Задачи по стереометрии формата ЕГЭ (страница 3)

а) Пусть \(SO\) – высота пирамиды. Проведем перпендикуляры \(OA_1, OB_1, OC_1\) к прямым \(BC, AC, AB\) соответственно. По теореме о трех перпендикулярах наклонные \(SA_1, SB_1, SC_1\) также будут перпендикулярны этим прямым. Следовательно, по определению \(\angle SA_1O, \angle SB_1O, \angle SC_1O\) — линейные углы двугранных углов между боковыми гранями и основанием. Т.к. эти углы равны, то \(\triangle SA_1O=\triangle SB_1O=\triangle SC_1O\) по катету и острому углу (\(SO\) – общий катет).

Таким образом, \(OA_1=OB_1=OC_1\). Таким образом, тока \(O\) равноудалена от прямых \(AB, AC, BC\). Значит, это либо центр вписанной в \(\triangle ABC\) окружности, либо центр вневписанной окружности (касающейся стороны и продолжений двух других сторон). Т.к. пирамида не является правильной, то первый вариант не подходит, чтд.

б) Обозначим \(AB=6=2x\). Пусть для определенности \(O\) – центр окружности, касающейся стороны \(AC\) и продолжений сторон \(AB\) и \(BC\). Тогда \(O\) лежит на биссектрисе угла \(B\). Следовательно, \(BO\) – биссектриса, а т.к. \(\triangle ABC\) – правильный, то \(BO\perp AC\). Следовательно, точка \(B_1\) лежит на биссектрисе \(BO\).

Значит, \(B_1C=x\). Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то \(A_1C=B_1C=x\). Следовательно, \(BA_1=3x\). К тому же \(\angle OBA_1=30^\circ\) (как половина \(\angle B=60^\circ\)). Значит,

\[\mathrm{ctg}\,30^\circ=\dfrac{BA_1}{OA_1} \quad \Rightarrow \quad OA_1=\sqrt3x\]

Следовательно, \(OB_1=OA_1=\sqrt3x\). Из прямоугольного \(\triangle SOB_1\)

\[\mathrm{ctg}\,\alpha=\mathrm{ctg}\,30^\circ=\dfrac{OB_1}{SO} \quad \Rightarrow \quad SO=x=3\]

Таким образом, объем пирамиды равен \[V_{SABC}=\dfrac13\cdot S_{ABC}\cdot SO=\dfrac13\cdot \dfrac{\sqrt3}4\cdot 6^2\cdot 3=9\sqrt3.\]

Ответ:

б) \(9\sqrt3\)

а) Построим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Т.к. точки \(P\) и \(K\) являются серединами сторон, то \(PK\) – средняя линия, следовательно, \(PK\parallel AC\).
Т.к. плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(SB\), то она пересечет грани \(SAB\) и \(SBC\) по прямым, параллельным \(SB\). Следовательно, \(PM\parallel SB\parallel KN\).

Т.к. \((SAC)\cap (BAC)=AC\), \(\alpha\cap (BAC)=PK\), \(PK\parallel AC\), то \(\alpha\cap (SAC)=MN\), причем \(MN\parallel AC\).

Таким образом, имеем: \(PK\parallel MN\), \(PM\parallel KN\), следовательно, \(PMNK\) – параллелограмм. Т.к. \(PM\parallel SB\) и \(P\) – середина стороны \(AB\), то по теореме Фалеса \(M\) – середина ребра \(AS\). Аналогично \(N\) – середина ребра \(SC\). Т.к. пирамида правильная, то ее боковые ребра равны, следовательно, \(AM=MS=SN=NC\).

Рассмотрим \(\triangle MAK\) и \(\triangle NCP\): они равны по двум сторонам и углу между ними (\(AK=CP\), т.к. в основании лежит правильный треугольник; боковые ребра наклонены к плоскости основания под одинаковым углом, т.к. пирамида правильная).

Таким образом, \(MK=NP\). То есть диагонали параллелограмма \(PMNK\) равны, следовательно, по признаку он является прямоугольником.

б) Расстояние от точки до плоскости – это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Т.к. \(SH\perp (ABC)\), то \(ST\perp PK\). Также очевидно, что \(LR\perp PK\).

Пусть \(SO\) – перпендикуляр на плоскость \(\alpha\) (то есть точка \(O\in \alpha\)). Тогда по теореме о трех перпендикулярах (\(SO\perp\alpha\), \(ST\perp PK\) – наклонная) проекция \(OT\perp PK\) (заметим, что \(OT\in\alpha\)). Таким образом, мы имеем в плоскости \(\alpha\) две прямые \(OT\) и \(LR\), которые перпендикулярны прямой \(PK\), что возможно только если они параллельны. Но они не параллельны, т.к. имеют одну общую точку \(T\), значит, эти прямые совпадают, то есть точка \(O\) должна лежать на прямой \(LR\). Следовательно, перпендикуляр \(SO\) из точки \(S\) на плоскость \(\alpha\) будет падать на продолжение отрезка \(LR\).

Рассмотрим плоскость \((BSZ)\): \(\triangle RTH\sim \triangle SOT\), следовательно,

\[\dfrac{SO}{RH}=\dfrac{ST}{RT} \qquad (*)\]

Найдем \(RH\), \(ST\), \(RT\).

Т.к. \(\triangle ABC\) – правильный, то \(BZ=\frac{6\sqrt3}2=3\sqrt3\) (как высота).

Т.к. \(PK\) – средняя линия,то \(BR=RZ=0,5\cdot BZ=\frac{3\sqrt3}2\).

Т.к. \(BZ\) и \(CP\) еще и медианы, а медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(HZ=\frac13 \cdot BZ=\sqrt3\). Таким образом, \(RH=0,5\cdot \sqrt3\).

Т.к. плоскость \(\alpha\parallel SB\), то \(RT\parallel SB\). Тогда \(\triangle BSH\sim \triangle RTH\) с коэффициентом \(\frac41\). Таким образом, \(RT=\frac14\cdot BS=\frac54\).

По той же причине \(ST=\frac34\cdot SH\).

Т.к. \(\triangle BSH\) – прямоугольный, то \(SH^2=BS^2-BH^2=13\), следовательно, \(ST=\frac{3\sqrt{13}}4\).

Тогда из равенства \((*)\) имеем:

\[SO=RH\cdot \dfrac{ST}{RT}=\dfrac{3\sqrt{39}}{10}.\]

Ответ:

б) \(0,3\sqrt{39}\)