В основании лежит треугольник.
- $S={a·h_a}/{2}$, где $h_a$ — высота, проведенная к стороне $а$
- $S={a·b·sinα}/{2}$, где $a,b$ — соседние стороны, $α$ — угол между этими соседними сторонами.
- Формула Герона $S=√{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, где $р$ — это полупериметр $p={a b c}/{2}$
- $S=p·r$, где $r$ — радиус вписанной окружности
- $S={a·b·c}/{4R}$, где $R$ — радиус описанной окружности
- Для прямоугольного треугольника $S={a·b}/{2}$, где $а$ и $b$ — катеты прямоугольного треугольника.
Прямоугольник
$S=a·b$, где $а$ и $b$ — смежные стороны.
Ромб
$S={d_1·d_2}/{2}$, где $d_1$ и $d_2$ — диагонали ромба
$S=a^2·sinα$, где $а$ — длина стороны ромба, а $α$ — угол между соседними сторонами.
Трапеция
$S={(a b)·h}/{2}$, где $а$ и $b$ — основания трапеции, $h$ — высота трапеции.
Прямая призма называется правильной, если ее основания – правильные многоугольники.
Подобие треугольников
Два треугольника называются подобными, если их углы соответственно равны, а стороны одного треугольника больше сходственных сторон другого треугольника в некоторое число раз.
Число $k$ — коэффициент подобия (показывает во сколько раз стороны одного треугольника больше сторон другого треугольника.)
- Периметры подобных треугольников и их линейные величины (медианы, биссектрисы, высоты) относятся друг к другу как коэффициент подобия $k$.
- Отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.
Прямоугольный треугольник и его свойства:
В прямоугольном треугольнике катетами называются две стороны треугольника, которые образуют прямой угол. Гипотенузой называется сторона, лежащая напротив прямого угла.
Некоторые свойства прямоугольного треугольника:
- Сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна $90$ градусов.
- Катет прямоугольного треугольника, лежащий напротив угла в $30$ градусов, равен половине гипотенузы. (Этот катет называется малым катетом.)
Рассмотрим площади правильных многоугольников:
1. Для равностороннего треугольника $S={a^2√3}/{4}$, где $а$ — длина стороны.
2. Квадрат
$S=a^2$, где $а$ — сторона квадрата.
3. Правильный шестиугольник
Шестиугольник разделим на шесть правильных треугольников и найдем площадь как:
$S=6·S_{треугольника}={6·a^2√3}/{4}={3·a^2√3}/{2}$, где $а$ — сторона правильного шестиугольника.
Пример:
Найдите площадь поверхности прямой призмы, в основании которой лежит ромб с диагоналями, равными $10$ и $24$, а её боковое ребро равно $20$.
Решение:
Построим прямую призму, в основании которой лежит ромб.
Распишем формулу площади полной поверхности:
$S_{п.п}=S_{бок} 2S_{осн}=P_{осн}·h 2S_{ромба}$
В прямой призме высота равна боковому ребру, следовательно, $h=С_1С=20$
Чтобы найти периметр основания, надо узнать сторону ромба. Рассмотрим один из прямоугольных треугольников, получившихся, при пересечении диагоналей и воспользуемся теоремой Пифагора.
Диагонали точкой пересечения делятся пополам, поэтому катеты прямоугольного треугольника равны $5$ и $12$.
$АВ=√{5^2 12^2}=√{25 144}=√{169}=13$
$Р=13·4=52$
Теперь найдем площадь основания: площадь ромба равна половине произведения его диагоналей.
$S_{основания}={d_1·d_2}/{2}={10·24}/{2}=120$
Далее подставим все найденные величины в формулу полной поверхности и вычислим ее:
$S_{п.п}=P_{осн}·h 2S_{ромба}=52·20 2·120=1040 240=1280$
Ответ: $1280$
Цилиндр — это та же призма, в основании которой лежит круг.
$S_{бок}=P_{осн}·h=2πRh$
$S_{п.п}=S_{бок} 2S_{осн}=2πRh 2πR^2=2πR(h R)$
$V=S_{осн}·h=πR^2 h$
Подобные призмы: при увеличении всех линейных размеров призмы в $k$ раз, её объём увеличится в $k^3$ раз.
Средняя линия треугольника параллельна основанию и равна его половине.
$MN$ — средняя линия, так как соединяет середины соседних сторон.
$MN {//} AC, MN = {AC}/{2}$
Решу егэ
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1.
Поместим призму в декартову систему координат, как показано на рисунке 1.
Выпишем координаты некоторых точек: O(0; 0; 0), 
N(0; 2; 2), O1(0; 0; 4); A(0; −2; 0); A1(0; −2; 4); 
Будем искать уравнение секущей плоскости в виде ax by cz d = 0. Пусть d = 4, тогда:
Отсюда ясно: c = −1; 2b − 2 4 = 0; b = −1; 
Итак, искомое уравнение имеет вид: 
или 
Найдем уравнение прямой A1B1. Оно при z = 4 будет иметь вид:
или
Если пересечение секущей плоскости и прямой A1B1 обозначить Q (эта же точка будет служить одной из вершин искомого сечения) то координаты этой точки найдутся как решение системы уравнений:
Таким образом, 
Проекцию точки Q на нижнее основание призмы обозначим Q1, 
Теперь найдем уравнение прямой AB. Оно будет иметь вид: 
Если точку пересечения секущей плоскости и прямой AB обозначить R, то решение системы
и будет координатами точки R (она же последняя неизвестная вершина искомого сечения).
Таким образом, 
Соединим точки M и N, N и O1, O1 и Q, Q и R, R и M отрезками. Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Нормальный вектор секущей плоскости имеет вид: 
а нижнего основания призмы: 
Пусть угол между сечением и нижним основанием призмы будет φ, тогда:
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Докажем, что OQ1 ⊥ AB, RM ⊥ AB.
В Δ AQ1O
по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б) 
Приведём другое решение:
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1 (рисунок 1)
Построение:
1) Проведем отрезки MN, NO1;
2) Продолжим отрезки AC и O1N до их пересечения в точке K.
3) Проведем прямую KM до пересечения с AB в точке R.
4) Продолжим отрезки MN и B1C1 до их пересечения в точке L.
5) Проведем прямую LO1 до пересечения с A1B1 в точке Q.
6) Соединим отрезком точки Q и R.
Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Рассмотрим треугольники O1C1N и MCN. Они оба равнобедренные и прямоугольные, равны по двум катетам. Очевидно, что 
так как они прямоугольные, у них: 
как вертикальные, C1N = CN по условию, откуда: 
Треугольник MCK — равнобедренный, значит,
(они вертикальные). Тогда
Пусть Q1 — проекция точки Q на нижнее основание призмы, O — проекция точки O1 на то же основание призмы. Тогда O1Q || OQ1. Но O1Q || RM как линии, получаемые при пересечении параллельных плоскостей (оснований призмы) секущей плоскостью. Значит, OQ1 || RM, иначе говоря, OQ1 ⊥ AB.
В прямоугольном Δ BRM катет BR, лежащий против ∠RMB = 30°, равен половине гипотенузы BM = 2, то есть BR = 1. Аналогично получим: AQ1 = 1. Q1R = 4 − 2 = 2.
AB ⊥ RM, отсюда по теореме о трех перпендикулярах: QR ⊥ RM, ∠QRQ1 — угол между нижним основанием призмы и секущей плоскостью. Обозначим его φ.
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Треугольник AQ1O равен треугольнику BRM по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б)
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 135.
§
а) Отметим точки 
и 
на ребрах 
и AB соответственно так, чтобы 
Тогда плоскость 
это плоскость 
Очевидно 
поскольку проекция BM на плоскость ABC — высота треугольника 
Она перпендикулярна AC, а значит и 
По теореме о трех перпендикулярах 
Рассмотрим теперь проекцию 
точки M на плоскость 
Поскольку проекция 
на эту плоскость — середина ребра 
то 
Докажем теперь, что прямая 
перпендикулярна 
Тогда по теореме о трех перпендикулярах окажется что 
а тогда и 
Обозначим за O точку пересечения отрезков и 
за 
и 
— проекции точек и L на прямую 
Тогда
Итак, тангенсы этих углов обратны друг другу, поэтому углы в сумме дают 90° и угол 
= 180° − 90° = 90°, что и требовалось доказать.
б) Очевидно 
так как 
— равносторонний треугольник.
Ответ:
Примечание.
Для вычисления объема тетраэдра 
использована формула 
где а и b — противоположные ребра тетраэдра, а с и φ — соответственно расстояние и угол между ними. Эта формула приведена в школьном учебнике Л. С. Атанасяна Геометрия 10−11 для самостоятельного доказательства (задача № 803).
Приведем другое решение.
а) Пусть плоскость сечения α пересекает ребро AB в точке K1, а ребро BC — в точке L1. Тогда КК1 || AC, поскольку плоскость сечения параллельна AC. Плоскость сечения пересекает параллельные плоскости оснований по параллельным прямым, следовательно, LL1 || KK1 || A1C1 || AC.
Проведем плоскость BB1M, пусть она пресекает ребро AC в точке N, прямую KK1 в точке Pи прямую LL1 в точке R.
Заметим, что MB1 — высота правильного треугольника со стороной 12, следовательно, 
Аналогично 
и 
Докажем, что MB ⊥ PR:
тогда
Тогда ∠MBN ∠RPB = 90°, следовательно, BM ⊥ PR.
Заметим, что BM ⊥ KK1, поскольку ее проекция BN ⊥ KK1. Следовательно, прямая BM перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости α, а значит, она перпендикулярна плоскости α, что и требовалось доказать.
б) Основанием пирамиды является трапеция LL1KK1 с высотой PR. Высотой пирамиды является отрезок BT, где T — точка пересечения BM и PR. Заметим, что 
тогда
Приведем решение Ирины Шраго координатным методом.
а) Отметим точки и на ребрах и AB соответственно так, чтобы Тогда плоскость — это плоскость Пусть отрезок 
пересекает медиану BN треугольника ABC в точке P.
Введем систему координат с началом в точке P, направив ось Ox вдоль луча PK, ось Oy вдоль луча PB.
Пусть плоскость задается уравнением 
Эта плоскость проходит через ось Ox, следовательно, 
. Пусть плоскость пересекает отрезок B1M в точке G. Координаты точки G: 
. Подставив их в уравнение плоскости 
найдем 
Вектор нормали плоскости 
коллинеарен вектору 
, следовательно, плоскость перпендикулярна прямой 
, что и требовалось доказать.
б) Высоту искомой пирамиды найдем по формуле расстояния от точки 
до плоскости 
Она равна 
Основание пирамиды — трапеция с основаниями 
и 
и высотой 
Площадь трапеции 
Тогда объем пирамиды 
Источник: ЕГЭ — 2022. Основная волна 06.06.2022. Центр
§
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1.
Поместим призму в декартову систему координат, как показано на рисунке 1.
Выпишем координаты некоторых точек: O(0; 0; 0), N(0; 2; 2), O1(0; 0; 4); A(0; −2; 0); A1(0; −2; 4);
Будем искать уравнение секущей плоскости в виде ax by cz d = 0. Пусть d = 4, тогда:
Отсюда ясно: c = −1; 2b − 2 4 = 0; b = −1; Итак, искомое уравнение имеет вид: или Найдем уравнение прямой A1B1. Оно при z = 4 будет иметь вид:
или
Если пересечение секущей плоскости и прямой A1B1 обозначить Q (эта же точка будет служить одной из вершин искомого сечения) то координаты этой точки найдутся как решение системы уравнений:
Таким образом, Проекцию точки Q на нижнее основание призмы обозначим Q1,
Теперь найдем уравнение прямой AB. Оно будет иметь вид:
Если точку пересечения секущей плоскости и прямой AB обозначить R, то решение системы
и будет координатами точки R (она же последняя неизвестная вершина искомого сечения).
Таким образом,
Соединим точки M и N, N и O1, O1 и Q, Q и R, R и M отрезками. Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Нормальный вектор секущей плоскости имеет вид: а нижнего основания призмы: Пусть угол между сечением и нижним основанием призмы будет φ, тогда:
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Докажем, что OQ1 ⊥ AB, RM ⊥ AB.
В Δ AQ1O
по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б)
Приведём другое решение:
а) Пусть M — середина ребра BC, N — ребра CC1, O1 — ребра A1C1 (рисунок 1)
Построение:
1) Проведем отрезки MN, NO1;
2) Продолжим отрезки AC и O1N до их пересечения в точке K.
3) Проведем прямую KM до пересечения с AB в точке R.
4) Продолжим отрезки MN и B1C1 до их пересечения в точке L.
5) Проведем прямую LO1 до пересечения с A1B1 в точке Q.
6) Соединим отрезком точки Q и R.
Пятиугольник MNO1QR — искомое сечение. (Доказательство не требуется).
б) Рассмотрим треугольники O1C1N и MCN. Они оба равнобедренные и прямоугольные, равны по двум катетам. Очевидно, что
так как они прямоугольные, у них: как вертикальные, C1N = CN по условию, откуда:
Треугольник MCK — равнобедренный, значит,
(они вертикальные). Тогда
Пусть Q1 — проекция точки Q на нижнее основание призмы, O — проекция точки O1 на то же основание призмы. Тогда O1Q || OQ1. Но O1Q || RM как линии, получаемые при пересечении параллельных плоскостей (оснований призмы) секущей плоскостью. Значит, OQ1 || RM, иначе говоря, OQ1 ⊥ AB.
В прямоугольном Δ BRM катет BR, лежащий против ∠RMB = 30°, равен половине гипотенузы BM = 2, то есть BR = 1. Аналогично получим: AQ1 = 1. Q1R = 4 − 2 = 2.
AB ⊥ RM, отсюда по теореме о трех перпендикулярах: QR ⊥ RM, ∠QRQ1 — угол между нижним основанием призмы и секущей плоскостью. Обозначим его φ.
Найдем площадь проекции секущей плоскости на нижнее основание призмы. Искомой проекцией будет пятиугольник Q1OCMR. (рисунок 2).
Треугольник AQ1O равен треугольнику BRM по гипотенузе, равной 2, и острому углу 60°. Следовательно,
Ответ: б)
Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 135.
Теорема косинусов
Квадрат одной из сторон треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними:
$a^2=b^2 c^2-2·b·c·cosα;$
$b^2=a^2 c^2-2·a·c·cosβ;$
$c^2=b^2 a^2-2·b·a·cosγ.$
Теорема пифагора
В прямоугольном треугольнике сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы.
$AC^2 BC^2=AB^2$
Соотношение между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике:
В прямоугольном треугольнике $АВС$, с прямым углом $С$
Для острого угла $В: АС$ — противолежащий катет; $ВС$ — прилежащий катет.
Для острого угла $А: ВС$ — противолежащий катет; $АС$ — прилежащий катет.
- Синусом (sin) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение противолежащего катета к гипотенузе.
- Косинусом (cos) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение прилежащего катета к гипотенузе.
- Тангенсом (tg) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение противолежащего катета к прилежащему.
- Котангенсом (ctg) острого угла прямоугольного треугольника называется отношение прилежащего катета к противолежащему.
- В прямоугольном треугольнике синус одного острого угла равен косинусу другого острого угла.
- Синусы, косинусы, тангенсы и котангенсы острых равных углов равны.
- Синусы смежных углов равны, а косинусы, тангенсы и котангенсы отличаются знаками: для острых углов положительные значения, для тупых углов отрицательные значения
Значения тригонометрических функций некоторых углов:
| $α$ | $30$ | $45$ | $60$ |
| $sinα$ | ${1}/{2}$ | ${√2}/{2}$ | ${√3}/{2}$ |
| $cosα$ | ${√3}/{2}$ | ${√2}/{2}$ | ${1}/{2}$ |
| $tgα$ | ${√3}/{3}$ | $1$ | $√3$ |
| $ctgα$ | $√3$ | $1$ | ${√3}/{3}$ |
Теорема синусов
Во всяком треугольнике стороны относятся как синусы противолежащих углов:
${a}/{sinα}={b}/{sinβ}={c}/{sinγ}=2R$, где $R$ — радиус описанной около треугольника окружности.
Формулы вычисления объема и площади поверхности призмы:
Чтобы были понятны формулы, введем обозначения:
$P_{осн}$ — периметр основания;
$S_{осн}$ — площадь основания;
$S_{бок}$ — площадь боковой поверхности;
$S_{п.п}$ — площадь полной поверхности;
$h$ — высота призмы.
$S_{бок}=P_{осн}·h$
$S_{п.п}=S_{бок} 2S_{осн}$
$V=S_{осн}·h$
В основании призмы могут лежать различные многоугольники, рассмотрим площади некоторых из них.
