Задачи по стереометрии прошлых лет

а) Пусть \(C\) – проекция точки \(C_1\) на плоскость нижнего основания. Так как \(AC_1\) пересекает ось \(OO_1\) цилиндра, то она лежит с ней в одной плоскости, то есть \(AC_1\) лежит в плоскости осевого сечения цилиндра, следовательно, \(AC\) – диаметр нижнего основания.
Так как \(B_1C_1\parallel (ABC)\), то \(\angle (AB, B_1C_1)=\angle (AB, BC)\). Так как \(AC\) – диаметр, то \(\angle ABC\) вписанный, опирающийся на диаметр, следовательно, \(\angle ABC=90^\circ\). Чтд.

б) Заметим, что прямые \(BB_1\) и \(AC_1\) являются скрещивающимися, так как \(BB_1\parallel (ACC_1)\), а \(AC_1\in (ACC_1)\).
Расстояние между скрещивающимися прямыми в таком случае равно расстоянию от любой точки прямой \(BB_1\) до плоскости \((ACC_1)\). Проведем \(BH\perp AC\). Так как \(OO_1\perp (ABC)\), следовательно, \(OO_1\perp BH\). Таким образом, мы имеем две прямые в плоскости \(ACC_1\), которым перпендикулярна \(BH\). Значит, \(BH\) – расстояние от точки \(B\) до плоскости \(ACC_1\), то есть искомое расстояние.
Так как \(B_1C_1=9\) и \(B_1C_1\parallel BC\), причем \(BC\) – проекция \(B_1C_1\) на плоскость нижнего основания, то \(BC=9\). Отсюда по теореме Пифагора \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=15\). Тогда из \(S_{ABC}=0,5 AC\cdot BH=0,5AB\cdot BC\) получаем: \(BH=\dfrac{AB\cdot BC}{AC}=7,2\).

Ответ:

б) 7,2

а) Назовем плоскость из условия плоскостью \(\alpha\). Так как \(AD\parallel \alpha\), то плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость \(AMD\) по прямой, параллельной \(AD\). Следовательно, проведем \(NP\parallel AD\).
Так как \(AD\parallel BC\) (потому что пирамида правильная, следовательно, в основании лежит квадрат), то \(BC\) также параллельна \(\alpha\). Следовательно, аналогично предыдущему рассуждению, проведем \(KS\parallel BC\).
Получили сечение \(NPSK\):



Из построения следует, что \(NP\parallel KS\), следовательно, сечение представляет собой трапецию.
Так как \(NP\parallel AD\), то по теореме Фалеса \(MP:PD=MN:NA=1:1\). Аналогично \(MS:SC=MK:KB=2:1\). Следовательно, так как грани \(AMB\) и \(DMC\) равны, то и отрезки \(NK\) и \(PS\) равны. Таким образом, трапеция \(NPSK\) равнобедренная, чтд.

б) Так как \(NP\parallel AD\), то \(\triangle NMP\sim \triangle AMD\) с коэффициентом подобия \(1:2\). Следовательно, \(NP=0,5AD=6\). Аналогично \(\triangle KMS\sim \triangle BMC\) с коэффициентом подобия \(2:3\). Следовательно, \(KS=\frac23BC=8\).
Найдем боковую сторону трапеции. Для этого рассмотрим боковую грань \(AMB\):



Так как все ребра пирамиды равны, то \(\triangle AMB\) равносторонний, следовательно, \(\angle M=60^\circ\).
\(MN=6, MK=8\). По теореме косинусов \[NK^2=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \cos 60^\circ=52\quad\Leftrightarrow\quad NK=2\sqrt{13}\] Теперь рассмотрим трапецию \(NPSK\):



Проведем высоту \(NH\). Тогда по свойству равнобедренной трапеции
\(KH=(8-6):2=1\). Следовательно, по теореме Пифагора \[NH=\sqrt{52-1}=\sqrt{51}\] Следовательно, площадь трапеции равна \[S=\dfrac{6+8}2\cdot \sqrt{51}=7\sqrt{51}\]

Ответ:

б) \(7\sqrt{51}\)

а) По свойству правильной пирамиды \(PD=PB\). Так как \(PD\) перпендикулярно плоскости \(\alpha\) сечения, то оно перпендикулярно любой прямой из плоскости \(\alpha\). Следовательно, \(PD\perp BK\). Тогда \(BK\) – медиана и высота в \(\triangle BPD\), следовательно, этот треугольник равнобедренный и \(BP=BD\). Следовательно, \(\triangle BPD\) – равносторонний и \(\angle PDB=60^\circ\). Но это и есть угол между боковым ребром \(PD\) и плоскостью основания, чтд.

б) Проведем еще одну прямую, пересекающую \(BK\) и перпендикулярную \(PD\). Тогда плоскость, проходящая через эту прямую и прямую \(BK\), и будет плоскостью \(\alpha\).
Так как диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, то \(AC\perp BD\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная \(PD\) также будет перпендикулярна \(AC\).
Следовательно, если провести через точку пересечения \(PO\) и \(BK\) прямую \(MN\) параллельно \(AC\), то \(MN\perp PD\). Проведем:

Таким образом, \(BMKN\)– искомое сечение.
Заметим, что аналогично по теореме о трех перпендикулярах \(BK\perp MN\). Следовательно, \(S_{BMKN}=\frac12BK\cdot MN\cdot \sin\angle BQN\), а \(\sin\angle BQN=1\), следовательно, \[S_{BMKN}=\dfrac12BK\cdot MN\] Рассмотрим \(\triangle BKD\). \(BD=6\sqrt2\), \(KD=0,5PD=0,5BD=3\sqrt2\). Следовательно, по теореме Пифагора \[BK=3\sqrt6\] Так как \(PO\) и \(BK\) – медианы в \(\triangle BPD\), то \(PQ:QO=2:1\), следовательно, \(PQ:PO=2:3\).
Так как \(\triangle APC\sim MPN\), то \[MN:AC=PQ:PO\quad\Rightarrow\quad MN=\dfrac23\cdot 6\sqrt2=4\sqrt2\] Следовательно, \[S_{BMKN}=\dfrac12\cdot 3\sqrt6\cdot 4\sqrt2=12\sqrt3\]

Ответ:

б) \(12\sqrt3\)

а) Продлим \(CE\) до пересечения с \(AB\) в точке \(K\). Получим отрезок \(FK\), по которому плоскость \(CEF\) пересекает грань \(SAB\). Рассмотрим основание пирамиды:



\(DE=9-4=5=DC\), следовательно, \(\triangle DEC\) равнобедренный. Тогда \(\angle DCE=\angle DEC=\angle BEK=\angle BKE\), следовательно, \(\triangle BEK\) тоже равнобедренный и \(BE=BK=4\). Тогда \(AK=5-4=1\).

Заметим, что боковые грани \(ASB\) и \(CSD\) представляют собой равносторонние треугольники со стороной \(5\). Таким образом, в \(\triangle AFK\) \(AF=AK=1\) и \(\angle FAK=60^\circ\), следовательно, он также равносторонний, то есть \(FK\parallel SB\) (\(\angle AKF=\angle ABS=60^\circ\) как соответственные при секущей \(AB\)). Таким образом, в плоскости \(CEF\) есть прямая \(FK\), параллельная \(SB\). Следовательно, по признаку плоскость \(CEF\) параллельна \(SB\).

б) Так как плоскость \(CEF\parallel SB\), то она пересечет плоскость \(BSD\) по прямой \(EQ\), параллельной \(SB\) (в противном случае \(EQ\) будет пересекать \(SB\), следовательно, и плоскость \(CEF\) будет пересекать \(SB\)). Рассмотрим \(\triangle BSD\):

Заметим, что так как все боковые ребра пирамиды равны, то высота \(SO\) упадет в точку пересечения диагоналей основания (все треугольники \(SAO\), \(SBO\), \(SCO\) и \(SDO\) будут равны как прямоугольные по катету и гипотенузе, следовательно, \(AO=BO=CO=DO\), следовательно, \(O\) – точка пересечения диагоналей).
Проведем \(QH\parallel SO\). Так как \(SO\) перпендикулярна плоскости \(ABC\), то и \(QH\perp (ABC)\). Таким образом, необходимо найти \(QH\).
Так как \(EQ\parallel SB\), то по теореме Фалеса: \[\dfrac54=\dfrac{DE}{EB}=\dfrac{DQ}{QS} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{DQ}{DS}=\dfrac59\] Так как \(\triangle DQH\sim \triangle DSO\) (по двум углам), то \[\dfrac{DQ}{DS}=\dfrac{QH}{SO} \quad\Rightarrow\quad QH=\dfrac59SO\] Таким образом, необходимо найти \(SO\).
Из прямоугольного \(\triangle SOB\): \[SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\sqrt{5^2-4,5^2}=\dfrac{\sqrt{19}}2\] Следовательно, \[QH=\dfrac{5\sqrt{19}}{18}.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{5\sqrt{19}}{18}\)

а) Построим сечение пирамиды плоскостью \(KMN\).
Так как \(AM=CN\) и \(AB=BC\), то \(MN\parallel AC\).
Так как плоскость \(ASC\) пересекает плоскость \(ABC\) по прямой \(AC\) и \(AC\parallel MN\) (\(MN\) – линия пересечения \(ABC\) и \(KMN\)), то плоскость \(KMN\) пересечет плоскость \(ASC\) по прямой, параллельной \(AC\). Следовательно, проведем \(KP\parallel AC\) (\(P\in SC\)).



Пусть \(KP\cap SO=T\) (где \(SO\) – высота пирамиды).
Так как \(KP\parallel AC\), то \(AK:KS=CP:PS\) по теореме Фалеса, следовательно, \(CP=2=CN\).
Пусть \(MN\cap BD=R\). Тогда пусть прямая \(RT\) (которая принадлежит плоскости \(KMN\)) пересечет \(SD\) в точке \(Q\). Получили \(KMNPQ\) – сечение пирамиды плоскостью \(KMN\).
Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах \(SD\perp MN\) (действительно, \(DO\perp AC, AC\parallel MN\), следовательно, \(DO\perp MN\); значит, наклонная \(SD\perp MN\)).
Докажем, что \(SD\perp RQ\). Тогда \(SD\) будет перпендикулярна двух пересекающимся прямым плоскости \(KMN\), то есть перпендикулярна плоскости \(KMN\).
Так как все ребра равны \(5\), то \(BD=5\sqrt2\). Следовательно, \(\triangle SDB\) – прямоугольный (\(\angle BSD=90^\circ\)). По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция \(OR\perp MN\), то и наклонная \(TR\perp MN\). Так как \(SB\perp MN\) (по той же теореме о трех перпендикулярах), и \(TR\) с \(SB\) лежат в одной плоскости, то \(TR\parallel SB\). Следовательно, раз \(SB\perp SD\), то и \(TR\perp SD\), то есть \(QR\perp SD\). Чтд.

б) Так как \(SD\perp(KMN)\), то \(DQ\) – расстояние от точки \(D\) до плоскости \(KMN\).
Так как \(AM:MB=2:3\) и \(MN\parallel AC\), то по теореме Фалеса \(OR:RB=2:3\). Так как \(DO=OB\), то \(DR:RB=7:3\). Так как \(QR\parallel SB\), то \(DQ:QS=7:3\). Следовательно, \[DQ=\dfrac7{10}DS=\dfrac72=3,5.\]

Ответ:

б) \(3,5\)

а) Из условия следует, что \(PC\) – высота пирамиды. Следовательно, \(PC\perp CA\) и \(PC\perp CB\). По теореме о трех перпендикулярах так как наклонная \(PA\) перпендикулярна прямой \(BC\), то и ее проекция \(CA\) перпендикулярна прямой \(BC\). Следовательно, \(\angle ACB=90^\circ\), то есть \(\triangle ABC\) прямоугольный.

б) По теореме косинусов из \(\triangle PAB\): \[PA^2=15^2+13^2-2\cdot 15\cdot 13\cdot \dfrac{48}{65}=106\] Обозначим \(PC=h\), \(CA=y\), \(CB=x\). Тогда, применяя три раза теорему Пифагора, получим равенства: \[\begin{cases} x^2+h^2=15^2\\ x^2+y^2=13^2\\ y^2+h^2=106 \end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x=12\\ y=5\\ h=9\end{cases}\] Следовательно, объем пирамиды равен \[V=\dfrac 13\cdot \dfrac12\cdot CA\cdot CB\cdot PC=90\]

Ответ:

б) 90

а) Пусть \(O\) – точка пересечения диагоналей прямоугольника \(ABCD\). Тогда \(SO\) – высота пирамиды. Так как диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, то \(AO=BO=CO=DO\). Следовательно, \(\triangle AOS=\triangle BOS=\triangle COS=\triangle DOS\), откуда \(AS=BS=CS=DS\). Обозначим \(AS=x\).
Рассмотрим грань \(ASB\). Проведем \(SK\perp AB\). Тогда \(KB=0,5 AB=1,5\sqrt2\). Тогда \[\dfrac{KB}{SB}=\cos \angle SBA=\dfrac{BP}{BA} \quad\Rightarrow\quad BP=\dfrac 9x\] Рассмотрим грань \(CSB\). Проведем \(SH\perp CB\). Тогда \(HB=0,5 CB=3\). Тогда \[\dfrac{HB}{SB}=\cos \angle SBC=\dfrac{BQ}{BC} \quad\Rightarrow\quad BQ=\dfrac {18}x\] Следовательно, \[2BP=BQ\] Чтд.

б) По условию \(x=9\). Заметим, что в грани \(CSB\) \(PH\parallel CQ\) (так как \(PH\) – средняя линия в \(\triangle CQB\)) Следовательно, \(PH\perp SB\). Следовательно, по определению, \(\angle APH\) – линейный угол двугранного угла между гранями \(SBC\) и \(SBA\). Найдем его по теореме косинусов из \(\triangle APH\).


\(BP=\frac9{x}=1\). Следовательно, по теореме Пифагора из \(\triangle ABP\): \(AP^2=18-1=17\).
По теореме Пифагора из \(\triangle HBP\): \(HP^2=9-1=8\).
По теореме Пифагора из \(\triangle ABH\): \(AH^2=18+9=27\).
Следовательно, по теореме косинусов из \(\triangle APH\): \[\cos \angle APH=\dfrac{AP^2+HP^2-AH^2}{2\cdot AP\cdot HP}= -\dfrac1{2\sqrt{34}}\] Следовательно, угол между гранями \(SAB\) и \(SCB\) равен \[\angle APH=\arccos\left(-\dfrac1{2\sqrt{34}}\right)\]

Ответ:

б) \(\arccos\left(-\frac1{2\sqrt{34}}\right)\)