 и в
ы
сота 
пир
а
миды 
SALC
 равна 
H
2
3
.
 
A
1
B
C
S
P
M
A
N
C
1
B
1
L
 
Рис. 
9
8
 
A
B
C
D
4
5
8
6
7
6
0
 
Рис. 
9
7
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
P
Q
M
N
 
Рис. 
9
6
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
56
 
Объем 
 
135
180
4
3
4
3
2
3
3
1
2







HQ
S
H
V
ALC
.
 
Пирамида 
1
SPNC
 подобна пирамиде 
SALC
 с коэффицие
нтом 
3
1

k
 

SC
SC
:
(
1
 
)
3
:
1

. Поэтому
 
5
27
135
2
3
3



V
k
V
.
 
Так как 
М
 
–
 середина ребра 
1
BB
, то 
высота пирамиды 
MALB
 равна 
.
2
1
H
 
Кроме того 
BC
BL
2
1

, поэтому 
Q
S
ALB
2
1

. Зн
а
чит, 
 
15
180
12
1
12
1
2
1
3
1
4







HQ
S
H
V
ALB
.
 
Объем отсеченной части призмы, с
о-
держащей ребро 
1
CC
 равен 
 
115
15
5
135
4
3
2






V
V
V
 
(
см
3
).
 
Ответ
: 
115
 
см
3
.
 
Пример 
92
. (ЕГЭ 2008).
 
Дан прям
о-
угольный парал
лелепипед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
.
 
На его боковых ребрах 
1
AA
 и 
1
BB
 лежат 
точки 
M
 и 
P
 соо
т
ветственно так
,
 что 
11
:
8
:
1

MA
AM
,
 
1
:
2
:
1

PB
P
B
. Во 
сколько ра
з объ
е
м данного параллелепип
е-
да больше объ
е
ма п
и
рамиды с вершиной в 
точке 
P
,
 основан
и
ем которой является 
сечение данного параллелепипеда плоск
о-
стью 
1
BMD
?
 
Решение.
 Объем 
V
 данного паралл
е-
лепипед
а равен 
1
BB
BA
CB
V



 
(см. рис. 
99
)
. Сечение параллелепипеда плоск
о-
стью 
1
BMD
 
–
 параллелограмм 
M
BND
1
, 
который делит его объем поп
о
лам и 
11
8
1

NC
N
C
 
(см. опорную задачу 21).
 
Так как 
1
1
1
1
1
2
MPB
A
D
NC
M
PBND
V
V
V


, то 
найдем сначала объем многогранника 
1
1
1
1
MPB
A
D
NC
. Для этого разобьем его на 
две пирамиды 
P
B
NC
D
1
1
1
 и 
M
A
PB
D
1
1
1
 и 
найдем объем ка
ж
дой из них, учитывая, 
что противоположные ребра параллел
е-
пипеда равны.
 




1
1
1
1
2
3
2
19
8
1
1
B
C
BB
CC
S
P
B
NC
.
57
31
1
BB
CB


 




1
1
1
1
2
3
2
19
11
1
1
B
A
BB
AA
S
M
A
PB
 
.
114
71
1
BB
AB


 
V
S
C
D
V
P
B
NC
P
B
NC
D






57
31
3
1
3
1
1
1
1
1
1
1
1
.
 
V
S
A
D
V
M
A
PB
M
A
PB
D






114
71
3
1
3
1
1
1
1
1
1
1
1
.
 
Тогда
 
9
114
71
3
1
57
31
3
1
2
1
V
V
V
V
V
M
PBND








.
 
Ответ:
 9.
 
Треугольную пирамиду можно д
о-
строить до параллелепипеда двумя сп
о-
собами.
 
1
-
й 
способ
. Треугольник 
АВС
 достра
и-
ваем до параллелограмма 
АВЕС
, затем до 
п
а
раллелепипеда 
1
1
1
1
C
E
B
ABECA
 (см. рис. 
100
). В этом случае
 
1
1
1
1
1
6
1
C
E
B
ABECA
ABCA
V
V

.
 
(См. опорную задачу 7).
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
P
N
M
 
Рис. 
9
9
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
57
 
Пример 
93
.
 
В треугольной пирамиде 
боковые ребра взаимно перпенд
и
кул
ярны 
и имеют длины 
70
,
 
99
 и 
126
. На
й-
ти объем пир
а
миды
.
 
Решение.
 Данную пирамиду достра
и-
ваем до прямоугольного параллелепип
е-
да. Тогда искомый об
ъ
ем равен 
 
55
21
126
99
70
6
1





V
.
 
Ответ: 
55
21
.
 
2
-
й способ
. П
роводим через каждое 
ребро те
т
раэдра плоскость, параллельную 
прот
и
воположному ребру (
см. 
рис.
 
101
). 
В этом случае ребра исходного тетраэдра 
являются диагоналями граней получи
в-
шегося параллелепип
е
да и 
 
DECFHAGB
ABCD
V
V
3
1

.
 
Пример 
94
.
 
Два противоположных 
ребра треугольной пирам
и
ды равны  а, 
два др
у
гих равны 
b
,
 два оставшихся 
–
 с. 
Найдите объем пирам
и
ды.
 
Решение.
 Достраиваем данный тетр
а-
эдр до параллелепипеда, проводя через 
каждое ребро плоскость, параллельную 
противоположном
у ребру. Согласно у
с-
ловию задачи получаем прямоугольный 
параллелепипед (диагонали в каждой 
грани равны). Пусть линейные размеры 
п
а
раллелепипеда соответственно равны 
x
AB

, 
y
AD

, 
z
AA

1
 
(сделайте р
и-
сунок
). Исходя из условия,
 составим си
с-
тему уравнений
 











.
,
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
x
z
b
z
y
a
y
x
 
При сложении уравнений получаем 
 
)
(
2
1
2
2
2
2
2
2
c
b
a
z
y
x





.
 
Затем
,
 вычитая из последнего равенс
т-
ва каждое равенство системы, находим
 
)
(
2
1
2
2
2
2
c
b
a
x



,
 
)
(
2
1
2
2
2
2
c
b
a
y



,
 
)
(
2
1
2
2
2
2
c
b
a
z




.
 
Тогда искомый объем равен
 
 


3
xyz
V
 
)
)(
)(
(
12
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c
b
a
c
b
a
c
b
a








.
 
Ответ:
 
)
)(
)(
(
12
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c
b
a
c
b
a
c
b
a







.
 
A
B
C
A
1
E
1
B
1
C
1
E
 
Рис. 
100
 
A
D
C
E
B
H
G
F
 
Рис. 
101
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
58
 
● 
Объем треугольного призматического 
тела 
2
2
2
1
1
1
C
B
A
C
B
A
, ограниченного тр
е-
угольниками 
1
1
1
C
B
A
 и 
2
2
2
C
B
A
, можно 
вычислить по формуле 
 
ABC
C
B
A
C
B
A
S
C
C
B
B
A
A
V




3
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
,
 
где плоскость 
АВС
 перпендикулярна ре
б-
рам призматической поверхности
 
(
см. 
рис
. 102
)
.
 
В частности, 
 
ABC
C
B
ABCA
S
CC
BB
AA
V




3
2
2
2
2
2
2
.
 
(См. опорную задачу 13).
 
Пример 
95
.
 
Площадь основания 
АВС 
прямой треугольной призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 
равна 
30.
 Точки 
F
,
 
E
, 
D
 лежат на ре
б
рах 
1
AA
,
 
1
BB
,
 
1
CC
 соответственно
,
 пр
и
чем 
4

AF
. Найти объем треугольной п
и-
рамиды 
DAFE
.
 
Решение.
 Данную 
пирамиду 
DAFE
 
можно представить 
как тр
е
угольное 
призматическое т
е
ло, 
ограниченное снизу и 
сверху треугольник
а-
ми 
ADE
 
и 
FDE
 
с
о-
ответственно, причем 
эти треугольн
и
ки 
имеют две общие 
вершины (
см. рис. 
103
).
 
Находим иск
о
мый 
объем 
 
40
30
3
0
0
4





DAFE
V
.
 
О
т
вет
: 
40.
 
Пример 
96
. (ЕГЭ
,
 2007). 
Стороны АВ 
и А
D
 основания прямоугольного паралл
е-
лепипеда 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
равны 
7
 и 
5
 с
о-
ответственно, боковое ребро
 
1
AA
 ра
в
но 
3
. Точки 
L
,
 
K
,
 
M
 лежат на ре
б
рах 
AD
, 
1
1
B
A
,
 
1
1
C
B
 так, что 
5
:
3
:

AD
AL
, 
7
:
4
:
1
1
1

B
A
K
A
,
 
5
:
2
:
1
1
1

C
B
M
B
. На
й-
ти объем пирамиды с вершиной 
K
 и о
с-
новани
ем 
L
AMC
1
.
 
Решение.
 Тр
е
угольник 
1
AKB
 является 
ортогональной проекцией пир
а
миды 
L
KAMC
1
 на плоскость 
1
ABB
 (см. рис. 
104
). Найдем необходимые вел
и
чины:
 
3
7
7
3
1



KB
, 
3
5
5
3
1



MC
,
 
3
5
5
3



AL
, 
2
9
3
3
2
1
1




AKB
S
.
 
Пирамиду 
L
KAMC
1
 можно предст
а-
вить как призматическое тело, огран
и-
ченное треугольниками 
AKM
 и 
1
KLC
, 
причем эти треугольники имеют одну 
о
бщую точку. Тогда искомый объем р
а-
вен
 
9
2
9
3
0
3
3
3
0
1
1









AKB
S
MC
AL
V
.
 
Ответ
: 
9.
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
A
2
B
2
C
2
 
Рис. 
102
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
F
E
D
 
Рис. 
103
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
L
M
K
 
Рис. 10
4
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
59
 
3. Задачи на экстр
е
мум
 
3.1. Аналитический м
е
тод
 
В решении стереометрических задачах 
на определение экстремал
ь
ных значений 
искомых величин, также как и в план
и-
метрических зад
а
чах, мож
но выделить 
два подхода 
–
 геометрический и аналит
и-
ческий (с использованием средств ди
ф-
ференциального исчисления). В практике 
вступительных экзаменов наиболее часто 
используется последний. Рассмотрим н
е-
сколько примеров на его примен
е
ние.
 
Пример 
97
. 
Стороны 
основания 
ABCD
 прямоугольного параллелепипеда 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 относятся как 
3:4,
 а п
е-
риметр диагонального сечения 
С
C
AA
1
1
 
равен 
10.
 Какой наибольший объем м
о-
жет иметь этот параллелепипед
?
 
Решение.
 Пусть 
x
AB
3

, 
x
AD
4

, 
где 
x
 
–
 коэффициент пропорциональн
о-
сти (см. рис. 
105
).
 Тогда 
x
x
x
AC
5
16
9
2
2



. 
 
Из условия задачи имеем
 
10
)
(
2
1


А
А
АС
, 
х
АС
А
A
5
5
5
1




.
 
Отсюда получаем, что 
.
1
0


x
 
 
Находи
м объем параллелепипеда:
 
1
)
(
AA
AD
AB
x
V



,
 
)
1
(
60
)
5
5
(
4
3
)
(
2
х
х
х
х
х
x
V






. 
 
Исследуем функцию 
3
2
)
(
х
х
x
f


 на 
наибольшее значение на промежутке 
)
1
;
0
(
. Производная 
2
3
2
)
(
х
х
x
f



 о
б-
ращается в нуль в единственной точке 
3
2

x
 рассматриваемого промежутка, 
причем меняет знак с «плюса» на «м
и-
нус». П
о
этому функция 
)
(
x
f
, а значит 
)
(
x
V
 им
е
ет в точке 
3
2

x
 наибольшее 
значение. В этом случае 
2

AB
, 
3
8

AD
, 
3
5
1

AA
 и параллелепипед имеет на
и-
больший объем, равный 
9
80
.
 
Ответ
: 
9
80
.
 
Пример 
98
. 
Найти наибольший об
ъ
ем 
правильной 
n
-
угольной пирамиды
,
 бок
о-
вое ребро которой равно
 
l
.
 
Решение.
 Объем пирамиды выражае
т-
ся через площадь основания и высоту 
h
 
п
и
рамиды формулой 
осн
3
1
S
h
V



. 
 
Пусть сторона основания пирамиды 
равна 
x
. Тогда площадь основания в
ы-
ражается по 
формуле площади правил
ь-
ного 
n
-
угольника со стороной 
x
 сл
е-
дующим образом 
n
x
n
S




ctg
4
2
осн
. 
 
Высота пирамиды выражается форм
у-
лой 
2
2
R
l
h


, где 
R
 
–
 радиус описа
н-
ной окружности около основания. 
Для 
правильного 
n
-
угольника со стороной 
x
 
радиус
 равен 
n
x
R


sin
2
. 
 
Обозначим 



n
, тогда 
 







2
2
2
2
sin
4
ctg
12
)
(
x
l
x
n
x
V
,
 
где 




sin
2
;
0
l
x
 (получено из условия 
l
h


0
). 
 
Так как множител
ь 

ctg
12
n
 в формуле 
для 
)
(
x
V
 от 
x
 не зависит, 
и знак корня не 
меняет характер экстремума,
 то дост
а-
точно найти наибольшее значение фун
к-
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
3
x
4
x
 
Рис. 
10
5
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
60
 
ции 




2
6
2
4
sin
4
1
)
(
x
l
x
x
f
 на 



sin
2
;
0
l
. Функция 
)
(
x
f
 дифференц
и-
руема на получе
н
ном промежутке и 
 




2
5
2
3
sin
2
3
4
)
(
x
l
x
x
f
.
 
Критические точки функции 
)
(
x
f
о
п-
ределяются из уравнения 
0
)
(


x
f
 или 
 
0
sin
2
3
4
2
2
2
3











x
l
x
.
 
Корнями этого уравнения являются 
числа 
0
 и 


sin
3
8
l
. Промежутку 



sin
2
;
0
l
, принадлежит только 


sin
3
8
l
x
. 
Пр
о
изводная 
)
(
x
f

 меняет 
знак при переходе через эту точку с «пл
ю-
са» на «минус». Следов
а
тельно, при этом 
знач
ении 
x
 функция 
)
(
x
f
 и 
)
(
x
V
 
прин
и-
ма
ю
т на этом промежутке наибольшее 
значение и
 










3
2
sin
3
8
ctg
12
2
2
2
2
наиб.
l
l
l
n
V
3
2
sin
3
9
l
n




.
 
Ответ
:
 
3
2
sin
3
9
l
n
n



.
 
3.2. Геометрический метод
 
Пример 
99
. 
В пр
авильной четыре
х-
угольной пирамиде 
MABCD
 все ребра 
равны 
a
. Найти наименьшее значение 
площади сечения пирамиды плоскостью
,
 
проходящей через диагональ основания.
 
Решение. 
Так все ребра пирамиды ра
в-
ны, то рассмотрим сеч
ения пирамиды 
плоскостями, проходящими, например, 
через диагональ 
AC
 (см. рис. 
106
). При 
любом положении секущей плоскости, 
отличного от случая, когда эта плоскость 
совпадает с плоскостью основания, сеч
е-
нием будет являться равнобедренн
ый 
треугольник 
ACN
, вершина 
N
 которого 
лежит на ребре 
BM
 или на ребре 
MD
. 
Р
а
венство 
CN
AN

 следует из равенства 
треугольников 
AND
 и 
CND
. 
 
В треугольнике 
ACN
 отрезок 
NO
 я
в-
ляется медианой и высотой. Следов
а-
тельно, 
ON
AC
S
ACN



2
1
. Наименьшее 
зн
а
чение площади сечения соответствует 
наименьшему значению 
ON
. 
 
Так как треугольник 
OMD
 
–
 прям
о-
угольный и равнобедренный, то свое на
и-
меньшее значение 
ON
 достигнет в сл
у-
чае, если 
ON
 будет перпендикулярен 
MD
 (по свойству перпендикуляр
а и н
а-
клонной к прямой). В треугольнике 
OMD
 
2
a
OD
MO


 и высота 
ON
 ра
в-
на 
2
a
. Значит наименьшее значение пл
о-
щади с
е
чения 
 
2
наим
4
2
2
2
2
1
a
a
a
S




.
 
Ответ: 
2
4
2
a
.
 
Ино
гда удобно использовать извес
т-
ные алгебраические или тригонометрич
е-
ские неравенства при оценке выражений, 
содержащих геоме
т
рические величины.
 
Пример 
100
.
 
Величина двугранного у
г-
ла равна 

. 
Прямая 
l
 лежит в плоск
о-
сти одной грани этого двугранного угла. 
Найдите наибольшее значение угла ме
ж-
ду прямой 
l
 и плоскостью др
у
гой грани.
 
Решение.
 Пусть 



90
. Если прямая 
l
 п
а
раллельна ребру двугранного угла, то 
иско
мый угол равен нулю.
 Рассмотрим 
сл
у
чай пересечения прямой 
l
 с ребром 
двугранного угла. Обозначим точку пер
е-
A
B
C
D
O
M
N
 
Рис. 
10
6
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
61
 
a
c
b
 
Рис. 
10
8
 
сечения через 
A
. Пусть точка 
B
 прина
д-
лежит прямой 
l
 так, что 
1

АВ
 (см. рис. 
107
). Если 
Н
 
–
 проекция точки 
B
 на 
плос
кость другой грани, 
О
 
–
 проекция 
точки 
B
 на ребро двугранного угла. Т
о-
гда из прямоугольных треугольников 
ВАН
, 
ВОН
, 
АОВ
 последовательно пол
у-
чаем 
 





BOH
OB
BH
BAH
sin
sin
 








sin
sin
sin
sin
BAO
BOH
BAO
.
 
Так как 
1
sin


BAO
, то максимальное 
значение 



sin
sin
BAH
 и 
наиб
ольшее 
значение угла между прямой 
l
 и плоск
о-
стью другой грани равно 

, то есть пр
я-
мая 
l
 перпендик
у
лярна ребру данного 
двугра
н
ного угла. 
 
Случаи 



90
 и 



90
 рассмотрите 
самосто
я
тельно.
 
Ответ
: 

.
 
Пример 
101
.
 
В основании прямой 
призмы лежит прям
оугольный треугол
ь-
ник с площадью
,
 равной 
2,
 а в
ы
сота 
призмы равна гипотенузе основания. К
а-
кими должны быть стороны основания
,
 
чт
о
бы боковая поверхность призмы была 
на
и
меньшей
?
 
Решение.
 Обозначим катеты основ
а-
ния через 
a
 
и
 
b
 (см. рис. 
108
), тогда гип
о-
тенуза
 равна 
,
2
2
b
a

 а боковая повер
х-
ность при
з
мы
 





2
2
2
2
)
(
b
a
b
a
b
a
 
2
2
2
2
)
(
b
a
b
a
b
a





.
 
Из условия задачи 
4

ab
. Преобразуем 
выражение 
 







ab
b
a
ab
b
a
b
a
2
)
(
2
)
(
)
(
2
2
 
8
)
(
8
)
(
)
(
2
2







b
a
b
a
b
a
.
 
Функция 
8
8
)
(
2
2




t
t
t
t
f
 строго 
возрастающая (докажите), поэтому на
и-
меньшее значение принимает при на
и-
меньшем значении 
t
, а последнее выр
а-
жение 
–
 при наименьшем знач
е
нии 
b
a

. 
Из нер
а
венства 
4
2



ab
b
a
 следует, 
что это достигается при 
2


b
a
.
 
Ответ
: 
при 
2


b
a
.
 
A
B
H
O
l
 
Рис. 
10
7
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
62
 
4. Дополн
е
ния
 
4.1. Методы построения сечения 
 
многогранн
и
ка
 
Следом плоскости 

 на плоскости
 

 
называют прямую, по которой пло
с
кость 

 пересе
кает пло
с
кость 

. 
 
Следом прямой 
l
 на плоскости 

 
н
а-
зывают точку пересеч
е
ния прямой с 
плоскостью 

. 
 
Опорная задача
. 
Найти точку перес
е-
чения данной прямой 
AB
 с плоск
о
стью 

 
(
AB
 не параллельна 

)
.
 
 
Решение.
 
Задача имеет решение в сл
у-
чае, если возможно построить параллел
ь-
ную или центральную проекцию данной 
пр
я
мой 
AB
 н
а плоскость 

. В первом 
(см. рис. 
109
а
) и во втором (см. рис. 
109
б
) 
случае строятся проекции прямой на 
плоскость. Так как прямая 
AB
 и ее пр
о-
екции лежат в одной плоскости (образ
о-
ванной: в первом случае пара
л
лельным
и 
прямыми 
1
AA
 и 
1
BB
, во втором 
–
 перес
е-
кающимися пр
я
мыми 
SA
 и 
SB
), то точка 
их пересечения 
M
 и есть и
с
комая. 
 
Пример 10
2
. 
Построить след прямой 
M
B
1
 на грани куба 
C
C
DD
1
1
 
(
см. рис. 
110
а
)
. 
 
Решение.
 
Прямая 
BM
 
–
 параллельная 
проекция (параллельно боковому ребру 
куба) прямой 
M
B
1
 на плоскость основ
а-
ния (см. рис. 
110
б
)
. Точка 
N
 
–
 точка п
е-
ресечения прямых 
BM
 и 
.
DC
 Эта точка 
является проекцией точки пересечения 
пр
я
мой 
M
B
1
 с гранью 
C
C
DD
1
1
. Через 
точку 
N
 проводим прямую 
NP
, пара
л-
лельную боковому ребру. Она принадл
е-
жит пло
с
кости грани 
1
1
C
DD
 и пересечет 
прямую 
M
B
1
 в точке 
Q
, поскольку они 
лежат в одной плоскости 
M
BB
1
. След
о-
ва
тельно, точка 
Q
 
–
 искомая. 
 
Сечение многогранника плоскостью
 
–
 
многоугольник, представляющий с
о
бой 
множество всех точек пространства, пр
и-
надлежащих одновременно данному мн
о-
гограннику и плоскости, плоскость при 
этом называется 
секущей 
плоскостью
.
 
Секущая пло
с
кость может быть задана 
различными способами, например:
 
а) тр
е
мя точками, которые не лежат на 
одной прямой;
 
б) прямой и точкой, не лежащей на 
ней;
 
в) двумя пересекающимися прям
ы
ми;
 
г) некоторыми из указанных выше 
геометрических эле
ментов в совокупн
о-
сти с различными з
а
висимостями между 
ними и элементами (гранями, ребрами, 
диагоналями и т. д.) мн
о
гогранника. 
 
Построение плоских сечений мног
о-
гранников выполняется на основе соо
т-
ветствующих пространстве
н
ных аксиом 
и теорем.
 
Построить сеч
ение многогранника 
плоскостью
 
–
 это значит построить мн
о-
гоугольник все вершины и стороны, к
о-
торого 
–
 соответственно следы секущей 
плоскости на ребрах и гранях многогра
н-
ника. 
 
Наиболее часто применяемыми мет
о-
дами построения сечений многогранн
и-
ков плоскостью
 являются: метод следов и 
метод переноса секущей пло
с
кости.
 
A
B
A
1
B
1
M

A
B
A
1
B
1
M

S
 
 
а
 
б
 
Рис. 1
0
9
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
Q
N
P
 
 
а
 
б
 
Рис. 
1
1
0
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
63
 
метод «сл
е
дов»
 
При использовании этого метода сн
а-
чала строится след секущей плоскости на 
плоскости одной из граней многогранн
и
ка 
(
либо на 
диагональной плоскости
 или
 
пло
с
кости симметрии), а также 
следы на 
пр
я
мых, содержащих стороны этой грани. 
Далее строя
т
ся следы секущей плоскости 
на других гранях при наличии двух следов 
на прямых, содержащих стороны соотве
т-
ствующей грани. 
 
Пример 
103
. 
Построить сечение к
у
ба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 плоскостью
,
 пр
ох
о
дящей 
через три заданные на его ребрах то
ч
ки
 
,
,
,
P
N
M
 
две из которых лежат на 
смежных ребрах 
(
см. рис. 
111
а
)
.
 
Решение
.
 
Точки 
M
 и 
N
 лежат в 
плоскости сечения и в плоскости 
1
1
B
AA
, 
поэтому отрезок 

MN
 след секущей 
плоскости на грани 
B
B
AA
1
1
. Для п
о-
строения следов на других гранях пост
у-
паем следующим обр
а
зом.
 
Проводим прямую 
MN
 (см. рис. 
111
б
)
 
до пересечения с прямыми 
AB
 и 
1
BB
, л
е-
жащими с ней в одной плоскости и не п
а-
раллельными ей. Точки 
1
K
 и 

2
K
 сл
е
ды 
секущей плоскости на указанных 
прям
ы
х
. 
 
Точки 
1
K
 и 
P
 лежат в плоскости 
ABC
 (см. рис. 
111
в
), следовательно, 
прямая 
P
K
1
 и точки 
1
N
 и 
3
K
 
–
 следы с
е-
кущей плоскости на плоскости 
ABC
, на 
ребре 
AD
 и пр
я
мой 
BC
 соответственно. 
 
Точки 
2
K
 и 
3
K
 лежат в плоскости 
1
1
C
BB
 (см. рис. 
111
г
), следовательно, пр
я-
мая 

3
2
K
K
 след секущей плоскости на 
плоскости 
1
1
C
BB
, точки 
1
P
 и 

1
M
 ее 
следы на ребрах 
1
CC
 и 
1
1
C
B
 соответс
т-
венно. Соединяя в указанном порядке 
точки 
1
1
1
,
,
,
,
,
M
P
P
N
N
M
, получаем и
с-
комое сечение 
–
 шестиуг
ол
ь
ник 
1
1
1
M
PP
MNN
. 
 
Пример 
104
.
 Построить с
е
чение куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 плоскостью
,
 проходящей 
через три заданные точки 
,
,
,
P
N
M
 л
е-
жащие на неперес
е
кающихся ребрах 
(
см. 
рис
. 
112
а
)
 при условии
,
 что ник
а
кие две 
из них не ле
жат в одной гр
а
ни.
 
Решение
. 
Найдем точку пересечения 
прямой 
MP
 с плоскостью 
ABC
. Для эт
о-
го проведем через точку 
M
 прямую, п
а-
раллельную 
ребру 
1
AA
 (см. рис. 
112
а
)
. 
Она пересе
чет ребро 
AB
 в точке 
1
K
.
 Так 
как точка 
P
 лежит на ребре 
1
CC
, то она 
соответственно проектируе
т
ся в точку 
C
. 
Точка 
C
K
MP
K
1
2


 принадлежит 
пло
с-
костям сечения и основ
а
ния.
 
Тогда прямая 
2
NK
 
–
 след секущей 
плоскости на плоскости основ
а
ни
я (см. 
рис. 
112
б
)
, а точки 

4
1
3
,
,
K
N
K
 следы на 
прямой 
BC
, ребре 
CD
 и прямой 
AB
 с
о-
ответственно. 
 
Далее проводим прямые 
M
K
4
 и 
P
K
3
 
(см. рис. 
112
в
)
. Искомое сечение 
–
 ше
с-
тиугольник 
1
1
1
PP
NN
MM
. 
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
K
1
K
2
 
 
а
 
б
 
Рис. 
1
11
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
K
1
K
2
K
3
N
1
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
K
1
K
2
K
3
N
1
P
1
M
1
 
в
 
г
 
Рис. 
1
11
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
K
1
K
2
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
N
1
K
2
K
4
K
3
 
 
а
 
б
 
Рис. 
1
12
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
64
 
Пример 
105
. 
Построить сечение ч
е-
тырехугольной пирамиды 
SABCD
 пло
с-
костью
, 
проходящей через три з
а
данные 
точки 
,
,
,
P
N
M
 лежащие на ее ре
б
рах 
(
см. рис. 
113
а
)
.
 
Решение.
 Прямые 
MN
 и 
AD
 л
е
жат в 
плоскости 
SAD
 и не параллельны, Сл
е-
довательно
, они пересекаются в некот
о-
рой точке 
1
K
 (см. рис. 
113
б
)
. Точки 
1
K
 и 
P
 принадлежат плоскости основания п
и-
рамиды и плоскости сечения, следов
а-
тельно, прямая 
P
K
1
 
–
 след секущей
 
плоскости на плоскости основания. 
 
Аналогично, прямые 
1
K P
 и 
AB
 пер
е-
секаются в некот
о
рой точке 
2
K
. Точки 
1
N
 и 
1
P
 
–
 следы с
е
кущей плоскости на 
ребрах
 
DC
 и 
SB
 соответственно. 
 
Соединяя последов
а
тельно точки 
M
P
P
N
N
M
,
,
,
,
,
1
1
, получ
а
ем сечение 
–
 
пятиугол
ь
ник 
1
1
PP
MNN
.
 
Пример 
106
. 
Даны точки 
M
 и 
,
N
 
ле
жащие на боковых гранях четыре
х-
угольной пирамиды
,
 и точка 
P
 
–
 на ее 
боковом ребре 
(
см. рис.
 
114
а
).
 
Постр
о-
ить сечение пирамиды пло
с
костью 
MNP
.
 
Решение.
 Находим на плоскости осн
о-
вания пирамиды следы пр
я
мых 
MN
 и 
MP
 
–
 
точки 
1
K
 и 
2
K
, как точки перес
е-
чения указанных прямых и их централ
ь-
ных проекций 
0    0
M N
 и 
0
M B
 из це
н
тра 
S
 
на плоскость основания (см. рис. 
114
а
). 
 
Прямая 
1    2
K K
, являющаяся следом с
е-
кущей плоскости на плоскости основ
а-
ния, пересекает ребра 
DC
 и 
BC
 в точках 
1
N
 и 
2
N
 соответственно (см. рис. 
114
б
). 
Точки 
P
 и 
2
N
 лежат в плоскости грани 
SBC
, 
1
N
 и 
N
 
–
 в пло
с
кости грани 
SDC
 
и 
N
N
SD
M
1
1


, 
1
M
 и 
M
 
–
 в пло
с
кости 
грани 
SAD
 и 
M
M
SA
P
1
1


. 
 
Соединяя последовательно получе
н-
ные точки, получаем искомое сечение 
1
2
1
1
PP
N
N
M
.
 
метод вспомогательных пло
с
костей
,
 
м
етод переноса секущей плоскости 
 
При использовании этого метода вм
е-
сто 
секущей плоскости строится пара
л-
лельная ей вспомогательная плоскость, 
которая пересекает все грани некот
о
рого 
трехгранного (или многогранного в о
б-
щем случае) угла данного многогранн
и-
ка.
 Далее путем параллельного переноса 
стр
о
ятся некоторые линейные элементы 
искомого сечения, соответствующие ле
г-
ко строящимся элементам вспомогател
ь-
ной пло
с
кости.
 
 
Свойства параллельных плоскостей.
 
·
 
Если две параллельные плоскости пер
е-
секаются третьей
,
 то л
инии их перес
е-
чения параллельны
.
 
·
 
Отрезки параллельных прямых
,
 закл
ю-
ченные между параллельными плоск
о-
стями
,
 равны
.
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
P
N
N
1
K
2
K
4
K
3
P
1
M
1
 
Рис. 
1
12
в
 
C
D
M
A
B
P
S
N
C
D
M
A
B
P
S
N
K
1
K
2
N
1
P
1
 
 
а
 
б
 
Рис. 1
13
 
C
D
M
A
B
P
S
N
K
1
K
2
M
0
N
0
C
D
M
A
B
P
S
N
K
1
K
2
M
1
N
1
P
1
N
2
 
 
а
 
б
 
Рис. 11
4
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
65
 
Пример 
107
. 
Даны точки 
N
M
,
 и 
,
P
 
лежащие соответственно на б
о
ковых 
ребрах 
SD
SA
,
 и 
SB
 четырехугольной п
и-
рамиды 
SABCD
. Построить сечение п
и-
рамиды пло
с
костью 
MNP
 
(
см. рис. 
11
5
)
.
 
Решение.
 Пров
о-
дим через ве
р
шину 
D
 
прямую, параллел
ь-
ную 
MN
, д
о перес
е-
чения с ребром 
SA
. 
Через полученную 
точку 
1
K
 параллельно 
MP
 проводим пр
я-
мую до пересечения с 
ре
б
ром 
AB
 в точке 
2
K
. 
 
Плоскость треугольника 
2
1
K
DK
 п
а-
раллельна плоскости 
MNP
. Плоскость 
ASC
 пересекает их по параллельным 
прямым. Прямая перес
е
чения плоскостей 
ASC
 и 
2
1
K
DK
 
–
 
3
1
K
K
, где 
3
K
 
–
 точка 
пересечения диагонали 
AC
 четыре
х-
угольника 
ABCD
 и отре
з
ка 
2
DK
. Через 
точку 
M
 проводим прямую, параллел
ь-
ную 
3
1
K
K
, до пересечения с 
ре
б
ром 
SC
. 
Получаем точку 
Q
. Сечение 
MPQN
 я
в-
ляется и
с
комым. 
 
Пример 
108
. 
В основании пирамиды 
SABCD
 лежит ромб 
ABCD
,
 сторона 
которого равна 
12,
 а диагональ 
6

BD
. 
Высота пирамиды 
SO
 проходит через 
точку пересечения диагоналей ромба и 
равна 
13
3
. Точки 
E
 и 
F
 лежат на ре
б-
рах 
AD
 и 
AB
 соответственно, причем 
4

AE
, 
8

FB
. Найти площадь сечения 
пирамиды плоскостью
,
 параллельной ре
б-
ру 
SC
и проходящей через точки 
E
 и 
F
. 
 
Решение.
 Так как 
4



FB
AB
AF
 и 
4

AE
, то треугольник 

AFE
 равн
о-
бедренный и подобен треугольнику 
ABD
 
с коэффициентом подобия 
3
1

AB
AF
 (см. 
рис. 
116
). Зн
а
чит 
2
3
1


BD
FE
.
 
 
Пусть 

L
 точка пересечения 
FE
 с 
диагональю ромба 
AC
. Так как секущая 
плоскость параллельна 
SC
, то через то
ч-
ку 
L
 в этой плоскости будет прох
о
дить 
пря
мая, параллельная 
SC
, которая пер
е-
сечет ребро 
SA
 в точке 
K
 (
SC
KL
||
, 
KL
 
лежит в плоскости 
ASC
). Треугольник 

KFE
 иск
омое сечение.
 
ASC
BD

, поскольку 
SO
BD

 и 
AC
BD

. Следовательно, 
ASC
FE

, а 
значит 
KL
FE

, т.е. 

KL
 высота тр
е-
угольника 
KFE
. Тогда, з
ная 
KL
, найдем 
площадь с
е
чения.
 
Треугольники 
AKL
 и 
ASC
 подобны с 
коэффициентом подобия 
6
1
2


AO
AL
AC
AL
. 
Из прямоугольных треугольников 
BOC
 
и 
SOC
 по
 теореме Пифагора получаем 
 
15
3
3
12
2
2
2
2





BO
BC
OC
 
7
6
135
117
2
2





OC
SO
SC
.
 
Так как 
6
1


AC
AL
SC
KL
, то
 
7

KL
. 
Следовательно, 
7
2
1




FE
KL
S
KFE
.
 
Ответ:
 
7
.
 
метод дополнения n
-
угольной призмы 
(пирамиды)
 до треугольной призмы 
(пирам
и
ды)
 
Если данную призму (пирамиду) д
о-
строить до треугольной призмы (пирам
и-
ды), затем построить сечение полученной 
треугольной призмы (пирамиды), то и
с-
комое сечение получается как часть сеч
е-
ния треугольной при
з
мы (пирамиды).
 
При
мер 
109
.
 
Построить сечение п
и-
рамиды 
DAEGHF
 плоскостью 
AMN
,
 где 
точки 
M
 и 
N
 лежат на ребрах 
DE
 и 
DF
 
с
о
ответственно.
 
Решение.
 1. Достраиваем данную п
я-
тиугольную пирамиду до треугольной. 
Для этого получим точки 
C
HG
AE


 и 
C
D
M
A
B
P
S
N
K
1
Q
K
3
K
2
 
Рис. 1
1
5
 
A
B
L
D
O
E
S
F
K
C
 
Рис. 1
1
6
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
66
 
B
GH
AF


, и затем проведем отрезки 
DC
 
и 
DB
 
(см. рис. 
117
)
.
 
 
2. Строим сечение полученной тр
е-
угольной пирамиды 
ABCD
 плоск
о
стью  
AMN
. Для этого последовательно пол
у-
чаем то
ч
ки 
P
DC
AM


 и 
Q
DB
AN


, и с
о
единяем точки 
P
 
и
 
Q
. 
Треугольник 
APQ
 
–
 есть сечение пирам
и-
ды 
ABCD
 плоск
о
стью 
AMN
.
 
3. Осталось получить точки 
R
DG
PQ


 и 
S
DH
PQ


. Тогда п
я-
тиугольник 
AMRSN
 
–
 искомое сечение 
данной пят
и
угольной пирамиды.
 
метод разбиения 
n
-
угольной призмы 
(
пирамиды
)
 на треугольные призмы 
(
пирам
и
ды
)
 
Из данной 
n
-
угольной призмы (пир
а-
миды) выделяют основную тр
е
угольную 
призму (пирамиду)
, 
на б
о
ковых ребрах 
которой лежат точ
ки, определяющие и
с-
комое сечение. Строят сечение этой тр
е-
угольной призмы (пирамиды), затем 
строят с
е
чения тех треугольных призм 
(пир
а
мид), которые имеют общие части с 
основной
.
 
Пример 
110
.
 
Построить сечение ч
е-
тырехугольной призмы 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
пл
оскостью 
PQR
,
 где точки 
P
 и 
Q
 л
е
жат 
на ребрах 
1
AA
 и 
1
DD
 соответс
т
венно
, 
точка 
R
 принадлежит пло
с
кости 
B
B
AA
1
1
.
 
Решение.
 1. Точка 
R
 
лежит на отрезке 
1
EE
, где 
AB
E

, 
1
1
1
B
A
E

, 
1
1
AA
EE

 
(см. рис. 
118
).
 Треугольник 
PQR
 является 
с
е
чением треугольной призмы 
1
1
1
E
D
ADEA
. При
з
мы 
1
1
1
C
D
ADCA
 и 
1
1
1
C
B
ABCA
 имеют общ
ую часть с при
з-
мой 
1
1
1
E
D
ADEA
.
 
2. Пол
у
чим точки 
M
DE
A
С


, 
2
1
1
1
1
M
E
D
С
A


. Пло
с
кости 
1
AC
С
 и 
1
EDD
 пересекаются по прямой 
2
ММ
. 
Прямые 
2
ММ
 и 
QR
 пересек
а
ются в точке 
1
М
. 
 
3. Точки 
Р
 и 
1
М
 принадлежат плоск
о-
сти 
1
AC
С
, поэтому прямые 
1
P
М
 и 
1
CC
 
пересекаются в точке 
,
T
 принадлеж
а
щей 
сек
у
щей плоскости 
PQR
.
 
4. Имеем точку 
K
BB
PR


1
. Прямые 
PR
 и
 
PQ
 лежат в одной плоскости 
PQR
, 
поэтому точка 
K
 принадлежит плоск
о
сти 
PQR
. 
 
5. Точки 
Q
 и 
T
 лежат в плоскости сеч
е-
ния, значит, прямая 
QT
 при
надлежит с
е-
кущей плоскости. 
Четырехугольник 
PKTQ
 
–
 искомое с
е
чение.
 
Среди методов построения сечений 
многогранников выделяют также метод 
внутреннего проектирования, который 
используется на практике крайне ре
д
ко.
 
R
E
G
H
D
B
C
M
F
A
S
N
Q
P
 
Рис. 11
7
 
E
D
B
C
M
A
A
1
D
1
C
1
B
1
T
Q
K
R
P
E
1
M
1
M
2
 
Рис. 11
8
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
67
 
4.2. Векторный метод
 
Векторный метод может 
быть испол
ь-
зован при решении широкого класса ге
о-
метрических задач. Для решения з
а
дач, 
касающи
х
ся
:
 взаимного расположения 
двух прямых, принадлежности трех точек 
одной прямой, вычисления отношения 
отрезков параллельных прямых, треб
у-
ются лишь операции сложени
я и вычит
а-
ния векторов, умножения вектора на чи
с-
ло. Операция скалярного умножения 
двух векторов (в сочетании с предыд
у-
щими операциями) позволяет вычислять 
длины отрезков и величины углов, а зн
а-
чит, находить расстояния, площади и 
объемы геометрических фигур
.
 
Если необходимо найти длину отрезка, 
то в качестве базисных векторов выб
и-
рают такие векторы, для которых извес
т-
ны их длины и углы между ними. Если в 
задаче треб
у
ется найти величину угла 
между прямыми, то в качестве базисных 
выбирают векторы с известными 
отн
о-
шениями их длин и известными углами 
между ними.
 
Базис и координаты вектора
 
Упорядоченная тройка некомплана
р-
ных, векторов 
,
a

 
,
b

 
c

 называется 
баз
и-
сом. 
 
Всякий вектор 
d

 
может быть пре
д-
ставлен единственным образом в в
и
де
 
c
z
b
y
a
x
d










 
(1)
 
где числа 
z
y
x
,
,
 называются координ
а-
тами вектора 
d

 в базисе векторов 
,
a

 
,
b

 
c

.
 
Формулу (1) называют 
разложением 
вектора
 
d

 
по базису
 
,
a

 
,
b

 
c

 и испол
ь-
зуют также следующую форму з
а
писи 
}
,
,
{
z
y
x
d


.
 
Базис 
,
a

 
,
b

 
c

 называют 
прямоугол
ь-
ным 
(или
 ортогональным
), если скаля
р-
ные произведения 
,
b
a



 
,
c
a



 и 
c
b



 ра
в-
ны нулю, т.е. векторы попарно 
перпенд
и-
кулярны
.
 
Базис 
,
a

 
,
b

 
c

 называют 
декартовым
 
(или 
о
р
тонормированным
), если векторы 
попарно 
перпенд
и
кулярны
 и 


|
|
|
|
b
a


 
1
|
|


c

. 
 
Для векторов декартова базиса обычно 
используют обозначения 
k
j
i



,
,
.
 
Если два вектора 
n

 и заданы своими 
координатами в некоторой д
е
картовой 
системе к
о
ординат 
}
,
,
{
1
1
1
z
y
x
n


, 
}
,
,
{
2
2
2
z
y
x
m


, то их скалярное прои
з-
ведение в этой системе координат выр
а-
жается сл
е
дующи
м образом:
 
2
1
2
1
2
1
z
z
y
y
x
x
m
n






.
 
(2)
 
Обычно при решении задач, в которых 
рассматриваются призма или пирам
и
да, в 
качестве базисных векторов выбирают 
какую либо тройку векторов, выход
я
щих 
из одной вершины и направленных вдоль 
р
е
бер многогранника.
 
Пример 1
11
.
 
В параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точка 
M
 
–
 центр гр
а
ни
 
D
D
CC
1
1
. 
Найти коорд
и
наты вектора 
M
B
1
 
в базисе
 
1
AA
, 
AB
 
и
 
AD
.
 
Решение
.
 Для треугольника 
1    1
BC M
 
запишем р
а
венство (см. рис. 
119
)
 
1                  1    1          1
.
B M  BC   C M
       
         
 
Воспользуемся тем, что 
1    1
,
BC    AD

     
 а 
1                          1    1          1
1
(                          ).
2
C M     C D   CC
            
              
 Так как 
1    1
,
C D     AB
 
        
 
1                   1
,
CC     A A
 
        
 то 
отсюда п
о-
лучаем 
1                                  1
1
(                      ).
2
C M       AA   AB
           
                  
 Следов
а-
тельно, 
 
1                                1
1          1
.
2          2
B M      AA      AB   AD
                  
                        
 
Ответ:
 









1
;
2
1
;
2
1
1
M
B
.
 
C
A
D
B
A
1
M
D
1
C
1
B
1
 
Рис. 
11
9
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
68
 
Пример
 112
.
 
В 
основании четыре
х-
угольной пирамиды 
MABCD
 
лежит п
а-
раллелограмм 
.
ABCD
 Точки 
N
и 
P
 
–
 
с
е-
редины ребер 
BM
 и 
DC
 соответстве
н-
но. Найти координаты вектора 
NP
 
в 
баз
и
се
 
AD
, 
AB
 
и
 
AM
.
 
Ре
шение.
 Заметим из треугольника 
ANP
, что 
AN
AP
NP


 (см. рис. 
120
). 
 
Так как точка 

N
 середина ребра 
BM
, то 
AM
AB
AN
2
1
2
1


. 
 
Соответстве
н
но, 
DP
AD
AP


 или 
AB
AD
AP
2
1


.
 
Следовательно
 



AN
AP
NP
 

















AM
AB
AB
AD
2
1
2
1
2
1
 
AM
AD
2
1


.
 
Ответ:
 








2
1
;
0
;
1
NP
.
 
Пример
 113
.
 
Дан параллел
е
пипед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 Точки 
,,
M N P

 центры 
граней 
1   1    1    1
,
ABC D
 
1    1
,
CC DD
 
1   1
BBCC
 соо
т-
ветственно. Пусть 
AM
a


,
 
AN
b


,
 
AP
c


. Найти координаты вект
о
ра 
1
AC

 в базисе 
,
a

 
,
b

 
c

.
 
Решение.
 Введем вект
о
ры 
1
AA
p


, 
AB
q


 и 
AD
r


 (см. рис. 
121
). Т
о
гда 
 
r
q
p
M
A
AA
AM
a




2
1
2
1
1
1






.
 
Аналогично находим 
r
q
p
b







2
1
2
1
, 
 
r
q
p
c




2
1
2
1



. З
а
метим, что 
r
q
p
AC






1
. Получим:
 





















r
q
p
r
q
p
c
b
a









2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
2
2
1
2
1
r
q
p
r
q
p


















.
 
О
т
сюда 
c
b
a
AC



2
1
2
1
2
1
1



.
 
Ответ:
 







2
1
;
2
1
;
2
1
1
AC
.
 
Расстояние между 
 
скрещивающимися пр
я
мыми
 
Пусть даны прямая 
1
l
 с н
аправля
ю-
щим вектором 
1
q

 и 
2
l
 с направляющим 
вектором 
2
q

. Точки 
1
A
 и 
2
A
 лежат на 
прямых 
1
l
 и 
2
l
 соответстве
н
но
, 
m
A
A


2
1
 
(см. рис. 
1
22
). Найдем расстояние между 
прям
ы
ми 
1
l
 и 
2
l
.
 
Чтобы определить расстояние между 
прямыми 
1
l
 и 
2
l
, т.е. найти длину их о
б-
щего перпендику
ляра 
2
1
P
P
 (
1
1
l
P

 и 
2
2
l
P

), предст
а
вим вектор 
2
1
P
P
 в виде 
 
P
1
l
2
l
1
P
2
A
2
A
1
q
2
q
1
m
 
Рис. 1
22
 
C
A
D
B
A
1
N
M
P
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 
1
21
 
C
A
D
B
N
M
P
 
Рис. 
1
20
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
69
 
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
q
y
m
q
x
P
A
A
A
A
P
P
P











.
 
Неизвестные коэффициенты 
y
x
,
 н
а-
ходятся из условия перпендикулярности 
вектора 
2
1
P
P
 векторам 
1
q

 и 
2
q

:
 

























.
0
)
(
,
0
)
(
0
,
0
2
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
q
q
y
m
q
x
q
q
y
m
q
x
q
P
P
q
P
P










 
Искомое расстояние выражается сл
е-
дующим образом:
 
2
2
1
2
1
)
(
q
y
m
q
x
P
P








.
 
Согласно свойствам скалярного пр
о-
изведения и с учетом формулы квадрата 
суммы
 трех чисел получим
 










2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
)
(
q
y
m
q
x
q
y
m
q
x






)
(
2
)
(
2
)
(
2
2
1
2
1
q
q
xy
m
q
y
m
q
x










.
 
В общем случае для базисных вект
о-
ров 
,
a

 
,
b

 
c

 таких, что 
a
a

|
|

, 
b
b

|
|

, 
c
c

|
|

 и 
,
)
,
(



b
a


 
,
)
,
(



c
a


 



)
,
(
c
b


 та
б
лица умножения базисных 
векторов выглядит следующим о
б
разом.
 
 
a

 
b

 
c

 
a

 
2
a
 

cos
ab
 

cos
ac
 
b

 

cos
ab
 
2
b
 

cos
bc
 
c

 

cos
ac
 

cos
bc
 
2
c
 
В с
лучае декартовой системы коорд
и-
нат таблица умножения базисных вект
о-
ров 
k
j
i



,
,
 выглядит следующим обр
а-
зом.
 
 
i

 
j

 
k

 
i

 
1
 
0
 
0
 
j

 
0
 
1
 
0
 
k

 
0
 
0
 
1
 
Используя приведенные выводы, р
е-
шим следующие з
а
дачи.
 
Пример 1
14
.
 
Найти расстояние ме
ж-
ду непересекающимися диагоналями двух 
смежных граней куба
,
 длина ребра кот
о-
рого равна 
a
.
 
 
Решение.
 Найдем расстоян
ие между 
диагоналями 
1
1
C
A
 и 
1
AD
 к
у
ба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 (см. рис. 
123
). 
 
Введем векторы 
1
1
1
q
C
A


 и 
2
1
q
AD


, 
m
AA


1
. Поскол
ь
ку 
2
|
|
|
|
2
1
a
q
q




, 
a
m

|
|

, 
,
60
)
,
(
2
1



q
q


 
,
90
)
,
(
1



m
q


 
,
45
)
,
(
2



m
q


 то
 
2
2
1
1
1
2
a
q
q
q






,
 
2
2
2
2
2
2
a
q
q
q






, 
,
2
2
a
m
m
m






 
2
2
1
2
1
60
cos
|
|
|
|
a
q
q
q
q










,
 
0
90
cos
|
|
|
|
1
1






m
q
m
q




,
 
2
2
2
45
cos
|
|
|
|
a
m
q
m
q










.
 
Пусть отрезок 
PQ
 есть общий перпе
н-
дикуляр скрещива
ю
щихся прямых 
1  1
AC
 и 
1
AD
. Представим вектор 
PQ
 в в
и
де
 
2
1
q
y
m
q
x
PQ








.
 
Из условия перпендикулярности ве
к-
тора 
2
1
P
P
 векторам 
1
q

 и 
2
q

 получаем 
 
















0
)
(
,
0
)
(
2
2
1
1
2
1
q
q
y
m
q
x
q
q
y
m
q
x








 
 






















0
)
(
,
0
)
(
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
q
y
q
m
q
q
x
q
q
y
q
m
q
x










 




















.
0
2
1
,
0
2
0
)
2
1
(
,
0
)
2
(
2
2
y
x
y
x
y
x
a
y
x
a
 
Отсюда 
3
1

x
, 
3
2


y
. Тогда 
 










2
2
1
3
2
3
1
q
m
q
PQ



 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
P
K
Q
a
 
Рис. 
1
23
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
70
 










3
)
(
4
)
(
12
)
(
6
4
9
2
1
2
1
2
2
2
2
1
q
q
m
q
m
q
q
m
q







3
3
3
4
12
0
8
9
2
a
a







.
 
Ответ:
 
3
3
a
.
 
Замечание.
 В большинстве случаев 
при решении подобных задач удобнее 
ввести декартову систему координат, в
ы-
разить векторы 
m
q
q



,
,
2
1
 через ее бази
с-
ные векторы и провести все вычисления 
в 
координатной форме.
 
Пример 
115
.
 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
MABCD
 с основан
и-
ем 
ABCD
 
высота и сторона основания 
равны 
4,
 точки 
E
 и 

F
 с
е
редины ребер 
AM
 и 
DC
 соответственно. Найти ра
с-
сто
я
ние между прямыми 
BE
 и 
.
FM
 
 
Решение.
 Введем декартову систему 
координат следующим образом. Пусть 
начало координат 
O
 находится в це
нтре 
о
с
нования, ось 
x
 проходит через точку 
O
 параллельно ребру 
AD
, ось 
y
 прох
о-
дит ч
е
рез точку 
O
 параллельно ребру 
AB
, ось 
z
 проходит через точку 
O
 пе
р-
пендик
у
лярно плоскости основания (см. 
рис
. 124
). Тогда вершины пирамиды им
е-
ют коорд
и
наты:
 
),
0
;
2
;
2
(


A
 
),
0
;
2
;
2
(

B
 
),
0
;
2
;
2
(
C
 
)
0
;
2
;
2
(

D
, 
)
4
;
0
;
0
(
M
.
 
В этой системе координат 
)
2
;
1
;
1
(


E
 
и 
)
0
;
0
;
2
(
F
. Введем вект
о
ры 
}
2
;
3
;
1
{
1



q
BE

, 
}
4
;
0
;
2
{
2



q
FM

 
и 
}
2
;
1
;
1
{


m
EM

. 
 
Тогда 
 
14
2
2
)
3
(
)
3
(
1
1
1
1










q
q


,
 
20
4
4
0
0
)
2
(
)
2
(
2
2










q
q


, 
6
2
2
1
1
1
1








m
m


,
 
6
4
2
0
)
3
(
)
2
(
1
2
1










q
q


,
 
2
2
2
1
)
3
(
1
1
1









m
q


,
 
6
2
4
1
0
1
)
2
(
2









m
q


.
 
Пусть отрезок 
PQ
 есть общий перпе
н-
дикуляр скрещива
ю
щихся прямых 
BE
 и 
.
FM
 Представим вектор 
PQ
 в виде
 
2
1
q
y
m
q
x
PQ








.
 
Из условия перпендикулярности ве
к-
тора 
PQ
 векторам 
1
q

 и 
2
q

 пол
у
чаем 
 
















0
)
(
,
0
)
(
2
2
1
1
2
1
q
q
y
m
q
x
q
q
y
m
q
x








 
 










.
0
20
6
6
,
0
6
2
14
y
x
y
x
 
Отсюда 
61
1


x
, 
61
18


y
. Тогда 
 





2
1
61
18
61
1
q
m
q
PQ



 







}
4
;
0
;
2
{
61
18
}
2
;
1
;
1
{
}
2
;
3
;
1
{
61
1
 
}
48
;
64
;
96
{
61
1

.
 
.
61
61
16
48
64
96
61
1
2
2
2




PQ
 
Ответ:
 
61
61
16
.
 
D
C
B
A
E
M
z
y
O
F
x
Q
P
 
Рис. 
12
4
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
71
 
4.3. Координатный метод
 
Координатный метод является естес
т-
венным продолжением векторного ме
т
о-
да, то есть вектор пространства есть уп
о-
рядоченная тройка действительных ч
и
сел 
(декартовых прямоугольных координат 
вектора в ортонормированном базисе).
 
Рациональное расположение фигуры 
относительно системы координат (нек
о-
торые вершины многогранника нах
о
дятся 
на координатных осях), позвол
я
ет при 
решении задач упростить вычисления. 
 
координаты вершин многогранник
ов 
 
в декартовой системе координат
 
В данном пункте представлены в о
б-
щем виде координаты вершин некот
о
рых 
видов многогранников, наиболее часто 
испо
льзу
е
мых в задачах.
 
1. Куб 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 с ребром 
a
. 
Пусть начало координат находится в то
ч-
ке 
A
, направление коо
р
динатных осей 
показано на рис. 
125.
 Тогда вершины к
у-
ба имеют координаты:
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 
)
0
;
;
0
(
a
B
, 
)
0
;
;
(
a
a
C
, 
)
0
;
0
;
(
a
D
, 
)
;
0
;
0
(
1
a
A
, 
)
;
;
0
(
1
a
a
B
, 
)
;
;
(
1
a
a
a
C
, 
)
;
0
;
(
1
a
a
D
.
 
Такое же расположение системы коо
р-
динат удобно использовать для прям
о-
у
гольного параллелепипеда. Еще один 
вариант расположения прямоугольного 
параллелепипеда (куба) относительно д
е-
картовой системы к
о
ординат связан с  
размещением начала координат в точке 
пересечения диагоналей основания.
 
2. Правильная треугольная призм
а
 
1
1
1
C
B
ABCA
, сторона основания кот
о
рой 
равна 
a
, а боковое ребро 
b
. Пусть нач
а-
ло координат находится в точке 
A
, ось 
x
 
направлена вдоль ребра 
AC
, ось 
y
 пр
о-
ходит через точку 
A
 перпендикуля
р
но 
AC
, ось 
z
 направлена вдоль б
о
кового 
ребра 
1
AA
 (см. рис. 
126)
. Тогда верш
и
ны 
призмы имеют коорд
и
наты:
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 








0
;
2
3
;
2
a
a
B
, 
)
0
;
0
;
(
a
C
, 
)
;
0
;
0
(
1
b
A
, 








b
a
a
B
;
2
3
;
2
1
, 
)
;
0
;
(
1
b
a
C
.
 
Другой вариант расположения пр
а-
вильной треугольной призмы относ
и-
тельно
 
прямоугольной декартовой сист
е-
мы ко
ординат показан на рису
н
ке 
127
.
 
3
. Правильная шестиугольная при
з-
ма 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, сторона осн
о-
вания которой равна 
a
, а бок
о
вое ребро 
b
. Пусть начало координат нах
о
дится в 
точке 
A
, 
ось 
x
 напра
в
лена вдоль ребра 
AF
, ось 
y
 проходит через точку 
A
 пе
р-
пендикулярно 
,
AF
 ось 
z
 н
а
правлена 
вдоль бокового ребра 
1
AA
 (см. рис. 
128).
 
Тогда вершины призмы имеют координ
а-
ты:
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
x
y
z
A
C
D
B
x
y
a
a
0
 
Рис. 1
2
5
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
x
y
z
A
C
B
x
y
a
0
3
a
2
2
a
 
Рис. 
12
6
 
A
B
C
x
z
A
1
y
O
C
1
B
1
 
Рис. 12
7
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
72
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 









0
;
2
3
;
2
a
a
B
, 


0
;
3
;
0
a
C
, 
)
0
;
3
;
(
a
a
D
, 








0
;
2
3
;
2
3
a
a
E
, 
)
0
;
0
;
(
a
F
, 
 
)
;
0
;
0
(
1
b
A
, 









b
a
a
B
;
2
3
;
2
1
, 
),
;
3
;
0
(
1
b
a
C
 
),
;
3
;
(
1
b
a
a
D
 
,
;
2
3
;
2
3
1








b
a
a
E
 
)
;
0
;
(
1
b
a
F
.
 
На выносном чертеже основания
 

AD
 
a
CF
BE
2



, 
.
3
2
2
a
AF
CF
AC



 
Другой вариант расположения правил
ь-
ной 
шестиугольной призмы относ
и
тельно 
прямоугольной декартовой системы коо
р-
динат  представлен на р
и
сунке 
129.
 
4. Правильная треугольная пирам
и-
да 
MABC
, сторона основания к
о
торой 
равна 
a
, а высота 
h
.
 
 
Обычно используют один из двух в
а-
риантов расположения системы коорд
и-
нат.
 
4.1. Пусть начало координат находится 
в то
ч
ке 
A
, ось 
x
 направлена вдоль ребра 
AC
, ось 
y
 проход
ит через точку 
A
 пе
р-
пендикулярно 
AC
, ось 
z
 пр
о
ходит через 
точку 
A
 перпендикулярно плоск
о
сти 
ABC
 (см. рис. 
130
). Тогда вершины п
и-
рамиды имеют координ
а
ты:
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 








0
;
2
3
;
2
a
a
B
, 
)
0
;
0
;
(
a
C
,
 








h
a
a
M
;
6
3
;
2
.
 
4.2. Пусть начало координат нах
о
дится 
в центре треугольника 
ABC
 в то
ч
ке 
O
, 
ось 
x
 прохо
дит через точку 
O
 пара
л-
лельно ребру 
AC
, ось 
y
 проходит ч
е
рез 
точку 
O
 перпендикуля
р
но 
AC
, ось 
z
 
проходит через точку 
O
 перпендикуля
р-
но плоскости 
ABC
 (см. рис. 
131
). Тогда 
вершины пирамиды имеют координ
а
ты:
 










0
;
6
3
;
2
a
a
A
, 








0
;
3
3
;
0
a
B
, 









0
;
6
3
;
2
a
a
C
, 
)
;
0
;
0
(
h
M
.
 
Еще один вариант расположения пр
а-
вильной треугольной пирамиды относ
и-
тельно прямоугольной декартовой сист
е-
мы координат представлен на р
и
сунке 
132.
 
A
B
C
A
1
F
1
x
y
z
E
F
D
E
1
D
1
C
1
B
1
A
F
B
x
y
a
0
3
a
2
2
a
E
D
C
O
3
a
2
3
a
2
a
 
Рис
. 
12
8
 
A
B
C
M
x
y
z
A
C
B
x
y
a
0
3
a
2
2
a
 
Рис. 
1
30
 
A
B
C
M
x
y
z
A
C
B
x
y
3
a
6
2
a
O
2
a
O
3
a
3
 
Рис. 
1
31
 
A
B
C
C
1
x
z
F
y
O
E
D
B
1
A
1
F
1
E
1
D
1
 
Рис. 12
9
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
73
 
5. Правильная четырехугольная п
и-
рамида 
MABC
, сторона основания кот
о-
рой равна 
a
, а высота 
h
. 
 
Обычно используют один из двух вар
и-
антов расположения системы коорд
и
нат.
 
5.1. Пусть начало координат нах
о
дится 
в то
ч
ке 
A
, ось 
x
 направлена вдоль ребра 
AD
, ось 
y
 
–
 вдоль ребра 
AB
, ось 
z
 
проходит через точку 
A
 перпендикуля
р-
но плоскости 
ABC
 (см. рис. 
133
). Тогда 
вершины пирамиды имеют координ
а
ты:
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 
)
0
;
;
0
(
a
B
, 
)
0
;
;
(
a
a
C
, 
)
0
;
0
;
(
a
D
, 






h
a
a
M
;
2
;
2
.
 
5.2. Пусть начало координат нах
о
дится 
в центре основания в точке 
O
, ось 
x
 
проходит через точку 
O
 
параллельно 
ребру 
AD
, ось 
y
 проходит через точку 
O
 параллельно ребру 
AB
, ось 
z
 прох
о-
дит через точку 
O
 перпендикулярно 
плоскост
и основания (см. рис. 
134)
. Т
о
гда 
вершины пирамиды имеют координ
а
ты:
 
,
0
;
2
;
2








a
a
A
 
,
0
;
2
;
2







a
a
B
 
,
0
;
2
;
2






a
a
C
 







0
;
2
;
2
a
a
D
, 
)
;
0
;
0
(
h
M
.
 
6. Правильная шестиугольная п
и-
рамида 
MABCDEF
, с
торона основания 
которой равна 
a
, а высота 
h
. Пусть нач
а-
ло координат находится в то
ч
ке 
A
, ось 
x
 
направлена вдоль ребра 
AC
, ось 
y
 пр
о-
ходит через точку 
A
 
перпендикуля
р
но 
AC
, ось 
z
 проходит через точку 
A
 пе
р-
пендикулярно плоскости 
ABC
 (см. рис. 
135
). Тогда вершины пирамиды имею
т 
координ
а
ты:
 
)
0
;
0
;
0
(
A
, 









0
;
2
3
;
2
a
a
B
,
 


0
;
3
;
0
a
C
,
 
)
0
;
3
;
(
a
a
D
,
 








0
;
2
3
;
2
3
a
a
E
,
 
)
0
;
0
;
(
a
F
,
 








h
a
a
M
;
2
3
;
2
.
 
Еще один вариант расположения пр
а-
вильной шестиугольной пирамиды о
тн
о-
сительно прямоугольной декартовой си
с-
темы координат показан на р
и
сунке 
136.
 
A
B
C
x
y
z
E
F
D
A
F
B
x
y
a
0
3
a
2
2
a
E
D
C
O
3
a
2
3
a
2
a
M
 
Рис. 13
5
 
A
B
C
D
M
x
y
z
A
C
D
B
x
y
a
a
0
 
Рис. 
1
33
 
A
B
C
D
M
y
z
A
C
D
B
x
y
x
O
O
2
a
2
a
2
a
2
a
 
Рис. 
13
4
 
A
B
C
M
x
z
H
y
O
 
Рис. 1
32
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
74
 
A
B
C
M
x
z
F
y
O
E
D
 
Рис. 13
6
 
4.4. Опорные зад
а
чи
 
1.
 
Координаты точки 
)
,
,
(
z
y
x
M
, д
е-
лящей отр
е
зок 
2
1
M
M
 между точками 
)
,
,
(
1
1
1
1
z
y
x
M
 и 
)
,
,
(
2
2
2
2
z
y
x
M
 в отнош
е-
нии 


2
1
:
MM
M
M
, определяются фо
р-
мулами 
 





1
2
1
x
x
x
, 





1
2
1
y
y
y
, 





1
2
1
z
z
z
.
 
Доказательство. 
Рассмотрим векторы
 
}
,
,
{
1
1
1
1
z
z
y
y
x
x
M
M




, 
}
,
,
{
2
2
2
2
z
z
y
y
x
x
MM




.
 
Из равенства 
1
1
MM
M
M


 получ
аем 
систему для координат векторов
 
,
)
(
)
(
),
(
2
1
2
1
2
1

















z
z
z
z
y
y
y
y
x
x
x
x
 
или
 
























.
1
,
1
,
1
2
1
2
1
2
1
z
z
z
y
y
y
x
x
x
 
2
.
 
Трехгранным углом
 называется ф
и-
гура, состоящая из нескол
ь
ких лучей 
,,
OA OB OC
, 
в
ы
ходящих из одной точки 
O
 и не л
е
жащих в о
дной плоскости, и из 
плоских у
г
лов 
,,
AOB  BOC  AOC
 между
 
этими лучами (см. рис. 
137
). Точка 
O
 н
а-
зывается 
вершиной
 трехгра
н
ного угла, 
лучи 
,,
OA OB OC
 
–
 
ребрами
, 
части 
плоскостей, заключенные между ребр
а-
ми, наз
ы
ваются 
гранями
,
 а углы 
,,
AOB  BOC  AOC
, образованные ребр
а-
ми, лежащими в одной грани, наз
ы
ваются 
плоскими углами
 трехгранн
о
го угла. 
 
Теорема.
 
Во всяком трехгранном угле
, 
плоские углы которого равны 


,
 и 

, а 
двугранные углы, противолеж
а
щие им, 
соответственно равны 
B
A


,
 и 
C

, 
имеют место следующие р
а
венства:
 
 








sin
sin
cos
cos
cos
cos
C
,
 








sin
sin
cos
cos
cos
cos
B
,
 








sin
sin
cos
cos
cos
cos
A
.
 
Доказательство.
 Дока
жем, например, 
первое равенство. 
Пусть в тре
х
гранном 
угле 
OABC
 плоские у
г
лы при вершине 
O
 равны 



BOC
, 



AOC
, 



AOB
 (см. рис
. 137
). Через прои
з-
вольную точку 
1
C
 ребра 
OC
 проведем 
плоскость перпендикулярную этому ре
б-
ру. Пусть 
1
B
 и 

1
A
 точки п
е
ресечения 
этой плоскостью ребер 
OB
 и 
OA
, соо
т-
ве
тственно. По условию лине
й
ный угол 
1
1
1
A
C
B
 двугранного угла с ре
б
ром 
OC
 
равен 
C

. Пусть 
x
OC

1
. В треугольн
и-
ке 
1
1
C
OB
 



tg
1
1
x
B
C
, 


cos
1
x
OB
. В 
треугол
ь
нике 
1   1
OAC
 



tg
1
1
x
A
C
, 


cos
1
x
OA
. Из теоремы к
о
синусов для 
треугольников 
1
1
C
OB
 и 
1
1
1
A
C
B
 п
о
лучаем:
 






cos
2
1
1
2
1
2
1
2
1
1
OA
OB
OA
OB
A
B
;
 
A
B
C
A
1
O
x
B
1
C
1

C



 
Рис. 13
7
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
75
 
C
A
C
B
C
A
C
B
C
A
B






cos
2
1
1
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
.
 
Приравняем 
правые части равенств и 
подставим выраж
е
ния 
,
,
1
1
OA
OB
 
,
1
1
B
C
 
1
1
A
C
: 
 

























cos
cos
cos
2
cos
cos
2
2
x
x
x
x
C
x
x
x












cos
tg
tg
2
)
tg
(
)
tg
(
2
2
2
.
 
После преобразований получаем доказ
ы-
ва
е
мую формулу: 
 








sin
sin
cos
cos
cos
cos
C
.
 
Аналогично д
оказываются два других р
а-
венства. Данную теорему называют «
те
о-
ремой косин
у
сов для трехгранного угла
».
 
3
. Теорема 
(«
о трех косинусах
»)
.
 
Пусть 


 величина угла между накло
н-
ной 
l
 и ее проекцией на некоторую пло
с-
кость, 


 величина угла между проекц
и-
ей наклонной 
l
 и прямой, проведе
н
ной 
через основание той же наклонной в 
плоскости проекции, и 


 величина угла 
между наклонной 
l
 и прямой, проведе
н-
ной через ее основание в плоскости пр
о-
екции. Тогда справ
едливо следующее с
о-
отношение:
 




cos
cos
cos
.
 
Доказательство.
 Выберем точку 
A
 
на прямой 
,
l
 перес
е
кающей плоскость 

 
в точке 
B
 (см. рис. 
138
), и спроектир
у
ем 
ее 
на пло
с
кость 

 (


AO
). Пусть точка 

D
 основание перпендикуляра, опуще
н-
ного из точки 
O
 на прямую 
BC
. Тогда в 
соответствии с у
с
ловием 
,



ABO
 
,



OBC
 
.



ABC
 Тр
е
угольники 
,
AOB
 
,
BOD
 
ABD
 
–
 прямоугольные. Т
о-
гда из треугольника 
AOB
 


cos
AB
BO
, 
из треугольника 
BOD
 





cos
cos
cos
AB
BO
BD
, из тр
е-
угольника 
ABD
 


cos
AB
BD
. Из п
о-
следних двух равенств сл
е
дует: 
 




cos
cos
cos
.
 
Замечание. 
Теорема «о трех косин
у-
сах» является следствием «теоремы к
о-
синусов для трехгранного 
угла» в случае, 
е
с
ли 



90
C
.
 
4
. Теорема
 («
о трех синусах
»
). 
Пусть 
в одной из граней двугранного угла, в
е-
личина которого равна 

, проведена пр
я-
мая, с
о
ставляющая с ребром двугранного 
у
г
ла угол 

 (
0/2
   
), 

 
–
 величина 
угла между этой прямой и другой гр
а
нью 
(см. рис. 
13
9
). Тогда справедливо сл
е-
дующее соотношение:
 
sin      sin   sin
         
.
 
Доказательство.
 Пусть 



AD
 
данная в условии
 прямая; точка 

C
 о
с-
нование перпенд
и
куляра, опущенного из 
точки 
A
 на плоскость 

, и 


ABC
 л
и-
нейный угол двугранного у
г
ла 


BD
 (см. 
рис. 
139)
. Тогда в соот
ветствии с услов
и-
ем 
 
,



ABC
 



ADB
 и 
.



ADC
 
Пусть 
x
AD

. Тогда для прямоугольных 
треугольников справедливо: для тр
е-
угольника 
ADB
 


sin
x
AB
, для тр
е-
угольн
ика 
ABC
 



sin
sin
x
AC
 и для 
тр
е
угольника 
ADC
 





sin
sin
:
sin
AD
AC
.
 
Следовател
ь
но, 




sin
sin
sin
.
 



A
C
B
D

 
Рис. 13
9
 
B
C
O
A
D
l




 
Рис. 
13
8
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
76
 
5.
 
Если некоторая прямая 
образует с 
тремя попарно перпендикулярными пр
я-
мыми углы 

, 

 и 

, то выполняется р
а-
венство
 
1
cos
cos
cos
2
2
2






.
 
Доказательство.
 Достаточно ра
с-
смотреть прямоугольный параллелеп
и
пед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
с 
диагон
а
лью 
1
1

DB
. 
 
Пусть 



1
CDB
, 



1
ADB
, 



1
1
DD
B
 (см. рис. 
140
). 
Тогда в соо
т-
ветствующих прямоугольных треугольн
и-
ках
 


cos
CD
, 


cos
AD
, 


cos
1
DD
. 
Так как 
2
1
2
2
2
1
DD
AD
CD
DB



, то
 им
е-
ем 
 
1
cos
cos
cos
2
2
2






.
 
В качестве следствия пол
у
чим 
 
2
sin
sin
sin
2
2
2






.
 
6. 
Площадь ортогональной проекции 
многоугольника на плоскость равна пр
о-
изведению его пл
о
щади на косинус угла 
между плоскостью многоугольника и 
плоскостью пр
о
екции.
 



cos
пр
S
S
,
 
где 
S
 
–
 площадь многоугольника, леж
а-
щего в плоскости 

, 
пр
S
 
–
 площадь его 
ортогональной проекции на пло
с
кость 

.
 
Доказательство.
 Так как мног
о-
уголь
ник можно разбить на конечное 
число тр
е
угольников, и фигуру можно 
параллельно перенести в равную ей ф
и-
гуру, то достаточно рассмотреть тр
е-
угольник, через одну сторон которого 
проходит плоскость 

 (например, через 
ст
о
рону 
AB
)
 (см. рис. 
141
)
.
 
 
Если 
D
 
–
 проекция точки 
C
 на пло
с-
кость 

, то 
ABD
 
–
 проекция треугольн
и-
ка 
АВС
 на эту плоскость. Пусть 
СМ
 
–
 в
ы-
сота в треугольнике 
АВС
, тогда по теор
е-
ме о трех перпенд
и
кулярах 
AB
DM

. 
 
Обозначим 



CMD
. Имеем посл
е-
довательно площади тр
е
угольников 
CM
AB
S
ABC


2
1
, 
DM
AB
S
ABD


2
1
, 



cos
CM
DM
, 



cos
ABC
ABD
S
S
.
 
7. 
Если вершины 
А
, 
В
, 
D
 и 
1
A
 пар
алл
е-
лепипеда 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 являются ве
р-
шинами тетраэдра, то имеет место раве
н-
ство
 
1
1
1
1
1
6
1
D
C
B
ABCDA
ABDA
V
V

.
 
Доказательство.
 Тетраэдр и паралл
е-
лепипед имеют одну высоту 
h
M
A

1
 
(см. 
рис. 
142).
 
Для площадей оснований им
е-
ем соотн
о
шени
е 
ABCD
ABD
S
S
2
1

. Тогда
 
1
1
1
1
1
6
1
2
1
3
1
D
C
B
ABCDA
ABCD
ABDA
V
S
h
V



.
 
C
1
B
C
M
A
B
1
A
1
D
1
D
 
Рис. 1
42
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
 
Рис. 1
40
 
B
C
M
A
D
 
Рис. 1
41
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
77
 
8. 
Если вершины 
А
, 
В
, 
С 
и 
D
 паралл
е-
лепипеда 
AKBMQCLD
 
являются
 верш
и-
нами тетраэдра, то имеет место раве
н
ство
 
AKBMQCLD
ABCD
V
V
3
1

.
 
Доказательство.
 Так как объемы угл
о-
вых тетраэдров равны и составл
яют ше
с-
тую часть от объема параллелепипеда 
V
, 
то имеем 
 
V
V
V
V
ABCD
3
1
6
1
4




.
 
9. 
Пусть 
a
 и 
b
 
–
 длины двух против
о-
положных ребер тетраэдра, 
d
 
–
 рассто
я-
ние, 

 
–
 угол м
ежду ними. Тогда объем 
тетраэдра может быть вычислен по фо
р-
муле 
 


sin
6
1
abd
V
.
 
Доказательство.
 Достроим данный 
тетраэдр 
ABCD
 до параллелепипеда 
AKBMQCLD
 (см.
 рис. 
143
)
, проводя через 
каждое ре
б
ро плоскость, параллельную 
противоп
о
ложному ребру. 
Пусть 
a
AB

, 
b
CD

, тогда площади граней 
AKBM
 и 
LCQD
 равны 

sin
2
1
ab
, расстояние ме
ж-
ду ними 
d
. Т
о
гда объем параллелепипеда 
равен 

sin
2
1
abd
. Объем пирамиды 
ABCD
 составляет 
3
1
 от объема паралл
е-
лепипеда, то есть равен 

sin
6
1
abd
.
 
10. 
Пусть 
q
 
–
 площадь одной из бок
о-
вых граней треугольной призмы, 
d
 
–
 ра
с-
сто
я
ние от противоположного ребра до 
этой грани. Тогда объем этой призмы 
может быть найден по формуле
 
qd
V
2
1

.
 
Доказательство.
 Пусть площадь гр
а-
ни 
D
D
AA
1
1
 равна 
q
, а расстояние от 
1
СС
 
до этой грани равно 
d
 
(см. рис
. 144
)
. Об
ъ-
ем параллелепипеда 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 р
а-
вен 
qd
. Так как объем этого
 параллел
е-
пипеда в два раза больше объема при
з
мы 
1
1
1
D
С
ACDA
, то объем этой призмы р
а
вен 
qd
2
1
.
 
11. 
Пусть 
p
 и 
q
 
–
 площади двух гр
а-
ней тетр
а
эдра, 
a
 
–
 длина обще
го ребра, 

 
–
 величина двугранного угла между 
эт
и
ми гранями. Тогда объем тетраэдра 
может быть вычислен по фо
р
муле
 
a
pq
V
3
sin
2


.
 
Доказательство. 
Пусть площади гр
а-
ней 
АВС
 
и 
ACD
 тетраэдра 
ABCD
 ра
в
ны 
p
 
и 
q
 соответственно, 

 
–
 угол между 
этими гранями, 
a
AC

 (см. рис. 
145)
. 
Высота 
DH
 тр
е
угольника 
ACD
 равна 
a
q
2
. Для высоты пирамиды им
е
ем 
 
a
q
DH
DO




sin
2
sin
.
 
Тогда объем пир
а
миды 
ABCD
 равен 
 
A
B
C
D
B
1
D
1
C
1
A
1
 
Рис. 14
4
 
A
B
C
D
K
Q
L
M
E
 
Рис. 1
43
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
78
 
a
pq
DO
p
V
3
sin
2
3
1




.
 
12.
 
Пусть в пирамиде 
MABC
 на ре
б
рах 
,
MA
 
MB
 и 
MC
 или на их продо
л
жениях 
взяты соответственно то
ч
ки 
,
1
A
 
,
1
B
 
1
C
 
так, что 
k
MA
MA

:
1
, 
m
MB
MB

:
1
, 
n
MC
MC

:
1
. Тогда объ
е
мы пирамид 
1
1
1
C
B
MA
 и 
MABC
 связаны фо
р
мулой
 
MABC
C
B
MA
V
n
m
k
V




1
1
1
.
 
Д
оказательство.
 Из точек 
1
С
 и 
С 
проведем к плоскости 
AB
М
 перпендик
у-
ляры 
H
С
1
 и 
CF
 соответственно
 
(
см. 
рис.
 
146
). Тогда 
CF
H
С
||
1
 и из подобия тр
е-
угольников 
HM
С
1
 и 
СFM
 получаем 
CF
n
CF
MC
MC
H
C




1
1
. Из сравнения 
площадей треугольников с общим углом 
имеем 
MAB
B
MA
S
m
k
S



1
1
. Для тетраэ
д
ров 
1
1
1
C
B
MA
 и 
MABC
 с основаниями 
1
1
B
MA
 
и 
MAB
 получаем
 



1
1
1
1
1
1
3
1
B
MA
C
B
MA
S
H
C
V
 
MABC
MAB
V
n
m
k
S
m
k
CF
n









3
1
.
 
13.
 
Объем треугольного призматич
е-
ского тела 
1
1
1
C
B
ABCA
, ограниченного 
треугольниками 
ABC
 
и 
1
1
1
C
B
A
, можно 
в
ы
числить по формуле 
 
ABC
C
B
ABCA
S
CC
BB
AA
V




3
1
1
1
1
1
1
,
 
где 
плоскость 
АВС
 перпендикулярна ре
б-
рам призматической поверхности, 
1
1
1
CC
BB
AA


.
 
Доказательство.
 1. Разделим призм
а-
тическое тело 
1
1
1
C
B
ABCA
 на три части 
плоскостями 
1
0
1
C
B
A
 и 
0
0
1
C
B
A
 
(пара
л-
лельно 
ABC
): 
треугольную призму 
0
0
1
C
B
ABCA
, две треугол
ь
ные пирамиды 
1
0
0
1
C
C
B
A
 и 
1
1
0
1
C
B
B
A
 
(
см. 
рис
. 147
).
 
2. Пусть 
S
S
ABC

, 
a
AA

1
, 
b
BB

1
, 
c
CC

1
. Тогда объем
 прямой призмы 
0
0
1
C
B
ABCA
 равен 
aS
.
 
3. Для пирамиды 
1
0
0
1
C
C
B
A
, принимая 
треугольник 
0
0
1
C
B
A
 за основ
а
ние, объем 
равен 
S
a
c
)
(
3
1

.
 
4. Пусть 
1
0
2
0
B
B
C
C

. Тогда для пир
а-
м
ид 
1
1
0
1
C
B
B
A
 и 
0
2
0
1
C
C
B
A
 с общей ве
р-
A
B
C
A
1
M
H
E
B
1
C
1
F
 
Рис. 14
6
 
A
B
C
O
D
H
 
Рис. 14
5
 
A
B
C
A
1
B
1
C
1
B
0
C
2
C
3
A
3
B
3
C
0
 
Рис. 14
7
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
79
 
шиной 
1
A
 и равновелик
и
ми основаниями 
1
1
0
C
B
B
 и 
0
2
0
C
C
B
 объ
е
мы равны.
 
Значит, объем пирамиды 
1
1
0
1
C
B
B
A
 р
а-
вен 
S
a
b
)
(
3
1

.
 
5. Окончательно объем призматич
е-
ского тела 
1
1
1
C
B
ABCA
 равен 
 





S
a
b
S
a
c
aS
)
(
3
1
)
(
3
1
 
S
c
b
a




3
 
14.
 
Объем треугольного призматич
е-
ского тела 
3
3
3
1
1
1
C
B
A
C
B
A
, ограниченного 
тр
е
угольниками 
1
1
1
C
B
A
 и 
3
3
3
C
B
A
, можно 
вычислить по формуле 
 
ABC
C
B
A
C
B
A
S
C
C
B
B
A
A
V




3
3
1
3
1
3
1
3
3
3
1
1
1
,
 
где плоскость 
АВС
 перпендикулярна ре
б-
рам призматической поверхности 
(док
а-
жите самосто
я
тельно)
.
 
15.
 
Если в двух пирамидах, имеющих по 
равному двугранному углу при основ
а
нии, 
равны т
акже и ребра этих углов, то отн
о-
шение объемов этих пирамид равно отн
о-
шению произведений площадей гр
а
ней, 
образующих равные двугранные у
г
лы.
 
Доказательство.
 Пусть пирамиды 
SABC
 и 
1
1
1
1
D
C
B
SA
 (см. рис. 
148)
, имеют 
равные двугра
н
ные углы 
SACB
 и 
1  1   1  1
S A DC
, также 
1   1
AC   A D

. Построим л
и-
нейные углы 
SMO
 и 
1
1
1
O
M
S
 данных ра
в-
ных двугранных углов. По у
с
ловию 
1
1
1
O
M
S
SMO



. Тогда прям
о
угольные 
тре
угольники 
MSO
 и 
1
1
1
O
S
M
 п
о
добны и
 
1
1
1
1
O
S
SO
M
S
SM

.
 
Площади боковых граней 
SAC
 и 
1
1
1
D
A
S
 
относятся как их высоты, п
о
скольку 
1
1
D
A
AC

, т.е.
 
1
1
1
1
1
1
1
O
S
SO
M
S
SM
S
S
D
S
A
SAC


.
 
Найдем отношение объемов данных 
пирамид
 
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
3
1
D
C
B
A
D
S
A
ABC
SAC
D
C
B
A
ABC
D
C
B
A
S
SABC
S
S
S
S
S
O
S
S
SO
V
V






.
 
Таким образом, 
 
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
D
C
B
A
D
S
A
ABC
SAC
D
C
B
A
S
SABC
S
S
S
S
V
V



,
 
что и требовалось д
о
казать. 
 
Замечание.
 Приведенное доказател
ь-
ство не зависит от того, какие мног
о-
угольники лежат в основании пирамид. 
Если же ребр
а равных двугранных углов 
в ра
с
сматриваемых пирамидах не равны 
ме
ж
ду собой, то отношение объемов этих 
пирамид прямо пропорционально прои
з-
ведениям площадей граней, образующих 
эти углы, и обратно пропорци
о
нально 
длинам их ребер, т. е.
 
AC
D
A
S
S
S
S
V
V
D
C
B
A
D
S
A
ABC
ASB
D
C
A
S
SABC
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1




.
 
Кроме того, справедливы следующие 
теоремы.
 
16.
 
Если в пирамиде провести сек
у-
щую плоскость параллельно основ
а
нию, 
то она отсечет от нее другую пирамиду, 
подобную данной
 
(докажите самосто
я-
тельно).
 
17.
 
Поверхности подобных мног
о-
гранников относятся как квадр
аты схо
д-
ственных линейных элементов мног
о-
гранников
 
(док
а
жите самостоятельно).
 
18.
 
Объемы подобных многогранников 
относятся как кубы сходственных лине
й-
ных элементов этих многогранников
 
(д
о-
кажите самостоятельно).
 
B
A
C
O
S
M
O
1
S
1
D
1
M
1
A
1
B
1
C
1
 
Рис. 
14
8
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
80
 
19.
 
Квадраты объемов подобных мн
о-
гогранников
 относятся как кубы площ
а-
дей сходственных граней
 
(докажите с
а-
мостоятельно).
 
20. 
Плоскости 
1
BDC
 и 
A
D
B
1
1
 перпе
н-
дикулярны диагонали 
C
A
1
 
куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 и делят ее на три равные 
части.
 
Доказ
ательство.
 1. Так как 
1
1
||
DC
AB
 
и 
1
1
||
BC
AD
, то плоскости 
1
BDC
 и 
A
D
B
1
1
 
(см. рис
. 149
)
.
 
2. Достаточно доказать перпендик
у-
лярность прямой 
,
1
C
A
 содержащей ди
а-
гональ куба, к од
ной плоск
о
сти 
1
BDC
.
 
Так как диагонали 
BD
 и 
АС
 в квадрате 
ABCD
 взаимно перпендикуля
р
ны и 
АС
 
является проекцией 
C
A
1
 на плоскость 
ABC
, то по теореме о трех перпендикул
я-
рах 
BD
C
A

1
. Аналогично 
1
1
DC
C
A

. 
Следовательно, 
1
1
BDC
C
A

.
 
3
. Для куба с ребром 
а
 диагональ 
3
1
a
C
A

, а р
ассто
я
ние от точки 
C
 
до 
плоскости 
1
BDC
 ра
в
но 
3
3
a
 (см. пример 
16
). Аналогично рас
стояние от точки 
1
A
 
до плоскости 
A
D
B
1
1
 равно 
3
3
a
. Зн
а
чит, 
диагональ куба делится ук
а
занными 
плоскостями на три равные части.
 
21
. 
Сечение, проходящее через диаг
о-
наль параллелепипеда, делит его прот
и-
воположные ребра, пересекаемые пло
с-
костью с
е
чения, в обратном отношении, 
считая от любой грани, из которой вых
о-
дят эти ребра, а сам параллелепипед 
–
 на 
два равновеликих многогранн
и
ка.
 
Доказательство
.
 
Рассмотрим
 
общий 
случай наклонного 
параллелеп
и
педа 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
(см. рис. 
150
). Пусть с
е-
чение проходит через диагональ 
1
AC
 и 
п
е
ресекает ребра 
1
BB
 и 
1
CC
 в точках 
N
 
и
 
М
 соответственно. Сечение, содержащее
 
1
AC
, всегда будет 
являться параллел
о-
граммом, поскольку в сечении получае
т-
ся чет
ы
рехугольник, противоположные 
пары сторон которого параллельны (по 
свойству параллельных плоскостей, п
е-
ресекаемых плоскостью). 
При этом точка 
пересечения диагоналей параллелогра
м-
ма совпадает с це
нтром параллелепипеда.
 
Если точка 
N
 совпадает с одной из т
о-
чек 
B
 или 
1
B
 (следовательно точка 
М
 с 
одной из точек 
1
D
 или 
D
 соответстве
н-
но), то получается диаго
нальное сечение, 
разбивающее паралл
елепипед на две ра
в-
ные при
з
мы.
 
Пусть, точка 
N
 не совпадает ни с о
д-
ной из точек 
B
 или 
1
B
. Так
 как 
AN
M
C
||
1
, то из равенства треугол
ь
ников 
M
D
C
1
1
 и 
ABN
 следует, чт
о 
BN
M
D

1
. 
Отсюд
а
 
1
NB
MD

. Тогда 
NB
N
B
MD
DM
1
1

.
 
Заметим, что секущая плоскость ра
з-
бивает параллелепипед на два мног
о-
гранника 
MDCNAB
C
1
 и 
1
1
1
1
D
MC
A
ANB
, 
которые симметричны относительно це
н-
тр
а параллелепипеда.
 Из следующего с
о-
ответствия вершин первого и второго 
многогранн
и
ков 
,
1
B
D
®
 
,
N
M
®
 
,
1
C
A
®
 
,
1
A
C
®
 
,
1
D
B
®
 
,
M
N
®
 
A
C
®
1
 
сл
едует
,
 что они равны. Следов
а-
тельно, они имеют равные объемы. 
 
В случае пересечения секущей плоск
о-
стью ребер 
1
1
D
A
 или 
1
1
A
B
 доказательс
т
во 
проводится аналогично.
 
D
A
B
C
D
1
A
1
B
1
C
1
F
E
 
Рис. 14
9
 
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
N
M
M
1
N
1
 
Рис. 
150
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
81
 
Упражнения
 
1. 
Ребра правильной четырехугол
ь
ной 
призмы рав
ны 1, 4 и 4. Найдите рассто
я-
ние от вершины до центра основания 
призмы, не соде
р
жащего эту вершину.
 
2.
 В правильной шестиугольной при
з-
ме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра к
о-
торой равны 1, найдите расстояние ме
ж-
ду то
ч
ками 
A
 и 
1
E
.
 
3. 
В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
найдите расстояние от точки 
A
 до пр
я-
мой:
 
a
) 
1
1
D
B
; б) 
С
А
1
; в) 
1
BD
.
 
4.
 В правильной треугольной призме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
найдите расстояние от точки 
A
 до пр
я-
мой 
1
ВС
.
 
5.
 
(МИОО). 
В правильной треугол
ь-
ной призме 
1
1
1
C
B
ABCA
 высота равна 2, 
сторона основания равна 1. Найдите ра
с-
стояние от
 точки 
1
В
 до пр
я
мой 
1
AС
.
 
6.
 
(МИОО). 
В правильной треугол
ь-
ной призме 
1
1
1
C
B
ABCA
 высота равна 1, 
сторона основания равна 2. Найдите ра
с-
стояние от точки 
1
A
 до пр
я
мой 
1
BС
.
 
7.
 В правильной шестиугольной при
з-
ме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра к
о-
торой равны 1, найдите расстояние от 
точки 
A
 до прямой:
 
а) 
D
Е
; б) 
1
1
E
D
; в) 
1
1
C
B
; г) 
1
BE
; д) 
1
BC
; 
 
е) 
1
CE
; ж) 
1
CF
; з) 
1
CB
.
 
8. 
Основание прямой призмы 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 

 ромб 
ABCD
, в котором 
,
10

АВ
 
.
7
6

АС
 Боковое ребро 
1
АА
 
равно 
.
21
3
 Найдите расстояние от ве
р-
шины 
В
 до прямой 
.
1
АС
 
9.
 
(МИОО).
 В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
 сторона осн
о-
вания равна 1, а боковое ребро равно 
2
3
. На
й
дите расстояние о
т точки 
C
 до 
прямой 
SA
.
 
10.
 
(МИОО).
 В тетраэдре 
ABCD
, все 
ребра которой равны 1, найдите рассто
я-
ние от точки 
A
 до прямой, проходящей 
чрез точку 
В
 и середину ребра 
CD
.
 
11.
 В правильной шестиугольной п
и-
рамиде 
SABCD
EF
, стороны оснований 
к
о
торой равны 1, а боковые ребра равны 
2, найдите расстояние от точки 
C
 до пр
я-
мой 
SA
.
 
12.
 В правильной шестиугольной п
и-
рамиде 
SABCDEF
, стороны оснований 
к
о
торой равны 1, а боковые ребра равны
 
2, найдите расстояние от точки 
C
 до пр
я-
мой 
SF
.
 
13. 
Ребро куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 равно 
.
3
 Найдите расстояние от вершины 
C
 
до плоскости 
.
1
BDС
 
14. 
В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, ребро к
о-
торого равно 4, точки 
Е 
и 
F
 
–
 середины 
ребер 
АВ
 и 
1
1
C
B
 соответственно, а то
ч
ка 
Р
 расположена на ребре 
CD
 так, что 
PD
CP
3

. Найдите расстояние от точки 
1
A
 до плоскости треугольника 
EP
F
.
 
15. 
Дан правильный тетраэдр 
ABCD
 с 
ребром 
.
6
 Найдите расстояние от ве
р-
шины 
A
 до плоскости 
BDC
.
 
16. 
Ребро 
AD
 пирамиды 
DABC
 перпе
н-
дикулярно плоскости основания 
АВС
. 
Найдите расстояние от вершины 
A
 до 
пло
с
кости, проходящей через середины 
ребер 
AB
, 
АС
 и 
AD
, если 
,
5
2

AD
 
,
10


AC
AB
 
.
5
4

BC
 
17.
 В правильной четырехугольной 
пирамиде 
PABCD
 с вершиной 
P
 сторона 
основания равна 3, высо
та 2. Найдите 
расстояние от вершины 
A
 до грани 
PCD
.
 
18.
 На продолжении ребра 
SK
 за точку 
K
 правильной четырехугольной пирам
и-
ды 
SKLMN
 с вершиной 
S
 взята точка 
A
 
так, что
 расстояние от точки 
A
 до пло
с-
кости 
MNS
 равно 24. Найдите длину о
т-
резка 
KA
, если 
41
2

SL
, 
16

MN
.
 
19.
 В единичном кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
найдите расстояние между прямыми 
1
АВ
 
и 
1
1
C
А
.
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
82
 
20. 
В правильной треугольной призме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
найдите расстояние между прямыми 
AB
 
и 
C
А
1
.
 
21. 
В правильной шестиугольной 
призме
 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой равны 1, найдите расстояние 
между пр
я
мыми 
1
AА
 и 
1
BC
.
 
22. 
В пирамиде 
DABC
 известны дл
и
ны 
р
е
бер: 
,
10




DC
DB
AC
AB
 

BC
 
.
12


DA
 Найди
те расстояние м
е
жду 
прямыми 
DA
 
и 
BC
.
 
23. 
В тетраэдре 
ABCD
 известно, что 
14


BD
AC
, 
13


AD
BC
, 

AB
 
15


CD
. Найдите расстояние м
е
жду 
прямыми 
AC
 и 
BD
.
 
24.
 Сторона основания 
АВС
 правил
ь-
ной треугольной пирамиды 
ABCD
 равна 
3
8
, высота пирамиды 
6

DO
. Точки 
1
A
, 
1
C
 
–
 середины ребер 
AD
 
и
 
CD
 соо
т-
ветственно. Найди
те расстояние между 
прямыми 
1
BA
 и 
1
AC
.
 
25.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точки 
Е
, 
F
 
–
 
с
е
редины ребер соответственно 
1
1
В
A
 и 
1
1
C
B
. Найдите косинус угла между пр
я-
мыми 
AE
 и 
BF
.
 
26.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точки 
Е
, 
F
 
–
 
с
е
редины ребер соответственно 
1
1
В
A
 и 
1
1
D
C
. Найдите косинус угла между пр
я-
мыми 
AE
 и 
BF
.
 
27.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точка 
Е
 
–
 
середина ребра 
1
1
В
A
. Найдите косинус 
угла между пр
я
мыми 
AE
 и 
1
ВD
.
 
28.
 К диагонали куба провели перпе
н-
дикуляры из остальных вершин куба. На 
сколько частей и в каком отношении о
с-
нования этих перпенд
ик
у
ляров разделили 
диагональ?
 
29. 
К диагонали 
C
A
1
 куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 провели перпендикуляры 
из середин ребер 
AB
 и 
AD
. Найдите угол 
между этими перпендикул
я
рами.
 
30. 
К диагонали 
C
A
1
 куба
 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 пр
о
вели перпендикуляры 
из вершин 
A
 и 
В
. Найдите угол между 
этими перпенд
и
кулярами.
 
31.
 В правильной треугольной при
з
ме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
найдите косинус у
г
ла между прямыми 
AB
 и 
C
A
1
.
 
32. 
В правильной треугольной при
з
ме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
найдите косинус у
г
ла между прямыми 
1
AВ
 и 
1
BC
.
 
33.
 
(МИОО). 
Сторона основания пр
а-
в
ильной треугольной призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 
равна 8. Высота этой призмы равна 6. 
Найдите у
г
ол между прямыми 
1
CA
 и 
1
AB
.
 
34.
 
(МИОО). 
В основании прямой 
призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 лежит равнобедре
н-
ный прямоуго
льный треугольник 
АВС
 с 
гипотенузой 
AB
, равной 
2
8
. Высота 
этой призмы равна 6. Найдите угол ме
ж-
ду прям
ы
ми 
1
AC
 и 
1
CB
.
 
35. 
Непересекающиеся диагонали двух 
смежных боковых гране
й прямоугольн
о-
го параллелепипеда образуют с плоск
о-
стью его основания углы 

 и 

. Найд
и-
те угол между этими диаг
о
налями.
 
36.
 В правильной треугольной при
з
ме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
точки
 
D
,
 Е
 
–
 середины ребер соответс
т-
венно 
1
1
В
A
 и 
1
1
C
B
. Найдите косинус угла 
м
е
жду прямыми 
А
D
 и 
ВЕ
.
 
37.
 В правильной треугольной при
з
ме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра кот
о
рой равны 1, 
точка 
D
 
–
 середина ребра 
1
1
В
A
. Найд
и
те 
косинус угла между прям
ы
ми 
А
D
 и 
1
BC
.
 
38.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
к
о
торой равны 1, найдите косинус угла 
между прямыми 
1
AB
 и 
1
BC
.
 
39.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
83
 
к
о
торой равны 1, найдите косинус угла 
между прямыми 
1
AB
 и 
1
BD
.
 
40.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой
 равны 1, найдите угол между 
прям
ы
ми 
1
AB
 и 
1
BE
.
 
41.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
к
о
торой равны 1, точки 
G
, 
H
 
–
 середины 
ребер соответственно 
1
1
В
A
 и 
1
1
C
B
. На
й-
дите косинус угла между пр
я
мыми 
А
G
 
и 
BH
.
 
42.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой равны 1, точка 
G
 
–
 середина ре
б-
ра 
1
1
В
A
. Найдите косинус угла между 
прямыми 
А
G
 и 
1
BC
.
 
43.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой равны 1, точка 
G
 
–
 середина ре
б-
ра 
1
1
В
A
. Найдите косинус угла между 
прямыми 
AG
 и 
1
BD
.
 
44. 
В тетраэдре 
ABCD
 
известно, что 
14


BD
AC
, 
13


AD
BC
, 

AB
 
15


CD
. Найдите угол между прямыми 
АС
 и 
BD
.
 
45.
 Найдите угол между непересека
ю-
щимися медианами граней правильного 
те
т
раэдра. 
 
46.
 В правильной четыреху
гольной 
пирамиде 
SABCD
, все ребра которой ра
в-
ны 1, точки 
E
, 
F
 
–
 середины ребер соо
т-
ветственно 
SB
 и 
SC
. Найдите косинус у
г-
ла между пр
я
мыми 
АЕ
 и 
BF
.
 
47.
 Ребра 
АD
 и 
ВС
 пирамиды 
DABC
 
равны 24 
см
 и 10 
см
. Расстояние ме
жду 
с
е
рединами ребер 
BD
 и 
AC
 равно 13 
см
. 
На
й
дите угол между прямыми 
АD
 и 
ВС
.
 
48.
 В правильной шестиугольной п
и-
рамиде 
SABCDEF
, стороны оснований 
к
о
торой равны 1, а боковые ребра равны 
2, найд
и
т
е косинус угла между прямыми 
SB
 и 
АЕ
.
 
49.
 В правильной шестиугольной п
и-
рамиде 
SABCDEF
, стороны оснований 
к
о
торой равны 1, а боковые ребра равны 
2, найд
и
те косинус угла между прямыми 
SB
 и 
А
D
.
 
50.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найдите 
угол между прямой 
1
AВ
 и плоскостью 
1
ABC
.
 
51.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найдите 
тангенс угла между прямой 
1
AA
 и пло
с-
костью 
D
BC
1
.
 
52.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найдите 
тангенс угла между прямо
й 
1
AC
 и пло
с-
костью 
1
BCC
.
 
53.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точка 
E
 
–
 
середина ребра 
1
1
В
A
. Найдите синус угла 
между прямой 
AE
 и пло
с
костью 
1
ВDD
.
 
54.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точка 
E
 
–
 
середина ребра 
1
1
В
A
. Найдите синус угла 
между прямой 
AE
 и пло
с
костью 
1
ВDC
.
 
55. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найдите угол между 
плоскостью 
C
AA
1
 и прямой 
В
A
1
, если 
3
1

AA
, 
4

AB
, 
.
4

BC
 
56. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 найдите угол ме
жду 
плоскостью 
BC
A
1
 и прямой 
1
BC
, если 
8
1

AA
, 
6

AB
, 
15

BC
.
 
57. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, у которого 
4
1

AA
, 
6
1
1

D
A
, 
6
1
1

D
C
 найдите тангенс угла 
между плоск
о
стью 
1
ADD
 и прямой 
EF
, 
проходящей через с
е
редины ребер 
AB
 и 
1
1
C
B
.
 
58. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, у которого 
4

AB
, 
6

BC
, 
4
1

CC
 найдите тангенс угла 
между плоск
о
стью 
АВС
 и прямой 
EF
, 
проходящей через с
е
редины ребер 
1
AA
 и 
1
1
D
C
.
 
59.
 В правильной треугольно
й призме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра кот
о
рой равны 1, 
точка 
D
 
–
 середина ребра 
1
1
В
A
. Найдите 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
84
 
синус угла между прямой 
А
D
 и плоск
о-
стью 
1
BСC
.
 
60. 
В основании прямой призмы 
1
1
1
K
N
MNKM
 лежит прямоугольны
й тр
е-
угольник 
MNK
, у к
о
торого угол 
N
 равен 

90
, угол 
M
 равен 

60
, 
18

NK
. Ди
а-
гональ боковой грани 
N
M
1
 составл
я
ет 
угол 

30
 с плоскостью 
1
1
K
MM
. Найдите 
выс
о
ту призмы.
 
61. 
В основании прямой призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 лежит прямоугольный тр
е-
угольник 
АВС
, у кот
о
рого угол 
С
 равен 

90
, угол 
А
 равен 

30
, 
3
10

AC
. Ди
а-
гона
ль боковой грани 
C
B
1
 составляет 
угол 

30
 с плоскостью 
1
1
B
AA
. Найдите 
высоту призмы.
 
62.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой равны 1, точка 
G
 
–
 середина ре
б-
ра
 
1
1
В
A
. Найдите синус угла между пр
я-
мой 
AG
 и плоскостью 
1
BСС
.
 
63.
 В правильной шестиугольной 
призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
, все ребра 
которой равны 1, точка 
G
 
–
 середина ре
б-
ра 
1
1
В
A
. Найдите синус угла между пр
я-
мой 
AG
 и плоскостью 
1
BDD
.
 
64.
 
(МИОО). 
В правильной шест
и-
угольной призме 
1
1
1
1
1
1
F
E
D
C
B
ABCDEFA
 
сторона основания равна 7, а высота ра
в-
на 1. Найдите угол между прямой 
1
1
B
F
 и 
плоскостью 
1
1
C
AF
.
 
65. (МИОО). 
В правильной треугол
ь-
ной пирамиде 
SABC
 с основанием 
ABC
 
стор
о
на основания равна 
3
6
, а боковое 
ребро равно 10. Найдите угол между 
плоскостью 
АВС
 и прямой 
М
N
, где то
ч
ка 
N
 
–
 середин
а ребра 
АС
, а точка 
М
  д
е
лит 
ре
б
ро 
BS
 так, что 
1
:
2
:

MS
BM
.
 
66. (ЕГЭ 2010). 
В правильной тр
е-
угольной пирамиде 
SABC
 с основанием 
ABC
 известны ребра: 
3
12

AB
, 
13

SC
. На
й
дите угол, образованный 
плоскостью основани
я и прямой 
АМ
, где 
М
 
–
 точка пересечения медиан грани 
SBC
.
 
67. (ЕГЭ 2010). 
В правильной тр
е-
угольной пирамиде 
SABC
 с основанием 
ABC
 
и
з
вестны ребра: 
3
20

AB
, 
29

SC
. Найдите угол, образованный 
плоскостью основания и прямой, п
рох
о-
дящей через середины ребер 
AS
 и 
ВС.
 
68. 
В правильной четырехугольной 
пирамиде 
SABCD
, все ребра которой ра
в-
ны 1, найдите косинус угла между пр
я-
мой 
AB
 и плоскостью 
SAD
.
 
69. 
В правильной шестиугольной п
и-
рамиде 
SABCDEF
, боковые ребра к
от
о-
рой равны 2, а стороны основания 
–
 1, 
найд
и
те косинус угла между прямой 
АС
 и 
плоск
о
стью 
SAF
.
 
70. 
Дан куб 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. Найдите 
угол между плоскостями 
1
1
C
AB
 и 
C
B
A
1
1
.
 
71. 
Диагональ 
C
A
1
 куб
а 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 служит ребром двугра
н-
ного угла, грани котор
о
го проходят через 
середины ребер 
AB
 и 
1
DD
. Найдите в
е-
личину этого угла. 
 
72. 
Диагональ 
C
A
1
 куба 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 служи
т ребром двугра
н-
ного угла, грани котор
о
го проходят через 
В
 и 
D
. Найдите величину этого у
г
ла. 
 
73.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точки 
E
, 
F
 
–
 середины ребер с
о
ответственно 
1
1
В
A
 и 
1
1
D
A
. Найдите тангенс угла между пло
с-
костями 
AEF
 и 
1
ВCC
.
 
74.
 В кубе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 точки 
E
, 

F
 середины ребер соо
т
ветственно 
1
1
В
A
 
и 
1
1
D
A
. Найдите тангенс угла между 
пло
с
костями 
AEF
 и 
1
ВDD
.
 
75. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 известны длины ребер: 
,
5
1

AA
 
,
12

AB
 
.
8

AD
 Найдите та
н-
генс угла между плоскостью 
АВС
 и пло
с-
костью, проходящей через точку 
B
 пе
р-
пендикулярно прямой 
AK
, если 
K
 
–
 с
е-
редина ребра 
.
1
1
D
C
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
85
 
76. 
В прямоугольном параллелепи
педе 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, у которого 
4

AB
, 
6

BC
, 
4
1

CC
 найдите тангенс угла 
между плоск
о
стями 
1
CDD
 и 
1
BDA
.
 
77.
 
(ЕГЭ 2010).
 В прямоугольном п
а-
раллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 известны 
ребра 
8

AB
, 
6

AD
, 
5
1

CC
. Найд
и
те 
угол между плоскостями 
1
BDD
 и 
1
1
B
AD
.
 
78. 
В прямоугольном параллелепипеде 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
, у 
которого 
6

AB
, 
6

BC
, 
4
1

CC
 найдите тангенс угла 
между плоск
о
стями 
1
ACD
 и 
1
1
1
C
B
A
.
 
79.
 Основание прямой четырехугол
ь-
ной призмы 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
–
 прям
о-
угольник
 
ABCD
, в кот
о
ром 
28

АВ
, 
6

AD
. Найдите тангенс угла между 
плоскостью грани 
B
B
AA
1
1
 призмы и 
плоскостью, проходящей через сер
е
дину 
ребра 
CD
 перпендикулярно прямой 
1
AC
, 
если ра
с
стояние между прямыми 
1
1
C
A
 и 
BD
 ра
в
но 
8
.
 
80.
 Основание прямой четырехугол
ь-
ной призмы 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
–
 прям
о-
угольник 
ABCD
, в кот
о
ром 
12

АВ
, 
31

AD
. Найдите косинус угла между 
плоскостью основания призмы и плоск
о-
стью, прох
о
дящей через середину ребра 
AD
 перпе
н
дикулярно прямой 
1
BD
, если 
расстояние между прямыми 
AC
 и 
1
1
D
B
 
ра
в
но 5.
 
81. 
Сторона основания правильной 
треугол
ь
ной призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 равна 2, 
а диагональ боковой грани равна 
5
. 
Найдите угол между плоскостью 
BC
A
1
 и 
плоск
остью основ
а
ния призмы.
 
82.
 В правильной треугольной при
з
ме 
1
1
1
C
B
ABCA
, все ребра которой равны 1, 
найдите угол между плоскост
я
ми 
1
ACВ
 и 
В
С
A
1
1
.
 
83. 
В правильной треугольной призме 
1
1
1
C
B
ABCA
, в
се ребра которой равны 1, 
точки 
D
,
 
E
 
–
 середины ребер соответс
т-
венно 
1
1
В
A
 и 
1
1
C
А
. Найдите та
н
генс угла 
между плоскостями 
ADE
 и 
1
ВCC
.
 
84. 
Основанием прямой тр
еугольной 
призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 является равнобе
д-
ренный тр
е
угольник 
АВС
, в котором 
,
10


BC
AB
 
.
16

AC
Боковое ребро 
призмы равно 24. Точка 
Р
 
–
 середина 
ребра 
1
BB
. Найдите тангенс угла между 
плоскостя
ми 
1
1
1
C
B
A
 и 
АСР
.
 
85. 
Основанием прямой треугольной 
призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 является равнобе
д-
ренный тр
е
угольник 
АВС
, в котором 
,
20


BC
AB
 
.
32

AC
Боковое ребро 
призмы равно 24. Точка 
Р
 принадлежит 
ребру 
1
BB
, причем 
.
3
:
1
:
1

PB
BP
 На
й-
дите тангенс угла между плоскостями  
1
1
1
C
B
A
 и 
АСР
.
 
86. 
Основанием прямой треугольной 
призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 является треугол
ь
ник 
АВС
, в котором 
,
8


AC
AB
 а один
 из 
углов равен 

60
. На ребре 
1
AA
 о
т
мечена 
точка 
P
 
так, что 
.
1
:
2
:
1

PA
AP
 На
й
дите 
тангенс угла между плоскостями 
АВС 
и 
СВР
, если расстояние между пр
я
мыми 
АВ
 и 
1
1
B
C
 р
авно 
3
18
.
 
87. 
Основанием прямой треугольной 
призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 является треугол
ь
ник 
АВС
, в котором 
,
6


BC
AC
 а один из 
углов равен 

60
. На ребре 
1
CC
 о
т
мечена 
точка 
P
 
так, что 
.
1
:
2
:
1

PC
CP
 Найд
и-
те тангенс угла между плоскостями 
АВС 
и 
АВР
, если расстояние между пр
я
мыми 
АС
 и 
1
1
B
A
 равно 
3
18
.
 
88. 
Основанием прямой призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 является пря
моугольный тр
е-
угол
ь
ник 
АВС
 с гипотенузой 
АС
. Найдите 
тангенс у
г
ла между плоскостью 
1
1
1
C
B
A
 и 
плоскостью, проходящей через середину 
ребра 
1
AA
 и пр
я
мую 
ВС
, если 
,
4

AB
 
.
12
1

BB
 
89. 
Основание
 пирамиды 
DABC
 
–
 ра
в-
нобедренный треугольник 
АВС
, в кот
о-
ром 
,
13


BC
AB
 
.
24

AC
 Ребро 
DB
 
пе
р
пендикулярно плоскости основания и 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
86
 
равно 20. Найдите тангенс двугранного 
угла при ребре 
АС
.
 
 
90. 
В правильной четырехугольной 
пирамиде 
SA
BCD
, все ребра которой ра
в-
ны 1, найдите косинус угла между пло
с-
костями 
АВС
 и 
BCS
.
 
91. (
МИОО). 
В правильной четыре
х-
угольной пирамиде 
SABCD
 с основан
и
ем 
ABCD
 сторона основания равна 
2
6
, а 
боковое ребро равно 10. Найдите угол 
между плоско
стями 
АВС
 и 
АСМ
, где то
ч-
ка 
М
 делит ребро 
BS
 так, что 
1
:
2
:

MS
BM
.
 
92.
 
Диаметр окружности основания ц
и-
линдра равен 20, образующая цилин
д
ра 
равна 28. Плоскость пересекает его осн
о-
вания по хордам длины 12 и 16. Найдите 
тангенс угла между этой пло
с
костью и 
плоскостью основания цилин
д
ра.
 
93.
 
Диаметр окружности основания ц
и-
линдра равен 26, образующая цилин
д
ра 
равна 21. Плоскость пересекает его осн
о-
вания по хордам длины 24 и 10. Найдите 
тангенс угла между этой пло
с
костью и 
плоскостью основания цилин
д
ра
.
 
94.
 Основанием прямой четырехугол
ь-
ной призмы является ромб с диагонал
я
ми 
6 и 8. Найдите площадь полной повер
х-
ности призмы, если известно, что диаг
о-
наль ее боковой грани равна 13.
 
95.
 Основание прямой
 призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 
–
 треугольник 
АВС
, в ко
т
о-
ром 



90
C
, 
,
6

BC
 
.
8

AC
 Угол 
между плоскостями 
АВС
 и 
1
ABC
 равен 

45
. Найдите площадь боковой повер
х-
ности призмы.
 
96.
 Дан куб 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. Через 
точки 
A
, 
1
B
 и середину ребра 
1
CC
 пр
о-
ведена секущая плоскость. Найдите пл
о-
щадь полной поверхности куба, если 
площадь сечения равна 36.
 
97.
 Каждое ребро правильной тр
е-
угольной призмы равно 
a
.
 Через сторону 
о
с
нования и середину оси (ось 
–
 отрезок, 
соединяющий центры оснований) пров
е-
дена плоскость. Найти площадь сечения 
призмы этой плоск
о
стью.
 
98.
 Основание пирамиды 
MABCD
 
–
 
квадрат, диагональ которого равна 
6
. 
Р
ебро 
МВ
 перпендикулярно плоскости 
основ
а
ния, а угол между плоскостями 
АВС
 и 
AMD
 равен 

60
. Найдите объем 
пирам
и
ды.
 
99.
 Основание пирамиды 
ABCD
 
–
 пр
я-
моугольный треугольник с гипотенузой 
AB
, равной 
30
2
. 
CD
 
–
 высота пирам
и-
ды, боковые ребра 
AD
 
и 
BD
 наклонены к 
плоскости основания под углами 

30
 и 

60
 соответственно. Найдите объем п
и-
рамиды. 
 
100.
 Определить
 объем прямоугольн
о-
го параллелепипеда, площади граней к
о-
т
орого равны 
1
Q
, 
2
Q
 и 
3
Q
.
 
101.
 В основании первой пирамиды 
DABC
 лежит треугольник 
ABC
, в кот
о-
ром 



45
C
, 
2
6

BC
, 
18

AC
. Б
о-
ковое ребро 
AD
 перпендикулярно пло
с-
кости основания пирамиды. Сечение п
и-
рамиды плоскостью, прох
о
дящей через 
середину ребра 
DB
 пара
л
лельно прямым 
BC
 и 
AD
, 
является о
с
нованием второй 
пирамиды. Ее вершина 
T
 
–
 основание 
высоты 
BT
 треугольника 
ABC
. Во 
сколько раз объем первой пирамиды 
больше объема второй пирамиды? 
 
102.
 В основании пирамиды 
DABC
 
лежит треугольник 
ABC
, в кот
о
ром 



30
C
, 
20

AC
, 
3
8

BC
. Бок
о
вое 
ребро 
AD
 равно 
3
6
 и перпендик
у
лярно 
плоскости 
ABC
. Сечение пирамиды 
плоскостью, проходящей через сер
е
дину 
ребра 
DB
 параллельно прямым 
BC
 и 
AD
, является основанием второй пир
а-
миды. Ее вершина 
T
 
–
 основание выс
о
ты 
BT
 треугольника 
ABC
. Найдите об
ъ
ем 
второй пир
а
миды. 
 
103.
 В основании пирамиды 
DABC
лежит треугольник 
ABC
, в кот
о-
ром 



60
C
, 
8

BC
, 
14

AC
. Бок
о-
вые грани 
DAC
 и 
DAB
 перпендикуля
р-
ны плоскости основания пирамиды, а 
ребро 
AD
 равно 
3
4
. Сечение пирам
и-
ды плоскостью, проходящей через сер
е-
дину ребра 
DB
 пара
л
лельно прямым 
BC
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
87
 
и 
AD
, является основанием второй п
и-
рамиды, вершина которой в точке 
C
. 
Найдите объем второй пирамиды. 
 
104.
 Дан прямоугольный параллелеп
и-
пед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. На его боковых ре
б-
рах 
1
AA
 и 
1
BB
 лежат точки 
M
 и 
P
 соо
т-
ветственно так, что 
11
:
8
:
1

MA
AM
, 
1
:
2
:
1

PB
P
B
. Во сколько раз объем 
данного параллел
епипеда больше объема 
пирамиды с вершиной в точке 
P
, осн
о-
ванием которой является сечение да
н
ного 
параллелепипеда плоскостью 
1
BMD
? 
 
105.
 Дан прямоугольный параллелеп
и-
пед 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
. На его боковых ре
б-
рах
 
1
AA
 и 
1
BB
 лежат точки 
M
 и 
P
 соо
т-
ветственно так, что 
5
:
7
:
1

MA
AM
, 
3
:
4
:
1

PB
P
B
. Во сколько раз объем 
данного параллелепипеда больше объема 
пирамиды с
 вершиной в точке 
,
P
 осн
о-
ванием которой является сечение данного 
параллелепипеда плоскостью 
1
BMD
? 
 
106.
 Ребра 
AB
 и 
AD
 основания 
ABCD
 прямоугольного паралле
л
е
пипеда 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 равны соответс
т
венно 9 и 
4. На боковых ребрах 
1
AA
 и 
1
BB
, равных 
11, лежат точки 
M
 и 
P
 соответс
т
венно 
так, что 
4
:
3
:
1

MA
AM
, 
3
:
8
:
1

PB
P
B
. 
Найдите объем пирамиды с вершиной в 
точке 
P
, основанием кот
о
рой является 
сечение данного параллелепипеда пло
с-
костью 
1
BMD
. 
 
107
.
 Дана правильная четырехугольная 
пирамида 
SABCD
. Точка 
F
 делит ребр
о 
SC
 в отношении 
2
:
1
 (считая от точки 
S
), 
точка 
E
 
–
 середина ребра 
ВС
. Найд
и
те, в 
каком отношении делит объем пирам
и
ды 
плоскость 
DEF
.
 
108.
 В правильной четырехугольной 
призме 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 сторона 
AB
 о
с-
нования равна 6, а боковое ребро 
1
AA
 
равно 12. Через вершины 
A
 и 
1
C
 призмы 
проведена плоскость, пересекающая б
о-
ковое ребро 
1
BB
 в точке
 
K
, а боковое 
ребро 
1
DD
 в точке 
L
. Найдите объем п
и-
рам
и
ды 
L
AKC
A
1
1
. 
 
109.
 Наклонная призма 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 
имеет своими основани
я
ми трапеции 
ABCD
 и 
1
1
1
1
D
C
B
A
. Сумма площадей п
а-
раллельных боковых граней призмы ра
в-
на 
S
, а расстояние между этими гранями 
равно 
d
. Найти объем многогранника 
AC
D
C
B
A
1
1
1
1
. 
 
110.
 
Куб, ребро которого равно 
а
, п
е-
ресекается плоскостью, проходящей ч
е-
рез его диагональ. Какую наименьшую 
площадь может иметь сечение и при к
а-
ком угле наклона сечения к плоскости 
осн
о
вания?
 
111.
 
Прямоугольный параллелепипед, 
измерения которого равны 
a
,
 
b
,
 
c
, перес
е-
кается плоскостью, проход
ящей через его 
диагональ. Какую наименьшую пл
о
щадь 
может иметь сечение, если 
c
b
a


?
 
112. 
Определите длину стороны основ
а-
ния правильной треугольной призмы 
объема 
V
, имеющей наименьшую пл
о-
щадь полной поверхн
о
сти. 
 
113.
 В правильной четырехугольной 
призме 
1
1
1
1
D
C
B
ABCDA
 высота в два раза 
меньше основания. Най
дите
 наибольшее 
значение вел
и
чины угла 
1
1
MC
A
, где 
M
 
–
 
точка на ребре 
AB
. 
 
114.
 Все ребра правил
ьной треугол
ь-
ной призмы 
1
1
1
C
B
ABCA
 имеют длину 
a
. 
Рассматриваются отре
з
ки с концами на 
диагоналях 
1
BC
 и 
1
CA
 боковых гр
а
ней, 
параллельные плоскости 
1
1
A
ABB
. Най
д
и-
те
 н
аименьшее значение длины таких о
т-
ре
з
ков.
 
115.
 Найдите наибольший объем пр
а-
вильной треугольной пирамиды, боковое 
ре
б
ро которой равно 
a
.
 
116.
 Диагональ боковой грани пр
а-
вильной четырехугольной призмы равна 
d
. Найди
те длину бокового ребра, при 
котором объем призмы на
и
больший.
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
88
 
Ответы
 
1. 
3. 
2.
 2. 
3. 
а) 
2
6
; б) 
3
6
; в) 
3
6
. 
 
4.
 
4
14
. 
5.
 
10
95
. 
6.
 
5
5
4
. 
7.
 а) 
3
; б) 2; 
 
в) 
2
7
; г) 
5
5
2
; д) 
4
14
; е) 
4
39
; 
 
ж) 
5
30
; з) 
4
30
. 
8. 
8. 
9.
 
3
2
. 
10.
 
3
6
. 
 
11.
 
4
39
. 
12.
 
3
. 
13. 
1. 
14. 
31
93
12
. 
15. 
2. 
16. 
2. 
17.
 2,4. 
18.
 
41
3
. 
19.
 
3
3
. 
20. 
7
21
. 
21. 
2
3
. 
22. 
.
7
2
 
23. 
.
11
3
 
24.
 
259
259
36
. 
25.
 0,8. 
26.
 
5
5
. 
27.
 
15
15
. 
28.
 На три ча
с
ти 
в отношении 
1
:
1
:
1
. 
29. 

60
. 
30. 

60
. 
31
.
 
4
2
. 
32. 
4
1
. 
33.
 
5
3
2
arcsin
2
 или 
25
1
arccos
. 
34.
 
5
2
2
arcsin
2
 или 
25
9
arccos
. 
35. 





sin
sin
arccos
. 
36.
 0,7. 
37.
 
20
10
3
. 
38.
 0,75. 
39.
 
4
2
. 
40.
 

90
. 
41.
 0,9. 
 
42.
 
4
10
. 
43.
 
5
5
. 
44. 
7
5
3
arcsin
. 
 
45.
 
;
6
1
arccos
 
3
2
arccos
. 
46.
 
6
1
. 
47.
 

90
. 
 
48.
 
4
3
. 
49.
 
4
1
. 
50.
 

30
. 
51.
 
2
2
. 
52.
 
2
2
. 
53.
 
10
10
. 
54.
 
15
15
. 
55. 
.
5
2
2
arcsin
 
56. 
.
85
24
arcsin
 
57. 
5
3
. 
58. 
10
1
. 
59.
 
10
15
. 
60. 
6
6
. 
61. 
2
10
. 
62.
 
10
15
. 
63.
 
5
5
. 
 
64.
 
151
1
arcsin
. 
65. 
15
16
arctg
. 
66. 
48
5
arctg
. 
67. 
40
21
arctg
. 
68. 
3
3
. 
69. 
5
5
. 
70. 
3

. 
 
71. 

120
. 
72. 

120
. 
73.
 
2
5
. 
74.
 
4
2
. 
75. 
2. 
76. 
2
2
3
. 
77.
 
25
24
arctg
. 
78. 
3
2
2
. 
79.
 1. 
 
80.
 
4
2
. 
81. 

30
. 
82.
 
7
1
arccos
. 
83. 
4
3
. 
 
84. 
2. 
85. 
0,5. 
86.
 
3. 
87. 
4. 
88. 
1,5. 
89. 
4. 
 
90. 
3
3
. 
91. 
3
8
arctg
. 
92.
 2 или 14. 
93.
 3 
или 
17
21
. 
94.
 288. 
95.
 115,2. 
96.
 
192
. 
 
97.
 
.
9
3
4
2
a
 
98.
 3. 
99.
 36. 
100.
 
.
3
2
1
Q
Q
Q


 
101.
 12. 
102.
 12. 
1
03.
 28. 
104.
 9. 
105.
 7. 
106.
 36. 
107.
 
1
:
5
. 
108.
 144. 
109.
 
3
Sd
. 
 
110. 
2
6
2
a
, 
3
6
arccos
. 
111. 
2
2
2
2
2
b
a
c
b
a
ab



. 
 
112. 
.
4
3
V
 
113.
 
2

. 
114.
 
5
a
. 
115.
 
6
3
a
. 
 
116.
 
3
3
d
.
 
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
 
М
ногогранники: виды задач и методы их решения
.
 
18.02.2011
 
www.alexlarin.narod.ru
 
89
 
Список и источники литерат
у
ры
 
1. 
Василевский А.Б. Параллельные 
проекции и решение задач по стереоме
т-
рии. 
–
 Мн.: Нар. асвета, 1978.
 
2. 
Геометрия. 10
-
11 классы: учеб. для 
об
щеобразоват. учреждений: базовый и 
профил. уровни / [Л.С. Атанасян, В.Ф. 
Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.]. 
–
 18
-
е изд. 
–
 М.: Просвещение, 2009. 
–
 255 с.
 
3. 
Геометрия. 10 кл.: учеб. для общ
е-
образоват. учреждений с углубл. и пр
о-
фильным изучением математики / Е.
В. 
Потоскуев, Л.И. Звавич. 
–
 3
-
е изд. 
–
 М.: 
Дрофа, 2005. 
–
 223 с.
 
4. 
Геометрия. 11 кл.: учеб. для общ
е-
образоват. учреждений с углубл. и пр
о-
фильным изучением математики / Е.В. 
Потоскуев, Л.И. Звавич. 
–
 3
-
е изд. 
–
 М.: 
Дрофа, 2003. 
–
 368 с.
 
5. 
Геометрия. 10
-
1
1 классы: учеб. для 
общеобразоват. заведений. / И.Ф. Шар
ы-
гин. 
–
 М.: Дрофа, 1999. 
–
 208 с.
 
6. 
Геометрия. Расстояния и углы в 
пространстве / И.М. Смирнов, В.А. 
Смирнов. 
–
 3
-
е изд., перераб. и доп. 
–
 М.: 
И
з
дательство «Экзамен», 2011. 
–
 158 с. 
(Серия «ЕГЭ. 100
 баллов»).
 
7
.
 
Гу
сев В.А., Кожухов И.Б., Пр
о-
кофьев А.А. Геометрия. Полный спр
а-
вочник. 
–
 М.: Махаон, 2006. 
–
 320 с. 
–
 
(Для школьников и абитуриентов).
 
8
.
 Денищева Л.О., Глазков Ю.А., 
Краснянская К.А., Рязановский А.Р., С
е-
менов П.В. Единый государственный э
к-
з
амен 2008. Математика. Учебно
-
тренировочные материалы для подгото
в-
ки учащихся / ФИПИ 
–
 М.: Инте
л
лект 
–
Центр, 2007.
 
–
 240 с.
 
9
. 
Еди
ный государственный экзамен: 
математика: методика подгот.: кн. для 
учителя / 
[
Л.О. Денищева, Ю.А. Гла
з
ков, 
К.А. Краснянская и 
др.
]
.
 
–
 М.: 
Просвещ
е-
ние, 2005. 
–
 256 с.
 
10
. 
Еди
ный государственный экзамен 
201
1
. Математика. Универсальные мат
е-
риалы для подготовки учащихся / ФИПИ 
–
 М.: Инте
л
лект
-
Центр, 201
1
.
 
–
 144 с.
 
11
. 
ЕГЭ 2010. Математика: Сборник 
тренировочных работ / Высоцкий И.Р.,
 
З
а
харов П.И., Панфёров В.С., Семёнов 
А.В., Сергеев И.Н., Смирнов В.А., Ше
с-
таков С.А., Ященко И.В. 
–
 М.: МЦНМО, 
2009.
 
–
 72 с.
 
12
. 
ЕГЭ 201
1
. Математика. Типовые 
тестовые задания /под ред. А.Л. Семен
о-
ва, И.В. Ященко. 
–
 М.: Издательство «Э
к-
замен», 201
1
.
 
–
 63 
с.
 
13
.
 Задание С2: Решаем методом к
о-
ординат / И
. 
Беликова
. 
–
 Математика, 
приложение «Первое сентября», №20, 
201
0.
 
14
. 
Панферов В.С., Сергеев И.Н. О
т-
личник ЕГЭ. Математика. Решение 
сложных задач; ФИПИ 
–
 М.: Ителлект
-
Центр, 2010.
 
–
 80 с.
 
15
.
 
Прокофьев А.А. П
особие по ге
о-
метрии для подготовительных курсов 
(
стереометрия
). 
–
 4
-
е изд. перераб. и доп. 
–
 М.: М
И
ЭТ, 2007
.
 
–
 
2
40
 с.
 
16
. 
Самое полное издание типовых 
вариантов реальных заданий ЕГЭ 2010: 
Математика /авт.
-
сост. И.Р. Высо
ц
кий, 
Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.
; под ред. 
А Л. Семенова, И.В. Ященко. 
–
 М.: АСТ: 
Астрель, 2009. 
–
 (Федеральный и
н
ститут 
педагогических измер
е
ний).
 
17
. 
Смирнов В.А.
 
ЕГЭ 2010
. Матем
а-
тика. 
Задача С2
 /
 П
од ред. А.Л. Семенова, 
И.В. Ященко. 
–
 М.: 
МЦНМО, 2010
.
 
–
 64 
с.
 
18. 
Математика для поступ
ающих в 
вузы: пособие / Шабунин М. И. 
–
 2
-
е изд., 
испр. и доп. 
–
 М.: БИНОМ. Лаборат
о
рия 
знаний, 2003. 
–
 695 с.
 
19
. 
Ященко И.В., Шестаков С.А., З
а-
харов П.И. Подготовка к ЕГЭ по матем
а-
тике в 2011
 году. Методические указ
а
ния. 
–
 М.: МЦНМО, 2011
.
 
–
  144 с.
 
20
.
 
www
.
mathege
.
ru
 
-
 Математика ЕГЭ 
2010
, 2011
 (открытый банк зад
а
ний)
 
21
. 
www
.
alexlarin
.
narod
.
ru
 
–
 
сайт
 по 
оказанию информационной поддержки 
студентам и абитуриентам при 
подгото
в-
ке к ЕГЭ
, поступлению в ВУЗы и изуч
е-
нии различных разделов высшей матем
а-
тики.
 
22. 
http
:///
eek
.
diary
.
ru
/
 
–
 сайт по оказ
а-
нию помощи абитуриентам, студе
н
там, 
учителям 
по математике.
 
 
Автор
svetlana.golosenko
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
9 278
Размер файла
2 172 Кб
Теги
Задания к ЕГЭ С2 - 2011 год
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа