Часть 2, задание 7: Стереометрия

Содержание

О задании
Какие темы встречаются
Основные формулы и методы
Общий алгоритм работы со стереометрией
Метод координат
Примеры задач
Круглые тела: вписанные и описанные сферы
Угол между прямой и плоскостью. Двугранный угол
Сечения многогранников
Частые ошибки
Оформление под рубрику ДВИ
Стратегия на ДВИ

О задании

Задача 7 на ДВИ МГУ — это полноценная стереометрическая задача высокого уровня. В отличие от ЕГЭ, здесь не бывает «утешительных» пунктов «а) докажите, б) найдите». От тебя требуется решить одну сложную проблему, самостоятельно выстроив цепочку доказательств и вычислений.

Ключевая особенность ДВИ по стереометрии — требование абсолютной строгости. На ЕГЭ иногда прощают фразы вида «высота падает в центр», на мехмате за это ставят 0 баллов за всю задачу. Каждое геометрическое свойство (параллельность, перпендикулярность, положение центра сферы) должно опираться на теоремы.

Какие темы встречаются

Банк задач ДВИ базируется на нескольких крупных блоках:

Многогранники: пирамиды, призмы, параллелепипеды. Часто встречаются усечённые фигуры или многогранники, составленные из нескольких.
Круглые тела и их комбинации: сферы, вписанные в пирамиду или описанные около неё; цилиндры и конусы в комбинации с шарами. Это самый объёмный и сложный класс задач.
Углы и расстояния: между скрещивающимися прямыми, прямой и плоскостью, двумя плоскостями.
Сечения: построение сечений с заданными свойствами и поиск их площади или отношения, в котором они делят объём.

Основные формулы и методы

Лист с формулами на экзамене не выдают. Базовые объёмы и площади нужно помнить наизусть, как и связующие формулы. Полную таблицу объёмов и поверхностей всех тел смотри в справочнике (раздел «Стереометрия») — здесь собрано то, что в задаче 7 нужно держать на кончиках пальцев.

ВАЖНОЕ

Объёмы и поверхности основных тел

V_{\text{пирамиды}} = \dfrac{1}{3} S_{\text{осн}} \cdot H, \qquad V_{\text{призмы}} = S_{\text{осн}} \cdot H

V_{\text{усеч. пир.}} = \dfrac{1}{3} H \left( S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2} \right)

V_{\text{цилиндра}} = \pi R^2 H, \qquad S_{\text{бок. цил.}} = 2\pi R H

V_{\text{конуса}} = \dfrac{1}{3}\pi R^2 H, \qquad S_{\text{бок. кон.}} = \pi R l \quad (l \text{ — образующая}, \ l = \sqrt{R^2 + H^2})

V_{\text{шара}} = \dfrac{4}{3} \pi R^3, \qquad S_{\text{сферы}} = 4\pi R^2

Мощный инструмент стереометрии ДВИ — связь объёма и радиуса вписанной сферы. Формула работает для любого многогранника, описанного около шара.

Для вычисления расстояния от точки до плоскости (или между скрещивающимися прямыми) классические построения часто приводят к громоздким чертежам. Эффективнее использовать метод объёмов.

Для углов между плоскостями и площадей сечений незаменима формула проекции.

Общий алгоритм работы со стереометрией

АЛГОРИТМ

Стратегия решения

Анализ условия и обоснование элементов. Выясни, куда падает высота. Если боковые рёбра равны — высота падает в центр описанной окружности основания. Если боковые грани равно наклонены к основанию — в центр вписанной. Докажи это текстом.
Выбор метода. Посмотри на фигуру. Если это куб, правильная призма или правильная пирамида с заданными отношениями отрезков — сразу вводи систему координат или базисные векторы. Если фигура нерегулярная (наклонная призма, произвольный тетраэдр) — используй классическую геометрию.
Разбиение на планиметрию. Не пытайся решить задачу, глядя на трёхмерный чертёж. Выноси все нужные грани, сечения и треугольники на отдельные плоские рисунки.
Применение теорем. Для доказательства перпендикулярности используй Теорему о трёх перпендикулярах (ТТП) или признак перпендикулярности прямой и плоскости.
Проверка допустимости конфигурации. Убедись, что построенная конфигурация существует: проекция вершины действительно попадает внутрь основания (а не за его пределы), точка касания лежит на грани, корень из-под радикала неотрицателен. Это стереометрический аналог ОДЗ.

Метод координат

Стратегия советует в кубе, правильной призме и тетраэдре «сразу вводить координаты». Покажем явный координатный вариант (не только базисные векторы): он особенно короток для расстояния от точки до плоскости.

АЛГОРИТМ

Координатный метод за 4 шага

Расставь оси. Начало — в удобной вершине (центр основания, вершина прямого угла). Оси — вдоль рёбер. Запиши координаты всех нужных точек.
Найди нормаль плоскости $\vec n = \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR}$ (векторное произведение двух её направляющих) либо подбери коэффициенты уравнения $Ax+By+Cz+D=0$ .
Угол / расстояние по формуле (см. справочник, «Углы и расстояния»):

d(M, \pi) = \dfrac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}, \qquad \sin\alpha = \dfrac{|(\vec u, \vec n)|}{|\vec u|\,|\vec n|} \ (\text{прямая–плоскость}).

Интерпретируй знак и модуль. Для углов между прямыми/плоскостями берут модуль косинуса (острый угол).

Пример 0. Расстояние от вершины куба до плоскости сечения (координаты)

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром $1$ найди расстояние от вершины $A$ до плоскости $A_1BD$ .

Примеры задач

Первый пример разберём классическим методом с использованием вспомогательной плоскости, а затем покажем тот же ответ заявленным методом объёмов.

Пример 1. Расстояние между скрещивающимися прямыми

В треугольной пирамиде $SABC$ основанием является равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB = 4$ . Боковые рёбра пирамиды равны $\sqrt{13}$ . Найди расстояние между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$ .

Обосновываем высоту

Так как $SA = SB = SC$ , проекция вершины $S$ на плоскость основания равноудалена от вершин $\triangle ABC$ . Следовательно, высота падает в центр описанной окружности $\triangle ABC$ . Поскольку $\angle C = 90^\circ$ , центр описанной окружности $H$ является серединой гипотенузы $AB$ . Высота пирамиды $SH = \sqrt{SA^2 - AH^2} = \sqrt{13 - 2^2} = 3$ .

Строим вспомогательную плоскость

Расстояние между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$ равно расстоянию от прямой $BC$ до плоскости, содержащей $SA$ и параллельной $BC$ . В плоскости основания через точку $A$ проведём прямую $AD \parallel BC$ . Плоскость $(SAD)$ содержит $SA$ и параллельна $BC$ . Искомое расстояние $\rho(BC, SA) = \rho(BC, (SAD)) = \rho(B, (SAD))$ .

Сводим к планиметрии

Точки $H$ и $B$ лежат на прямой $AB$ , пересекающей плоскость $(SAD)$ в точке $A$ . Расстояние от точки прямой до плоскости пропорционально её расстоянию от точки пересечения прямой с плоскостью, поэтому

\dfrac{\rho(B,(SAD))}{\rho(H,(SAD))} = \dfrac{AB}{AH} = 2 \implies \rho(B,(SAD)) = 2\,\rho(H,(SAD)).

Найдём расстояние от $H$ до $(SAD)$ . Проведём $HK \perp AD$ . По ТТП наклонная $SK \perp AD$ . Значит, $AD \perp (SHK)$ , следовательно, $(SAD) \perp (SHK)$ . Искомое расстояние $h_1$ — это высота $\triangle SHK$ , проведённая из прямого угла $H$ к гипотенузе $SK$ .

Вычисляем

В $\triangle ABC$ : $AC = BC = 2\sqrt{2}$ . Поскольку $AD \parallel BC$ и в $\triangle ABC$ угол $C = 90^\circ$ , то $AC \perp BC$ , а значит $AC \perp AD$ . По построению $HK \perp AD$ . Две прямые $AC$ и $HK$ в плоскости основания перпендикулярны одной и той же прямой $AD$ , поэтому $HK \parallel AC$ . Так как $H$ — середина $AB$ , отрезок $HK$ отсекает половину, то есть $HK = \tfrac12 AC = \tfrac12 \cdot 2\sqrt{2} = \sqrt{2}$ . В $\triangle SHK$ (прямой угол при $H$ ): $SK = \sqrt{SH^2 + HK^2} = \sqrt{9 + 2} = \sqrt{11}$ . Высота из прямого угла $h_1 = \dfrac{SH \cdot HK}{SK} = \dfrac{3\sqrt{2}}{\sqrt{11}}$ . Тогда искомое расстояние равно $2h_1 = \dfrac{6\sqrt{2}}{\sqrt{11}} = \dfrac{6\sqrt{22}}{11}$ .

Ответ: $\dfrac{6\sqrt{2}}{\sqrt{11}} = \dfrac{6\sqrt{22}}{11}$ .

СОВЕТ

Тот же ответ методом объёмов

Покажем заявленный приём в деле. $\rho(SA, BC) = \rho(B, (SAD))$ , где $AD \parallel BC$ построено через $A$ . Рассмотрим тетраэдр $SADB$ и найдём расстояние от $B$ до плоскости $(SAD)$ как $h = \dfrac{3V_{SADB}}{S_{SAD}}$ .

Объём считаем удобно, взяв за основание $\triangle ABD$ (лежит в плоскости основания), а за высоту — $SH = 3$ . Так как $AD \parallel BC$ и $|AD|$ можно взять равным $|BC| = 2\sqrt2$ , треугольник $ABD$ имеет площадь $S_{ABD} = \tfrac12 \cdot AB \cdot d(D, AB)$ . Прямой расчёт в координатах ( $A=(-2,0,0)$ , $B=(2,0,0)$ , $D=(-4,2,0)$ ) даёт $S_{ABD} = 4$ , откуда

V_{SADB} = \tfrac13 \cdot S_{ABD} \cdot SH = \tfrac13 \cdot 4 \cdot 3 = 4.

Площадь грани $SAD$ : $\overrightarrow{AS}=(2,0,3)$ , $\overrightarrow{AD}=(-2,2,0)$ , $|\overrightarrow{AS}\times\overrightarrow{AD}| = |(-6,-6,4)| = \sqrt{88} = 2\sqrt{22}$ , значит $S_{SAD} = \sqrt{22}$ . Тогда

h = \dfrac{3 V_{SADB}}{S_{SAD}} = \dfrac{3 \cdot 4}{\sqrt{22}} = \dfrac{12}{\sqrt{22}} = \dfrac{6\sqrt{2}}{\sqrt{11}}.

Ответ совпал — метод объёмов нередко короче классического построения высоты в плоском треугольнике.

Второй пример решим векторным методом. Он идеален для вычисления углов, когда классические построения неочевидны.

Пример 2. Векторный метод для угла

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ все рёбра равны $2$ . Найди косинус угла между прямыми $AB_1$ и $BC_1$ .

Вводим базис

Введём базис из векторов, направленных вдоль рёбер призмы из вершины $C$ : $\vec{a} = \vec{CA}$ , $\vec{b} = \vec{CB}$ , $\vec{c} = \vec{CC_1}$ . Длины базисных векторов: $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = 2$ . Углы между векторами: $\angle(\vec{a}, \vec{b}) = 60^\circ$ (так как $\triangle ABC$ правильный), $\angle(\vec{a}, \vec{c}) = \angle(\vec{b}, \vec{c}) = 90^\circ$ (призма правильная).

Выражаем векторы прямых через базис

$\vec{AB_1} = \vec{B_1} - \vec{A} = (\vec{CB} + \vec{CC_1}) - \vec{CA} = \vec{b} + \vec{c} - \vec{a}$ . $\vec{BC_1} = \vec{C_1} - \vec{B} = (\vec{CC_1}) - \vec{CB} = \vec{c} - \vec{b}$ .

Считаем скалярное произведение

Найдём скалярное произведение $(\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1})$ : $(\vec{b} + \vec{c} - \vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = \vec{b}\vec{c} - \vec{b}^2 + \vec{c}^2 - \vec{c}\vec{b} - \vec{a}\vec{c} + \vec{a}\vec{b}$ . Так как векторы $\vec{c}$ перпендикулярны $\vec{a}$ и $\vec{b}$ , скалярные произведения $\vec{a}\vec{c} = \vec{b}\vec{c} = 0$ . Тогда: $0 - |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 0 - 0 + |\vec{a}||\vec{b}|\cos 60^\circ = -4 + 4 + 2 \cdot 2 \cdot \dfrac{1}{2} = 2$ .

Находим длины векторов

$|\vec{BC_1}|^2 = (\vec{c} - \vec{b})^2 = \vec{c}^2 - 2\vec{c}\vec{b} + \vec{b}^2 = 4 - 0 + 4 = 8 \implies |\vec{BC_1}| = \sqrt{8}$ . $|\vec{AB_1}|^2 = (\vec{b} + \vec{c} - \vec{a})^2 = \vec{b}^2 + \vec{c}^2 + \vec{a}^2 + 2\vec{b}\vec{c} - 2\vec{a}\vec{b} - 2\vec{a}\vec{c} = 4 + 4 + 4 + 0 - 2 \cdot 4 \cdot \dfrac{1}{2} - 0 = 8 \implies |\vec{AB_1}| = \sqrt{8}$ .

Вычисляем косинус угла

Косинус угла $\alpha$ между прямыми равен модулю косинуса угла между векторами: $\cos \alpha = \dfrac{|(\vec{AB_1} \cdot \vec{BC_1})|}{|\vec{AB_1}| \cdot |\vec{BC_1}|} = \dfrac{|2|}{\sqrt{8} \cdot \sqrt{8}} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$ .

Ответ: $\dfrac{1}{4}$ .

Круглые тела: вписанные и описанные сферы

Это самый объёмный класс задач 7. Главный приём — осевое сечение: проводим плоскость через ось симметрии тела, и трёхмерная задача о шаре превращается в планиметрию вписанной/описанной окружности.

ВАЖНОЕ

Сферы в комбинациях (см. справочник, «Сферы»)

Вписанная сфера многогранника (касается всех граней): $r = \dfrac{3V}{S_{\text{полн}}}$ .
Сечение сферы плоскостью на расстоянии $d$ от центра — окружность радиуса $\rho = \sqrt{R^2 - d^2}$ .
Описанная сфера: центр равноудалён от всех вершин; лежит на оси симметрии (для правильной пирамиды/призмы) на пересечении серединных перпендикуляров к рёбрам.
Шар, вписанный в конус (полуугол при вершине через $R, H$ ): радиус $r = \dfrac{R \cdot H}{R + l}$ , $l=\sqrt{R^2+H^2}$ (получается из вписанной окружности осевого треугольника).

СОВЕТ

Как ставить осевое сечение

Для правильной пирамиды — плоскость через вершину и середины двух противоположных рёбер основания. В сечении получается равнобедренный треугольник: основание = сторона основания $a$ (расстояние между серединами противоположных рёбер у квадрата), боковые стороны = апофемы пирамиды.
Вписанная сфера тела ⟺ вписанная окружность этого треугольника; описанная сфера ⟺ описанная окружность.
Дальше — чистая планиметрия ( $r = S/p$ , теорема синусов $\rho = \tfrac{a}{2\sin A}$ и т.п.).

Пример 3. Сфера, вписанная в правильную пирамиду (осевое сечение)

В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна $6$ , высота равна $4$ . Найди радиус вписанного шара двумя способами: через осевое сечение и через формулу $r = \dfrac{3V}{S_{\text{полн}}}$ .

Подготовка

Апофема основания (расстояние от центра до стороны) равна $\tfrac{a}{2} = 3$ . Апофема пирамиды (высота боковой грани):

m = \sqrt{H^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5.

Способ 1. Осевое сечение

Проведём плоскость через вершину $S$ и середины двух противоположных сторон основания. В сечении — равнобедренный треугольник: основание равно $a = 6$ (расстояние между серединами противоположных сторон квадрата), боковые стороны — апофемы пирамиды, по $m = 5$ , высота треугольника равна $H = 4$ . Вписанная окружность этого треугольника — большой круг вписанного шара. Её радиус:

p = \dfrac{6+5+5}{2} = 8, \qquad S_{\triangle} = \tfrac12 \cdot 6 \cdot 4 = 12, \qquad r = \dfrac{S_{\triangle}}{p} = \dfrac{12}{8} = \dfrac{3}{2}.

Способ 2. Через объём

V = \tfrac13 \cdot a^2 \cdot H = \tfrac13 \cdot 36 \cdot 4 = 48.

S_{\text{полн}} = a^2 + 4 \cdot \tfrac12 a m = 36 + 4 \cdot \tfrac12 \cdot 6 \cdot 5 = 36 + 60 = 96.

r = \dfrac{3V}{S_{\text{полн}}} = \dfrac{3 \cdot 48}{96} = \dfrac{144}{96} = \dfrac{3}{2}.

Оба способа дают $r = \dfrac{3}{2}$ — это и контроль арифметики.

Ответ: $r = \dfrac{3}{2}$ .

Осевое сечение пирамиды со вписанным шаром

Пример 4. Сфера, описанная около правильной пирамиды

В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна $4$ , высота равна $6$ . Найди радиус описанной сферы.

Осевое сечение пирамиды с описанной сферой

Угол между прямой и плоскостью. Двугранный угол

Двугранный угол и угол наклона ребра — постоянные гости задачи 7. Метода два: линейный угол (классика, через ТТП) и площадь проекции $S_{\text{пр}} = S\cos\varphi$ .

Пример 5. Двугранный угол при основании пирамиды

В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна $6$ , высота равна $4$ . Найди двугранный угол между боковой гранью и плоскостью основания.

Способ 1. Линейный угол

Пусть $O$ — центр основания, $M$ — середина стороны основания. Тогда $OM \perp$ стороне основания (апофема основания, $OM = \tfrac{a}{2} = 3$ ), а апофема пирамиды $SM \perp$ той же стороне (медиана = высота в равнобедренной боковой грани). Оба отрезка $OM$ и $SM$ выходят из ребра двугранного угла (стороны основания) и перпендикулярны ему, значит $\angle SMO$ — искомый линейный угол. В прямоугольном $\triangle SMO$ (прямой угол при $O$ , ведь $SO \perp$ основанию):

\tg\angle SMO = \dfrac{SO}{OM} = \dfrac{4}{3}, \qquad \cos\angle SMO = \dfrac{OM}{SM} = \dfrac{3}{5},

поскольку $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{16+9} = 5$ .

Способ 2. Площадь проекции (контроль)

Ортогональная проекция боковой грани на основание — это треугольник $OMN$ -типа с основанием $a$ и высотой $\tfrac{a}{2}$ : его площадь $S_{\text{пр}} = \tfrac12 \cdot a \cdot \tfrac{a}{2} = \tfrac12 \cdot 6 \cdot 3 = 9$ . Площадь самой боковой грани $S = \tfrac12 a m = \tfrac12 \cdot 6 \cdot 5 = 15$ . Тогда

\cos\varphi = \dfrac{S_{\text{пр}}}{S} = \dfrac{9}{15} = \dfrac{3}{5}.

Совпало.

Ответ: $\varphi = \arctg\dfrac{4}{3} = \arccos\dfrac{3}{5}$ (примерно $53^\circ$ ).

Сечения многогранников

Заявленный, но частый класс: построить сечение, найти его площадь или отношение, в котором оно делит объём.

Пример 6. В каком отношении сечение делит объём тетраэдра

В тетраэдре $SABC$ на ребре $SA$ взята точка $M$ — его середина, на ребре $SB$ — точка $N$ такая, что $SN:SB = 1:3$ . Плоскость $MNC$ рассекает тетраэдр. В каком отношении она делит объём?

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Недоказанное положение центров и высот

Ошибка: Решая задачу про пирамиду, написать «Очевидно, центр вписанной сферы лежит на высоте пирамиды» или «Высота падает на биссектрису основания». Как правильно: Доказывать каждый факт. Центр вписанной сферы лежит на высоте только если плоскость, проходящая через высоту и апофему, является биссекторной для двугранного угла при основании (что бывает в правильных пирамидах). Если пирамида произвольная, центр может лежать где угодно.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Потеря случаев: проекция вершины вне основания (стереометрический аналог ОДЗ)

Ошибка: Молча предположить, что основание высоты (или центр описанной окружности) лежит внутри основания, и спокойно строить перпендикуляры «куда удобно». Как правильно: У тупоугольного треугольника центр описанной окружности лежит вне треугольника, поэтому проекция вершины пирамиды с равными боковыми рёбрами тоже может оказаться вне основания. В наклонной призме проекция верхней грани смещена. Всегда проверяй: попадает ли проекция внутрь, существует ли конфигурация, неотрицательно ли подкоренное выражение. Если в осевом сечении вышло $\rho = \sqrt{R^2 - d^2}$ с $d > R$ — конфигурация невозможна, ищи ошибку.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Знак и модуль косинуса угла

Ошибка: Записать ответ для угла между прямыми (или плоскостями) с отрицательным косинусом, например $\cos\alpha = -\tfrac14$ . Как правильно: Угол между прямыми и угол между плоскостями по определению острый (или прямой), поэтому берут модуль: $\cos\alpha = \dfrac{|(\vec u, \vec v)|}{|\vec u||\vec v|}$ . Знак возникает только когда речь о конкретном направленном угле или о двугранном угле, тупизну которого видно из чертежа, — тогда модуль снимать нельзя и знак выбирают по рисунку.

Оформление под рубрику ДВИ

На ДВИ оценивают не только ответ, но и строгость каждого шага. Ниже — эталон полного решения и за что снимают «±».

АЛГОРИТМ

Эталон полного решения задачи 7

Чертёж + введение обозначений. Аккуратный 3D-рисунок; буквой названа каждая точка, отдельно — что дано.
Обоснование ключевых элементов текстом. «Так как боковые рёбра равны, проекция вершины — центр описанной окружности основания (теорема о равных наклонных)». Никаких «очевидно».
Сведение к планиметрии. Вынести нужную грань/сечение на плоский чертёж, сослаться на ТТП / признак перпендикулярности при каждом прямом угле.
Вычисления с проверкой допустимости. Считать аккуратно; проверить, что конфигурация существует (проекция внутри, подкоренное $\geqslant 0$ ).
Чёткий ответ в простейшем виде (рационализированный знаменатель, упрощённые радикалы).

СОВЕТ

За что снимают «±» (типичные потери)

«Очевидно» вместо доказательства положения центра/высоты — главный источник потери баллов на мехмате.
Прямой угол без обоснования (не сослался на ТТП или признак перпендикулярности) — линейный угол двугранного «повисает в воздухе».
Не проверена допустимость (проекция вершины вне основания, $\sqrt{\text{отрицательного}}$ ) — даже при верной арифметике это логический разрыв.
Голые вычисления без текстового каркаса — за цепочку формул без объясняющих фраз снимают до половины баллов.
Неупрощённый/нерационализированный ответ — мелкая, но реальная потеря.

Стратегия на ДВИ

СОВЕТ

Стратегия на экзамене

Время: Задание 7 — одно из самых трудоёмких. Оставляй на него не менее 30-40 минут.
Рисунки: Делай большой и аккуратный 3D-чертёж карандашом, но не перегружай его. Как только определил нужное сечение или грань — рисуй её отдельно на плоскости (2D). С плоскими рисунками проверяющим проще следить за твоей мыслью, а тебе — находить подобия и теорему Пифагора.
Векторы и координаты: Если задача про куб, правильную призму или тетраэдр, и нужно найти угол или расстояние — сразу вводи координаты. Это страхует от геометрических ошибок. Главное — аккуратно считать арифметику.
Круглые тела — через осевое сечение: комбинацию «пирамида + вписанный/описанный шар» почти всегда сводят к планиметрии вписанной/описанной окружности в осевом сечении. Это твой главный приём в самом сложном классе задач.
Обоснования: Пиши чёткие ссылки на теоремы. Вместо «отсюда угол прямой» пиши «по теореме о трёх перпендикулярах прямая $l$ перпендикулярна наклонной, следовательно...». За «голые» вычисления без текстового каркаса снимают до половины баллов.

Проверь себя

Многогранник описан около шара (сфера касается всех граней). Как выражается радиус вписанной сферы?
Боковые рёбра пирамиды равны. Куда падает высота из вершины?
При вычислении угла между прямыми через векторы получилось $\cos\alpha = -\dfrac{1}{4}$ . Что писать в ответ?
На рёбрах $SA$ , $SB$ тетраэдра $SABC$ взяты точки $M$ и $N$ : $SM:SA = \dfrac{1}{2}$ , $SN:SB = \dfrac{1}{3}$ . Какова доля объёма тетраэдра $SMNC$ от объёма $SABC$ ?

Часть 2, задание 7: Стереометрия

О задании

Какие темы встречаются

Основные формулы и методы

Общий алгоритм работы со стереометрией

Метод координат

Вводим координаты

Находим нормаль и уравнение плоскости

Считаем расстояние