Задачи по стереометрии формата ЕГЭ (страница 2)

а) Рассмотрим основание \(ABCD\). Так как \(\angle A=60^\circ\), то \(\triangle BCD\) равносторонний, следовательно, \(BD=BC=8\). Тогда \(BO=4\), где \(O\) – точка пересечения диагоналей ромба. Тогда по теореме Пифагора \(OC=4\sqrt3\), следовательно, \(AC=8\sqrt3\).
По обратной теореме Пифагора, так как \(AS^2=AC^2+SC^2\), треугольник \(ASC\) является прямоугольным с прямым углом \(SCA\). Следовательно, \(SC\perp AC\).
Заметим, что \(\triangle SCD=\triangle SCB\) по трем сторонам. Следовательно, \(\angle SCD=\angle SCB\).
Предположим, что \(SC\) – не высота пирамиды. Тогда опустим высоту \(SH\). Проведем \(HD'\perp CD\) и \(HB'\perp CB\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(SD'\perp CD\) и \(SB'\perp CB\).
Прямоугольные треугольники \(SCD'\) и \(SCB'\) равны по общему катету \(SC\) и острому углу, следовательно, \(SD'=SB'\). Отсюда следует, что прямоугольные треугольники \(SHD'\) и \(SHB'\) также равны по катету и гипотенузе, следовательно, \(HD'=HB'\). Следовательно, точка \(H\) равноудалена от сторон угла \(C\), значит, лежит на его биссектрисе.
Таким образом, мы доказали, что основание высоты, проведенной из точки \(S\), будет лежать на прямой, содержащей биссектрису угла \(C\) (то есть на прямой \(AC\)).
Но тогда из точки \(S\) проведены две прямые \(SH\) и \(SC\), перпендикулярные \(AC\), что невозможно. Следовательно, точки \(H\) и \(C\) совпадают.

б) Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Заметим, что \(BO\perp AC\) как диагонали ромба, и \(BO\perp SC\), так как \(SC\) – высота пирамиды. Следовательно, \(BO\perp (ASC)\). Значит, \(SO\) – проекция \(SB\) на плоскость \(ASC\). Таким образом, нужно найти угол \(BSO\). Обозначим его за \(\alpha\).



По теореме Пифагора из \(\triangle SCO\): \[SO^2=33+16\cdot 3=81 \quad\Rightarrow\quad SO=9.\] \(BO\) мы находили ранее и оно равно \(4\).
Так как \(\triangle SBO\) прямоугольный (\(\angle O=90^\circ\)), то \[\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{BO}{SO}=\dfrac{4}{9} \quad\Rightarrow\quad \alpha=\mathrm{arctg}\,\dfrac49.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac49\)

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью \(MNK\).
Т.к. \(MN\parallel (ABC), MN\subset(MNK) \Rightarrow \) плоскость \(MNK\) пересечет плоскость \(ABC\) по прямой, параллельной \(MN\) (пусть \(KT\) - линия пересечения плоскостей \(MNK\) и \(ABC\); если \(KT\cap MN\ne \varnothing \Rightarrow MN\cap (ABC)\ne \varnothing \Rightarrow MN\) не может быть параллельна \((ABC)\)).

Пусть \(T\) лежит на \(AD\), значит, \(T\) – середина \(AD\).
Рассмотрим сечение \(BB_1D_1D\). Эта плоскость пересекает \(MN\) и \(KT\) в их серединах. Пусть \(O\) – середина \(MN\), \(Q\) – середина \(KT\). Прямая \(OQ\) пересекает ребро \(BB_1\) в точке \(P\). Прямая \(PM\cap AA_1=R, PN\cap CC_1 = S\), таким образом, \(PSKTR\) – искомое сечение.

б) Без ограничения общности можно считать, что \(AB=BC=1, AA_1=\sqrt2\). Таким образом, \(BD=\sqrt2=BB_1\).

\(QD=\dfrac{1}{4}BD\). Точка \(O\) лежит на отрезке \(LL_1\), где \(L\) – середина \(BB_1\), \(L_1\) – середина \(DD_1\). Найдем \(LO\).
\(ML\perp BB_1C_1C \Rightarrow ML\perp LN \Rightarrow MLN\) – прямоугольный треугольник, причем \(ML=LN=\dfrac{1}{2}, \ MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{\sqrt2}{2}\).

\(LO=\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{\sqrt2}{4}\) как медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе. \(\Rightarrow LO=\dfrac{1}{4}LL_1\).

\(\bigtriangleup OO_1Q\) – равнобедренный \(\Rightarrow \bigtriangleup PBQ\) – равнобедренный (т.к. \(\bigtriangleup OO_1Q \sim \bigtriangleup PBQ\)) \(\Rightarrow PB=BQ \Rightarrow B_1P:PB=1:3\).

Ответ:

б) \(1:3\)

а)

Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые из одной плоскости будут параллельны некоторых двум пересекающимся прямым из другой плоскости.Проведем через точку \(L\) прямые, параллельные \(AB\) и \(AS\).
Из свойства правильного шестиугольника следует, что \(FC\parallel AB\). Проведем в плоскости \(FSC\) через точку \(L\): \(TN\parallel FC\).

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SN}{NC}=\dfrac{ST}{TF}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

В плоскости \(ASD\) проведем через точку \(L\): \(KQ\parallel SA\).

Из теоремы Фалеса следует, что \(\dfrac{AQ}{QO}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

Пусть \(AQ=3x, QO=x\). Из свойств правильного шестиугольника следует, что \(DO=OA=4x\).

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{DQ}{QA}=\dfrac{DK}{KS}=\dfrac{5x}{3x}=\dfrac{5}{3}\)

б) Достроим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость основания по прямой \(RM\parallel AB, Q\in RM\). Значит, \(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AR}{RF}=\dfrac{3}{1}\)

Аналогично, плоскость \(\alpha\) пересекает грань \(SED\) по прямой \(PK\parallel ED\parallel AB\). Таким образом, \(MNKPTR\) – сечение.
Заметим, что сечение представляет собой две равнобокие трапеции \(MNTR\) и \(NKPT\).

Найдем все их стороны.
Из подобия \(\bigtriangleup STN \sim \bigtriangleup SFC \Rightarrow TN=\dfrac{3}{4}FC=\dfrac{3}{2}a=6\)
Из подобия \(\bigtriangleup CNM \sim \bigtriangleup CSB \Rightarrow NM=\dfrac{1}{4}b=\dfrac{7}{4}\)

Достроим трапецию \(FABC\) до треугольника \(FWC\) – он правильный. \(\Rightarrow RM=\dfrac{7}{8}FC=\dfrac{7}{4}a=7\)
Из подобия \(\bigtriangleup SPK \sim \bigtriangleup SED \Rightarrow PK=\dfrac{3}{8}ED=\dfrac{3}{8}a=\dfrac{3}{2}\)

Найдем \(KN\) из грани \(SCD\):
По теореме косинусов \(cos\angle S=\dfrac{2b^2-a^2}{2b^2}\).

В \(\bigtriangleup KSN\): \(KN=\dfrac{3}{8}b, SN=\dfrac{3}{4}b \Rightarrow \) по теореме косинусов \(KN^2 =\dfrac{9}{64}\cdot (b^2 +2a^2) \Rightarrow KN=\dfrac{27}{8}\)

Обозначим высоту трапеции \(MNTR\) за \(h_1\). Тогда \(h_1 = \sqrt{\dfrac{49}{16}-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{4}\sqrt5\)

Высота трапеции \(NKPT\) \(h_1 =\sqrt{\dfrac{27^2}{64}-\dfrac{81}{16}}=\dfrac{9}{8}\sqrt5\)

Тогда площадь сечения \(S=\dfrac{1}{2}\cdot \left(\dfrac{3}{2}+6\right)\cdot \dfrac{9}{8}\sqrt5 + \dfrac{1}{2}\cdot (6+7)\cdot \dfrac{3}{4}\sqrt5 = \dfrac{291\sqrt5}{32}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{291\sqrt5}{32}\)

а) Для того, чтобы доказать, что пирамида является правильной, нужно доказать, что в основании пирамиды находится правильный многоугольник, а боковые ребра равны.

Возьмем за основание \(\triangle ABC\) – он правильный по условию.
Осталось доказать, что \(DA=DC=DB\).
Рассмотрим \(\triangle ADB\) и \(\triangle CDB\). Они прямоугольные и равны по катету и гипотенузе. Следовательно, \(DA=DC\). Аналогично рассматривая другие боковые грани, доказываем, что \(DA=DB\). Следовательно, \(DA=DB=DC\), чтд.

б) Заметим, что так как \(DM:MA=DN:NC=4:3\) и боковые грани – равные треугольники, то \(BM=BN\).
Так как \(DM:MA=DN:NC=4:3\), то по теореме Фалеса \(MN\parallel AC\), также \(\triangle DMN\sim \triangle DAC\).
Из подобия следует: \[\dfrac{MN}{AC}=\dfrac{DM}{DA}=\dfrac47\quad\rightarrow\quad MN=\dfrac47AC=4\sqrt2\] Найдем \(BM\).
Так как \(\triangle ADB\) прямоугольный и равнобедренный, то \(DA=DB=AB:\sqrt2\), следовательно, \(DA=7\).
Рассмотрим прямоугольный \(\triangle DMB\). Так как \(DM=\frac47DA=4\), то \(BM=\sqrt{4^2+7^2}=\sqrt{65}\).
Рассмотрим теперь \(\triangle BMN\):
Так как он равнобедренный, то высота \(BH\), проведенная к основанию, будет также и медианой. Следовательно, \[BH=\sqrt{65-8}=\sqrt{57}\] Таким образом, \[S_{\triangle BMN}=\dfrac 12\cdot BH\cdot MN=2\sqrt{114}\]

Ответ:

б) \(2\sqrt{114}\)

а) Найдем точку пересечения плоскости \(MDN\) (назовем ее плоскостью \(\pi\)) и плоскости \(BB_1D_1\). Пусть \(O\) и \(O_1\) – точки пересечения диагоналей оснований \(ABCD\) и \(A_1B_1C_1D_1\) соответственно. Тогда \(OO_1\) лежит в плоскостях \(AA_1C_1\) и \(BB_1D_1\). По теореме Фалеса прямая \(MN\) пересекает \(OO_1\) в середине, назовем эту точку точкой \(K\). Таким образом, \(K\in \pi\).



Проведем прямую \(DK\). Она будет пересекать либо ребро \(BB_1\), либо отрезок \(B_1D_1\).
Для того, чтобы это определить, найдем отношение, в котором точка \(O\) делит \(BD\). Рассмотрим \(ABCD\).



По условию \(BC=2AD\), следовательно, пусть \(AD=x\), тогда \(BC=2x\). Так как трапеция равнобедренная, то \(\triangle AOD\sim \triangle BOC\). Следовательно, \[\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{OD}{BO}=\dfrac12 \quad \Rightarrow\quad BD=3OD.\]

Рассмотрим \(BB_1D_1D\):



Заметим, что \(OO_1\parallel BB_1\), следовательно, \(OO_1\perp BD\). Пусть \(T\) – точка пересечения прямой \(DK\) и \(B_1D_1\). Тогда, так как к тому же \(OK=KO_1\), \(\triangle KOD=\triangle KO_1T\), следовательно, \(TO_1=OD\). Так как \(OD=O_1D_1\), то тогда \(B_1T=B_1D_1-2O_1D_1= O_1D_1=TO_1\).
Следовательно, плоскость \(\pi\) пересечет отрезок \(B_1D_1\).

Заметим, что прямая \(AC\) параллельна плоскости \(\pi\), так как \(AC\parallel MN\). Тогда \(\pi\) пересечет основание \(A_1B_1C_1D_1\) по прямой \(l\), параллельной \(MN\parallel AC\). Действительно, если это не так, то есть \(l\) пересекается с \(AC\), следовательно, плоскость \(\pi\) и \(AC\) имеют общую точку, что противоречит их параллельности.
Таким образом, нужно через точку \(T\) провести прямую, параллельную \(AC\). Пусть она пересечет \(A_1B_1\) в точке \(P\), а \(B_1C_1\) в точке \(L\). Так как \(B_1T=TO_1\) и \(PL\parallel AC\), то по теореме Фалеса \(B_1P:PA_1=B_1L:LC_1=1:1\).
Сечение – пятиугольник \(DMPLN\).

б) \(PL\) – линия пересечения плоскостей \(\pi\) и \(A_1B_1C_1\). Заметим, что так как \(PL\parallel A_1C_1\), а \(A_1C_1\perp B_1D_1\), то \(PL\perp B_1T\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная \(QT\perp PL\). Следовательно, \(\angle QTB_1\) – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \(\pi\) и \(A_1B_1C_1\).
Из пункта а) мы определили, что \(B_1T=TO_1=O_1D\), следовательно, \(B_1T=\frac13B_1D_1\). Тогда \(\triangle QB_1T=\triangle TO_1K\), следовательно, \(QB_1=O_1K=\frac12OO_1=\frac12AA_1\).
Из пункта а): \(AD=x=AA_1\), \(B_1O_1=2x:\sqrt2=\sqrt2x\), \(O_1D_1=x:\sqrt2=\frac1{\sqrt2}x\).
Следовательно, \(B_1D_1=\frac3{\sqrt2} x\), следовательно, \(B_1T=\frac1{\sqrt2}x\); \(B_1Q=\frac12x\).

Тогда из прямоугольного \(\triangle QB_1T\): \[\mathrm{ctg}\,\angle QTB_1=\dfrac{B_1T}{B_1Q}=\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad \angle QTB_1=\mathrm{arcctg}\,\sqrt2.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arcctg}\,\sqrt2\)

а) По условию \(ABCD\) представляет собой правильную треугольную пирамиду, все ребра которой равны \(24\). Построим сечение пирамиды плоскостью \(MNK\). Продлим прямую \(NK\) до пересечения с прямой \(AC\) – получим точку \(Q\). Соединив точки \(Q\) и \(M\), получим линию пересечения основания – отрезок \(MT\). Таким образом, сечением является четырехугольник \(MNKT\).

б) По теореме Менелая для \(\triangle ADC\) и прямой \(QK\) имеем:

\(\dfrac{AN}{ND}\cdot \dfrac{DK}{KC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}=1 \Rightarrow QA=8\)

По условию \(AM=\frac13AB=8\). Т.к. \(QA=AM\) и \(\angle CAB=60^\circ \Rightarrow \angle AQM=30^\circ\). Следовательно, \(\angle BMT=30^\circ\), тогда \(\angle MTB=90^\circ\). Следовательно, \(BT=8\). Заметим, что \(\triangle NDK=\triangle MBT\) по углу и двум прилежащим сторонам, следовательно, \(MT=NK\). Также заметим, что так как \(BT=DK=8\), то \(TK\parallel DB\). Также и \(MN\parallel DB\). Следовательно, \(MNKT\) – равнобедренная трапеция.

Основания \(MN=8\), \(KT=16\), по теореме Пифагора \(MT=\sqrt{16^2-8^2}=8\sqrt3\). Следовательно, если провести высоту \(MH\), то \(TH=0,5(16-8)=4\). Тогда по теореме Пифагора \(MH=\sqrt{(8\sqrt3)^2-4^2}=4\sqrt{11}\). Следовательно, \[S_{MNKT}=\dfrac{8+16}2\cdot 4\sqrt{11}=48\sqrt{11}\]

Ответ:

б) \(48\sqrt{11}\)

а) Пусть \(SH\) – высота пирамиды, следовательно, так как пирамида правильная, \(H\) – точка пересечения диагоналей квадрата \(ABCD\). Тогда отрезок \(PQ\) пройдет через точку \(H\), причем \(PQ\parallel AB\). Построим сечение пирамиды плоскостью \(MPQ\).
Плоскости \(SAB\) и \(ABCD\) пересекаются по прямой \(AB\), плоскости \(ABCD\) и \(MPQ\) — по прямой \(PQ\). Так как \(AB\parallel PQ\), то плоскости \(MPQ\) и \(SAB\) пересекутся по прямой \(MR\parallel AB\parallel PQ\).
Действительно, если это не так, то есть \(MR\cap PQ=Z\), то \(Z\) – это общая точка плоскости \(SAB\) и плоскости \(ABCD\), следовательно, \(Z\in AB\). Но \(Z\in PQ\), следовательно, \(AB\cap PQ=Z\), что невозможно, так как \(AB\parallel PQ\).
Таким образом, \(MQPR\) – трапеция.
Так как \(MR\parallel AB\), то по теореме Фалеса \(SM:MA=SR:RB=5:1\). Так как пирамида правильная, то ее боковые ребра равны, следовательно, \(MA=RB\). Также \(AQ=BP\) и все боковые грани представляют собой равные равнобедренные треугольники, то есть, например, \(\angle SBC=\angle SAD\). Следовательно, \(\triangle MAQ=\triangle RBP\), откуда \(MQ=RP\).
Значит, \(MQPR\) – равнобедренная трапеция.

б) Нужно найти отношение \(V_{AMQBRP}:(V_{SABCD}-V_{AMQBRP})\). Пусть \(V_{AMQBRP}=V_1\), \(V_{SABCD}=V\). То есть нужно найти \(V_1:(V-V_1)\).
Введем обозначения: \(SH=h, AD=2a\). Тогда \(V=\dfrac13\cdot (2a)^2\cdot h=\dfrac43a^2h\).

Найдем \(V_{SMQPR}\). Тогда \(V_1=\frac12V-V_{SMQPR}\).
В пирамиде \(SMQPR\) \(S\) – вершина, \(MQPR\) – основание. Для того, чтобы найти ее объем, нужно найти высоту \(ST\).
Пусть \(O\) – середина \(MR\). Так как \(H\) – середина \(PQ\) и трапеция \(MQPR\) равнобедренная, то \(OH\perp MR\), то есть \(OH\) – высота трапеции.
Утверждение: точка \(T\) лежит на прямой \(OH\).
Действительно, пусть проведена \(ST\perp (MPQ)\). Тогда, так как \(SH\perp QP\) (наклонная), то по теореме о трех перпендикулярах \(TH\perp QP\) (проекция). Так как к одной прямой в плоскости не может быть проведено два различных перпендикуляра \(OH\) и \(TH\), следовательно, \(T\in OH\).
Прямая \(SO\) пересечет \(AB\) в точке \(K\) – середине \(AB\) (так как \(O\) – середина \(MR\) и \(MR\parallel AB\)).
\(KH=\frac12AD=a\).
\(\triangle SMR\sim \triangle SAB\) с коэффициентом \(5:6\), следовательно, \(MR=\frac56AB=\frac56\cdot 2a=\frac53a\).
Рассмотрим плоскость \(SHK\) и трапецию \(MQPR\):
Из \(\triangle SHK\): \(\cos \alpha=SH:SK\). Так как \(SH=h\), \(KH=a\), то \(SK=\sqrt{h^2+a^2}\), следовательно, \[\cos\alpha=\dfrac h{\sqrt{h^2+a^2}}\] Тогда по теореме косинусов из \(\triangle OSH\) (\(SO=\frac56SK\)): \[OH^2=SO^2+SH^2-2\cdot SO\cdot SH\cdot \cos\alpha\quad\Rightarrow\quad OH^2=\dfrac{h^2+25a^2}{36}\] Заметим, что \[\sin\alpha=KH:SK=\dfrac a{\sqrt{h^2+a^2}}\] По теореме синусов их \(\triangle OSH\): \[\dfrac{OH}{\sin\alpha}=\dfrac{SO}{\sin\beta}\quad\Rightarrow\quad \sin\beta= \dfrac{5a}{\sqrt{h^2+25a^2}}\] Тогда из прямоугольного \(\triangle STH\): \[\sin\beta=\dfrac{ST}{SH}\quad\Rightarrow\quad ST=SH\cdot \sin\beta=\dfrac{5ah}{\sqrt{h^2+25a^2}}\]

Таким образом, \[V_{SMQPR}=\dfrac13\cdot ST\cdot \dfrac{MR+PQ}2\cdot OH= \dfrac13\cdot \dfrac{5ah}{\sqrt{h^2+25a^2}} \cdot \dfrac{\frac53a+2a}2\cdot \dfrac{\sqrt{h^2+25a^2}}6=\dfrac{55}{108} a^2h\] Тогда \[V_1=\dfrac12V-V_{SMQPR}=\dfrac23a^2h-\dfrac{55}{108} a^2h=\dfrac{17}{108}a^2h\] Также \[V-V_1=\dfrac43a^2h-\dfrac{17}{108} a^2h=\dfrac{127}{108}a^2h\] Следовательно, \[V_1:(V-V_1)=17:127\]

Ответ:

б) \(17:127\)