Задание 14 ЕГЭ по математике (профиль): стереометрия

Задание 14 профильного ЕГЭ по математике — самое объёмное стереометрическое задание части 2. Оно состоит из двух пунктов: в первом нужно доказать геометрическое утверждение (параллельность, перпендикулярность, тип сечения), во втором — вычислить расстояние от точки до плоскости, угол между плоскостями или объём. За задание дают до 3 первичных балла: 1 — за пункт «а», 2 — за пункт «б». Это один из самых весомых источников баллов части 2. В статье — что именно проверяют, два ключевых метода, все нужные формулы, пошаговый алгоритм и разбор реального задания из банка ФИПИ. Тренироваться можно на реальных заданиях 14 ЕГЭ онлайн — с чертежами и мгновенной проверкой.

Что проверяет задание 14

Задание проверяет умение работать с объёмными фигурами: строить сечения, обосновывать перпендикулярность и параллельность, а затем вычислять метрические характеристики. Основные темы:

Что нужно уметь:

строить сечения многогранников и определять их тип;
доказывать перпендикулярность прямых и плоскостей (признаки, теорема о трёх перпендикулярах);
находить расстояние от точки до плоскости классическим методом и через координаты;
вычислять угол между двумя плоскостями и между прямой и плоскостью;
применять координатно-векторный метод: составлять уравнение плоскости, скалярное произведение;
находить объёмы частей тела (пирамиды, призмы).

Параметр	Значение
Максимальный балл	3 первичных (1 за пункт а + 2 за пункт б)
Уровень	Высокий
Часть	2 (развёрнутый ответ)
Формат	Полное решение, пункты а) и б)
Раздел	Стереометрия
Время	25–35 минут
Связанные задания	3

Тренируйтесь на реальных заданиях 14

Задания 14 ЕГЭ по математике из открытого банка ФИПИ: кубы, призмы, пирамиды — с чертежами и мгновенной проверкой ответа. Решаем, ошибаемся, разбираем — бесплатно.

Решать задание 14

Как выглядит формулировка

Задание 14 всегда имеет два пункта. Типичная структура:

а) Докажите, что сечение куба плоскостью $\alpha$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$ , если ребро куба равно 6.

Фигурами в задании 14 чаще всего служат: куб, правильная треугольная или четырёхугольная призма, правильная пирамида. Пункт «а» требует строгого обоснования (ссылки на признаки и теоремы), пункт «б» — вычислений с полным оформлением.

Два метода решения стереометрических задач

Классический (синтетический) метод

Решение строится на аксиомах и теоремах стереометрии без введения координат. Ключевые инструменты:

Признак перпендикулярности прямой и плоскости: прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости.
Теорема о трёх перпендикулярах: если прямая лежит в плоскости и перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной.
Признак перпендикулярности плоскостей: две плоскости перпендикулярны, если одна из них содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости.
Теорема Фалеса — для нахождения точек пересечения прямой с рёбрами многогранника при построении сечений.
Расстояние через объём: $d = \frac{3V}{S_{\text{осн}}}$ (высота пирамиды как частное тройного объёма на площадь основания).

Когда выбирать: если фигура симметрична (куб, правильная призма/пирамида) и геометрия прозрачна — классический метод короче.

Координатно-векторный метод

Вершинам фигуры приписываются координаты, далее всё сводится к алгебре. Основные шаги:

Ввести систему координат с началом в удобной вершине, оси — вдоль рёбер.
Выписать координаты всех нужных точек.
Найти нормаль к плоскости $\vec{n} = \vec{u} \times \vec{v}$ , где $\vec{u}, \vec{v}$ — два вектора в плоскости (векторное произведение).
Записать уравнение плоскости: $n_x(x - x_0) + n_y(y - y_0) + n_z(z - z_0) = 0$ .
Применить формулу расстояния от точки $P(x_1, y_1, z_1)$ до плоскости $ax + by + cz + d = 0$ :

d = \frac{|ax_1 + by_1 + cz_1 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

Угол между плоскостями с нормалями $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$ находится через скалярное произведение:

\cos\varphi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}

Когда выбирать: координатный метод универсален — он работает даже для нестандартных фигур и сложных углов, где классический подход требует громоздких вспомогательных построений.

Расстояние от точки до плоскости

Расстояние — длина перпендикуляра, опущенного из точки на плоскость. Два способа найти его:

1. Через объём пирамиды (классический):

d = \frac{3V}{S_{\text{осн}}}

Если точка $P$ и три точки плоскости образуют пирамиду, её объём можно найти разными способами, а высота из $P$ — это и есть искомое расстояние.

2. Через уравнение плоскости (координатный):

d = \frac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

где $ax + by + cz + d = 0$ — уравнение плоскости, а $(x_0, y_0, z_0)$ — координаты точки.

Оба способа дают один и тот же ответ — выбор зависит от того, что проще в конкретной задаче.

Углы в стереометрии

Угол между двумя пересекающимися плоскостями — двугранный угол: измеряется углом между их нормалями $\varphi = \arccos\!\left(\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}\right)$ .
Угол между прямой и плоскостью — угол между прямой и её проекцией на плоскость. Через направляющий вектор $\vec{l}$ и нормаль $\vec{n}$ : $\sin\varphi = \frac{|\vec{l}\cdot\vec{n}|}{|\vec{l}||\vec{n}|}$ .
Угол между скрещивающимися прямыми — угол между параллельными перенесёнными прямыми в одну точку; принимают острый угол $(0^\circ \leq \varphi \leq 90^\circ)$ .

Объёмы и площади сечений

Куб со стороной $a$ : $V = a^3$ , диагональ грани $a\sqrt{2}$ , пространственная диагональ $a\sqrt{3}$ .
Пирамида: $V = \tfrac{1}{3} S_{\text{осн}} \cdot h$ .
Правильная треугольная пирамида со стороной основания $a$ и апофемой $l$ : $S_{\text{бок}} = \tfrac{3}{2}al$ .
Трапеция с основаниями $a, b$ и высотой $h$ : $S = \tfrac{a+b}{2}\cdot h$ .
Площадь треугольника через координаты вершин: половина модуля векторного произведения двух сторон.

Алгоритм решения задания 14

Нарисуйте и подпишите фигуру. Начертите многогранник в перспективе, выделите все условные точки (K, M и т. д.), подпишите длины рёбер.
Постройте сечение (для пункта «а»). Соедините заданные точки и проведите вспомогательные прямые параллельно рёбрам до пересечения с гранями — получите полное сечение. Определите его тип.
Докажите нужное свойство (пункт «а»). Опирайтесь на признаки параллельности/перпендикулярности, теорему Фалеса, равенство треугольников. Каждый шаг сопровождайте ссылкой на теорему.
Выберите метод для пункта «б». Если симметрия очевидна — классический подход (высота в прямоугольном треугольнике, объём); если нет — вводите координаты.
Найдите вспомогательные длины. В классическом методе: длины сторон сечения, высоты трапеции, нужные перпендикуляры. В координатном: нормаль к плоскости и формула расстояния.
Вычислите ответ и проверьте. Расстояние должно быть меньше любой длины ребра; угол — от 0° до 90°. Проверьте промежуточные значения на правдоподобность.

Путаетесь в сечениях и расстояниях?

На Repet.ai собраны задания 14 ЕГЭ с чертежами из банка ФИПИ. Прорешайте 5–7 заданий подряд — метод построения сечений войдёт в автоматизм.

Открыть тренажёр

Примеры с разбором

Пример 1. Куб, сечение через B, K, D — равнобедренная трапеция

Условие (реальное задание из банка ФИПИ, ID 81120):

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ точка $K$ — середина ребра $B_1C_1$ . Плоскость $\alpha$ проходит через точки $B$ , $K$ и $D$ .

а) Докажите, что сечение куба плоскостью $\alpha$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$ , если ребро куба равно 6.

Куб ABCDA1B1C1D1 с сечением через точки B, K (середина B1C1) и D — равнобедренная трапеция BKLD — Реальное задание ФИПИ: куб ABCDA₁B₁C₁D₁ и сечение через точки B, K, D

Решение пункта а) — построение сечения и доказательство:

Шаг 1. Построение сечения. Соединим $B$ с $K$ и $B$ с $D$ . В плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$ через точку $K$ проведём прямую, параллельную диагонали $BD$ (а значит, и параллельную $B_1D_1$ ). Пусть эта прямая пересекает ребро $D_1C_1$ в точке $L$ . Тогда $KL \parallel BD$ и сечением является четырёхугольник $BKLD$ .

Шаг 2. Точка L — середина D₁C₁. По условию $K$ — середина $B_1C_1$ . Поскольку $KL \parallel B_1D_1$ в плоскости верхней грани, по теореме Фалеса точка $L$ делит ребро $D_1C_1$ пополам.

Шаг 3. BK = DL. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle B_1BK$ и $\triangle D_1DL$ . В них $B_1B = D_1D$ (равные рёбра куба), а $B_1K = D_1L$ как половины равных сторон квадрата $A_1B_1C_1D_1$ . По признаку равенства прямоугольных треугольников (по двум катетам): $\triangle B_1BK = \triangle D_1DL$ , откуда $BK = DL$ .

Шаг 4. KL — средняя линия треугольника B₁C₁D₁. Отрезок $KL$ соединяет середины сторон $B_1C_1$ и $D_1C_1$ треугольника $B_1C_1D_1$ , поэтому $KL \parallel B_1D_1 \parallel BD$ и $KL = \tfrac{1}{2}BD$ . Диагональ основания куба со стороной 6 равна $BD = 6\sqrt{2}$ , значит $KL = 3\sqrt{2}$ .

Итого: $KL \parallel BD$ , $KL \neq BD$ , боковые стороны $BK = DL$ — четырёхугольник $BKLD$ является равнобедренной трапецией. Что и требовалось доказать.

Решение пункта б) — расстояние от C до плоскости:

Шаг 1. Перпендикуляр BD ⊥ плоскость (CHM). В треугольнике $BDC$ проведём высоту $CH$ . Так как $BC = CD$ (стороны квадрата основания), треугольник равнобедренный и $H$ — середина $BD$ . Пусть $M$ — середина основания $KL$ трапеции. По симметрии равнобедренной трапеции $MH \perp BD$ . Значит, прямая $BD$ перпендикулярна двум прямым $CH$ и $MH$ пересекающейся плоскости $(CHM)$ , откуда $BD \perp (CHM)$ .

Шаг 2. Плоскости перпендикулярны. Плоскость сечения $(DBK)$ проходит через прямую $BD$ , перпендикулярную плоскости $(CHM)$ , значит плоскости $(DBK)$ и $(CHM)$ перпендикулярны, а их линия пересечения — прямая $HM$ . Искомое расстояние от $C$ до плоскости сечения — это длина перпендикуляра $CN$ , опущенного из $C$ на прямую $HM$ .

Шаг 3. Находим CH. В прямоугольном треугольнике $BCD$ (прямой угол при $C$ , так как диагонали квадрата $BD$ и стороны $BC = CD = 6$ ) высота из вершины прямого угла:

CH = \frac{BC \cdot CD}{BD} = \frac{6 \cdot 6}{6\sqrt{2}} = \frac{36}{6\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}

Шаг 4. Находим боковую сторону трапеции DL. Из прямоугольного треугольника $\triangle D_1LD$ ( $D_1L = 3$ , $D_1D = 6$ ):

DL = \sqrt{D_1L^2 + D_1D^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}

Шаг 5. Находим высоту трапеции MH. Опустим высоты $KK_1$ и $LL_1$ из вершин на основание $BD$ . В прямоугольнике $KLL_1K_1$ сторона $K_1L_1 = KL = 3\sqrt{2}$ , поэтому отступ от $B$ до $K_1$ :

BK_1 = \frac{BD - KL}{2} = \frac{6\sqrt{2} - 3\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}

По теореме Пифагора из треугольника $\triangle BKK_1$ ( $BK = 3\sqrt{5}$ ):

(MH)^2 = BK^2 - BK_1^2 = 45 - \frac{18}{4} = \frac{162}{4} \Rightarrow MH = \frac{9\sqrt{2}}{2}

Шаг 6. Находим MC₁. В равнобедренном треугольнике $\triangle KC_1L$ ( $KC_1 = C_1L = 3$ , $KL = 3\sqrt{2}$ ) точка $M$ — середина $KL$ . Медиана равнобедренного треугольника к основанию является высотой:

MC_1 = \sqrt{C_1L^2 - ML^2} = \sqrt{9 - \frac{18}{4}} = \sqrt{\frac{18}{4}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}

Шаг 7. Нахождение расстояния CN. Пусть $M_1$ — проекция $M$ на $CH$ (то есть $MM_1 \parallel CC_1$ ). Тогда $MC_1CM_1$ — прямоугольник, $M_1C = MC_1 = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ , $MM_1 = 6$ . Отсюда:

HM_1 = CH - M_1C = 3\sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}

Синус угла $\angle MHM_1$ в треугольнике $\triangle HMM_1$ ( $MM_1 = 6$ , $HM = \frac{9\sqrt{2}}{2}$ ):

\sin(\angle MHM_1) = \frac{MM_1}{HM} = \frac{6}{\dfrac{9\sqrt{2}}{2}} = \frac{12}{9\sqrt{2}} = \frac{4}{3\sqrt{2}}

Наконец, из прямоугольного треугольника $\triangle HNC$ ( $CH = 3\sqrt{2}$ ):

CN = CH \cdot \sin(\angle NHC) = 3\sqrt{2} \cdot \frac{4}{3\sqrt{2}} = 4

Ответ: 4.

Пример 2. Правильная треугольная призма, ребра 4

Условие (реальное задание из банка ФИПИ, ID 81119):

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ точка $K$ — середина ребра $A_1B_1$ . Плоскость $\alpha$ проходит через точки $A$ , $K$ и $C$ .

а) Докажите, что сечением призмы плоскостью $\alpha$ является равнобедренная трапеция.

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости сечения, если все рёбра призмы равны 4.

Решение:

Пункт а). Через точку $K$ в плоскости верхнего основания проведём прямую, параллельную $AC$ . Она пересекает ребро $C_1B_1$ в точке $L$ . Сечением является четырёхугольник $AKLC$ .

По теореме Фалеса $L$ — середина $C_1B_1$ . В прямоугольных треугольниках $\triangle A_1KA$ и $\triangle C_1LC$ катеты $A_1K = C_1L = 2$ и рёбра $A_1A = C_1C = 4$ равны, значит $AK = CL$ . При этом $KL \parallel AC$ и $KL = \tfrac{1}{2}AC = 2$ , а $AC = 4$ . Боковые стороны равны, основания параллельны и не равны — $AKLC$ является равнобедренной трапецией.

Пункт б). В основании $ABC$ проведём высоту $BH$ к стороне $AC$ (медиана и биссектриса правильного треугольника):

BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{16 - 4} = 2\sqrt{3}

Боковая сторона трапеции: $CL = \sqrt{C_1L^2 + C_1C^2} = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$ .

Высота трапеции $KK_1 = MH$ . Отступ от $A$ до проекции $K$ : $AK_1 = \frac{AC - KL}{2} = 1$ .

MH = KK_1 = \sqrt{AK^2 - AK_1^2} = \sqrt{20 - 1} = \sqrt{19}

В верхнем основании: $MB_1 = \sqrt{3}$ (высота равностороннего треугольника $KB_1L$ со стороной 2). Синус угла $\angle MHM_1$ :

\sin(\angle MHM_1) = \frac{BB_1}{HM} = \frac{4}{\sqrt{19}}

Расстояние от $B$ до плоскости сечения:

NB = BH \cdot \sin(\angle MHM_1) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{19}} = \frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{19}} = \frac{8\sqrt{57}}{19}

Ответ: $\dfrac{8\sqrt{57}}{19}$ .

Типичные ошибки

Неверное построение сечения

Самая частая ошибка — провести сечение не через все заданные точки или пересечь не те грани. Помните: линия пересечения плоскости сечения с каждой гранью многогранника проходит через точки на рёбрах этой грани. Используйте теорему Фалеса для нахождения дополнительных точек на параллельных рёбрах.

Путают расстояние и наклонную

Расстояние — это длина перпендикуляра, а не любого отрезка, соединяющего точку с плоскостью. Наклонная всегда длиннее перпендикуляра. Убедитесь, что вы работаете именно с высотой прямоугольного треугольника, а не с его катетом или гипотенузой.

Ошибки при координатном методе: неправильная нормаль

Нормаль к плоскости — это векторное произведение $\vec{n} = \vec{u} \times \vec{v}$ , где $\vec{u}$ и $\vec{v}$ — два вектора, лежащих в плоскости, а не любые два вектора из условия. Частая ошибка — брать векторы из разных плоскостей или путать порядок вычисления определителя.

Забыли обосновать перпендикулярность в пункте «а»

Пункт «а» — это доказательство, а не вычисление. Недостаточно написать «очевидно» или «видно по рисунку». Каждый шаг (KL ∥ BD, BK = DL и т. д.) нужно обосновать ссылкой на теорему Фалеса, признак равенства треугольников или свойства куба/призмы. Без ссылок — снятие баллов.

Неверное применение теоремы о трёх перпендикулярах

Теорема о трёх перпендикулярах работает только в точно определённой конфигурации: прямая в плоскости, наклонная к плоскости, их проекция. Нельзя применять её произвольно к любым трём отрезкам. Убедитесь, что условия теоремы выполнены, прежде чем ссылаться на неё.

Проверьте себя на реальных заданиях 14

На Repet.ai собраны задания 14 ЕГЭ по математике из банка ФИПИ — кубы, призмы, пирамиды. Решайте онлайн, проверяйте ответ мгновенно — бесплатно.

Перейти к практике

Частые вопросы

Часто задаваемые вопросы

До 3 первичных баллов: 1 балл за пункт «а» (доказательство) и 2 балла за пункт «б» (вычисление). Если пункт «а» решён неверно, но пункт «б» выполнен правильно, можно получить 2 балла. Это одно из самых весомых заданий части 2.

Чаще всего: куб (с диагональными сечениями), правильная треугольная призма, правильная четырёхугольная пирамида. Реже — правильная шестиугольная призма и прямоугольный параллелепипед. Тело обязательно указывается в условии.

Зависит от задачи. Для куба и правильной призмы часто короче классический метод (перпендикулярность видна из симметрии). Для нестандартных фигур или сложных углов координатный метод надёжнее — он не требует «угадывать» построения. Многие решают пункт «а» классически, а пункт «б» — через координаты.

Два способа: 1) Классический — построить прямоугольный треугольник, в котором высота из вершины прямого угла на гипотенузу равна искомому расстоянию; или использовать формулу d = 3V/S через объём пирамиды. 2) Координатный — записать уравнение плоскости, найти нормаль и применить формулу d = |ax₀ + by₀ + cz₀ + d| / √(a² + b² + c²).

Если прямая MN лежит в плоскости β, наклонная PQ опущена из точки P на плоскость β (Q — основание перпендикуляра), и прямая MN перпендикулярна проекции PQ' в плоскости β, то MN перпендикулярна и самой наклонной. Это мощный инструмент для доказательства перпендикулярности без координат.

Нужно полное обоснование: каждый шаг сопровождается ссылкой на теорему или определение. «Очевидно» и «видно из рисунка» не считаются доказательством. Типичный план: 1) построить сечение, 2) доказать параллельность оснований, 3) доказать равенство боковых сторон, 4) заключить о типе фигуры.

Да, оба метода принимаются. Однако при доказательстве пункта «а» координатный метод бывает громоздким: нужно проверить параллельность и равенство длин через координаты. Классический метод здесь короче. Для пункта «б» координатный метод особенно удобен.

Готовы покорить стереометрию?

Задание 14 — это до 3 первичных баллов, которые существенно влияют на итоговый результат. Отработайте построение сечений, перпендикулярность и расстояния на реальных задачах из банка ФИПИ — и вы будете готовы к любому варианту.

Тренировать задание 14 Задание 3: стереометрия (тест)Все задания ЕГЭ по математике