Задачи по стереометрии прошлых лет (страница 2)

а) Заметим, что так как \(B_1C_1\perp A_1C_1\) и \(B_1C_1\perp CC_1\), то \(B_1C_1\perp (AA_1C_1C)\).



Следовательно, если \(B_1A\) – наклонная, то \(C_1A\) – проекция этой наклонной на плоскость \(AA_1C_1C\). Так как по условию наклонная \(B_1A\) перпендикулярна \(A_1C\), то по теореме о трех перпендикулярах проекция \(C_1A\) также перпендикулярна \(A_1C\), то есть \(A_1C\perp C_1A\). Следовательно, \(AA_1C_1C\) – прямоугольник, у которого диагонали взаимно перпендикулярны, следовательно, это – квадрат, то есть \(AA_1=AC\), чтд.

б) Из пункта а) следует, что \(A_1O\perp (AB_1C_1)\) (так как \(A_1O\perp B_1A\) и \(A_1O\perp AC_1\)). Следовательно, \(A_1O\) перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Значит, если провести в этой плоскости прямую, перпендикулярную \(B_1A\), то она будет перпендикулярна и \(B_1A\), и \(A_1C\), то есть по определению это и будет прямая, содержащая отрезок, равный расстоянию между \(B_1A\) и \(A_1C\).



Поэтому проведем \(OH\perp B_1A\). \(OH\) – искомое расстояние.
Заметим, что \(\triangle OHA\sim \triangle AB_1C_1\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{OH}{B_1C_1}=\dfrac{OA}{AB_1}\quad\Rightarrow\quad OH=\dfrac{B_1C_1\cdot OA}{AB_1}\] Так как из условия \(BC=8\), то и \(B_1C_1=8\). Так как по доказанному \(AA_1C_1C\) – квадрат со стороной \(AC=7\), то диагональ \(AC_1=7\sqrt2\), следовательно, \(AO=3,5\sqrt2\).
По теореме Пифагора \(AB^2=AC^2+BC^2=7^2+8^2=113\). Снова по теореме Пифагора \(AB_1^2=AB^2+BB_1^2=113+7^2=162\), следовательно, \(AB_1=9\sqrt2\). Таким образом, \[OH=\dfrac{8\cdot 3,5\sqrt2}{9\sqrt2}=\dfrac{28}9\]

Ответ:

б) \(\frac{28}9\)

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

а) Рассмотрим чертеж:



Докажем, что \(MN\parallel PQ\) (отсюда будет следовать, что прямые \(PQ\) и \(MN\) лежат в одной плоскости).
Так как \(AM:MB=CN:NB=4:1\) по условию, то по теореме, обратной теореме Фалеса, \(MN\parallel AC\).
Так как \(P, Q\) – середины \(DA\) и \(DC\), то \(PQ\) – средняя линия, следовательно, \(PQ\parallel AC\). Следовательно, \(PQ\parallel AC\parallel MN\), чтд.

б) Отметим \(R\) – середину \(DB\). Рассмотрим пирамиду \(DPRQ\). Заметим, что так как \(DP:DA=1:2\), а также так как \((PRQ)\parallel (ABC)\) (две пересекающиеся прямые \(PR\) и \(RQ\) одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым \(AB\) и \(BC\) другой плоскости, то такие плоскости параллельны), то высота \(DH'\) пирамиды \(DPRQ\) относится к высоте \(DH\) пирамиды \(DABC\) как \(1:2\) (пусть \(DH'=H'H=h\)).
Заметим также, что \(\triangle ABC\sim \triangle PRQ\) с коэффициентом \(2\) (так как \(PR\), \(RQ\), \(QP\) в два раза меньше \(AB\), \(BC\), \(AC\) соответственно как средние линии в \(\triangle ADB\), \(\triangle BDC\), \(\triangle CDA\)). Следовательно, \(S_{ABC}=4S_{PRQ}\). Таким образом, \[\dfrac{V_{DABC}}{V_{DPRQ}}=\dfrac{\frac13\cdot 2h\cdot 4S_{PRQ}} {\frac13\cdot h\cdot S_{PRQ}}=8\] Таким образом, \[V_{DPRQ}=\frac18V_{DABC}\]


Заметим, что \(MBNPRQ\) – усеченная пирамида, основания которой – подобные треугольники \(MBN\) и \(PRQ\) (\(\triangle MBN\sim \triangle ABC\), а \(\triangle ABC\sim \triangle PRQ\), следовательно, \(\triangle MBN\sim \triangle PRQ\)). Так как \(BM:BA=1:5\) и \(PR:BA=1:2\), то \(BM:PR=2:5\).
Следовательно, \(S_{MBN}:S_{PRQ}=(2:5)^2=4:25\). Заметим, что высота усеченной пирамиды \(MBNPRQ\) равна \(H'H=h\).   Продлим \(PM\), \(DB\), \(QN\) до пересечения в точке \(O\).
Аналогично как с пирамидами \(DPRQ\) и \(DABC\), высота пирамиды \(OMBN\) относится к высоте пирамиды \(OPRQ\) как \(OB:OR\). Найдем отношение \(OB:OR\). Из подобия \(\triangle OMB\sim \triangle OPR\): \[\dfrac{OB}{OR}=\dfrac{MB}{PQ}=\dfrac25\] Значит, пусть высота \(OMBN\) равна \(2x\), тогда высота \(OPRQ\) равна \(5x\) (отсюда следует, что \(3x\) – высота усеченной пирамиды \(MBNPRQ\), то есть \(3x=h\)).
Следовательно, \[\dfrac{V_{OMBN}}{V_{OPRQ}}=\dfrac{\frac13\cdot 2x\cdot S_{MBN}}{\frac13 \cdot 5x\cdot S_{PRQ}} =\dfrac{8}{125}\] Следовательно, \[V_{MBNPRQ}=\dfrac{117}{125}V_{OPRQ}\] Также \[\dfrac{V_{OPRQ}}{V_{DABC}}=\dfrac{\frac13\cdot 5x\cdot S_{PRQ}} {\frac13\cdot 6x\cdot S_{ABC}}=\dfrac5{24}\] Следовательно, \[V_{MBNPRQ}=\dfrac{117}{125}\cdot \dfrac5{24}V_{DABC}\] Следовательно, объем всего многогранника \(MBNQDP\), отсекаемого от пирамиды синей плоскостью, равен \[V_{MBNPRQ}+V_{DPRQ}= \left(\dfrac{117}{125}\cdot \dfrac5{24}+\dfrac18\right)\cdot V_{DABC}= \dfrac8{25}V_{DABC}\]

Ответ:

б) \(8:25\)

а) Две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную второй плоскости. Так как \(PAB\perp ABC\), то в плоскости \(PAB\) можно провести прямую \(PH\perp ABC\) (тогда \(H\in AB\)). Аналогично в плоскости \(PCD\) можно провести \(PL\perp ABC\) (\(L\in CD\)). Следовательно, из одной точки к плоскости проведены две прямые, перпендикулярные ей, что возможно только в том случае, если эти прямые совпадают, то есть \(H=L\). Следовательно, \(PH\) – общая прямая для двух плоскостей \(PAB\) и \(PCD\). Следовательно, \(PH\) совпадает с \(PK\).



Таким образом, \(PK\perp (ABC)\). Следовательно, \(PK\) – высота пирамиды \(PABCD\).
Так как \(\angle BAD+\angle CDA=90^\circ\), то \(\angle AKD=90^\circ\). Следовательно, \(AK\perp PK\) и \(AK\perp KD\), то есть \(AK\) перпендикулярна двух пересекающимся прямым из плоскости \(PCD\), значит, \(AK\perp (PCD)\). Тогда плоскость \(PAB\) проходит через прямую, перпендикулярную плоскости \(PCD\), следовательно, \((PAB)\perp (PCD)\), чтд.

б) По теореме Фалеса \[\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{BA}{CD}=1\] Следовательно, \(\triangle BKC\) прямоугольный и равнобедренный, следовательно, \[KB=KC=\dfrac{BC}{\sqrt2}=\sqrt2\] Тогда \[V_{PBKC}=\dfrac13\cdot PK\cdot \dfrac12\cdot KB\cdot KC=4\]

Ответ:

б) 4

а) Так как \(A_1C=3\), а \(A_1P=4\), то точка \(P\) находится на луче \(A_1C\) за точкой \(C\).
Правильный тетраэдр – правильная треугольная пирамида, все грани которой – равные треугольники. Следовательно, нужно доказать, что все грани \(DBPC_1\) – равные равносторонние треугольники, то есть доказать равенство \(DB=DP=DC_1=BC_1=BP=PC_1\).
Так как диагональ куба в \(\sqrt3\) раз больше ребра куба, то ребро куба равно \(\sqrt3\). Так как \(BC_1\), \(BD\) и \(DC_1\) – диагонали граней куба, то каждая из них в \(\sqrt2\) раз больше ребра куба, следовательно, \(BC_1=BD=DC_1=\sqrt6\).
Найдем \(PC_1\). Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1\). Так как \(A_1, C\) лежат в этой плоскости, то и вся прямая \(A_1C\) в ней лежит, следовательно, и точка \(P\).



Найдем \(PC_1\) по теореме косинусов из \(\triangle PC_1A_1\). \[\cos\alpha=\dfrac{\sqrt6}3=\sqrt{\dfrac23}\quad\Rightarrow\quad PC_1^2=6+16-2\cdot \sqrt6\cdot 4\cdot \sqrt{\dfrac23}=6\quad\Rightarrow\quad PC_1=\sqrt6.\] Найдем \(BP\). Рассмотрим плоскость \(A_1BCD_1\). Аналогичным образом по теореме косинусов из \(\triangle BPA_1\) найдем, что \(BP=\sqrt6\):



Аналогично рассмотрим плоскость \(A_1B_1CD\) и найдем \(DP\) по теореме косинусов из \(\triangle DPA_1\):



\(DP=\sqrt6\).
Таким образом, мы доказали, что \(DB=DP=DC_1=BC_1=BP=PC_1=\sqrt6,\) чтд.

б) Рассмотрим плоскость \(AA_1C_1C\):



Найдем \(AP\) по теореме косинусов из \(\triangle APA_1\): \[\cos\beta=\dfrac{\sqrt3}3=\dfrac1{\sqrt3}\quad\Rightarrow\quad AP^2=3+16-2\cdot \sqrt3\cdot 4\cdot \dfrac1{\sqrt3}=11\quad\Rightarrow\quad AP=\sqrt{11}.\]

Ответ:

б) \(\sqrt{11}\)

а) Заметим, что \(BD_1\) и \(AC_1\) пересекаются и своей точкой пересечения делятся пополам (по свойству параллелепипеда). Обозначим их точку пересечения за \(O\). Следовательно, \(O\) лежит и в плоскости \(\pi\), и в плоскости \(ACC_1\). Проведем в плоскости \(ACC_1\) прямую \(MN\) через точку \(O\) параллельно \(AC\). Значит, \(M\) – середина \(AA_1\), \(N\) – середина \(CC_1\).

Так как по признаку прямая параллельна плоскости, когда она параллельна некоторой прямой из этой плоскости, то прямая \(AC\) параллельна любой плоскости, проходящей через \(MN\). Следовательно, плоскость \(\pi\) – это плоскость, проходящая через \(MN\) и \(BD_1\).

Соединив последовательно точки \(M, D_1, N, B\), получим сечение \(MD_1NB\). По условию оно является ромбом, следовательно, \(MB=NB\).
Докажем, что \(AB=BC\). Отсюда будет следовать, что \(ABCD\) – квадрат (так как из того, что \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, уже следует, что \(ABCD\) — прямоугольник).

По теореме Пифагора \(MB^2=AB^2+AM^2\) и \(NB^2=BC^2+CN^2\). Так как \(AM=CN\) как половины боковых ребер, а \(MB=NB\) по условию, то и \(AB=BC\), чтд.

б) Проведем \(C_1H\perp BN\) (\(BN\) – линия пересечения плоскостей \(BCC_1\) и \(\pi\)). Заметим, что точка \(H\) будет лежать на продолжении \(BN\) за точку \(N\). Так как \(D_1C_1\perp(BCC_1)\), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная \(D_1H\) тоже будет перпендикулярна \(BN\). Следовательно, построенный таким образом угол \(\angle D_1HC_1\) и есть угол между плоскостями \(BCC_1\) и \(\pi\). Обозначим его за \(\alpha\).



По теореме Пифагора из \(\triangle BCN\) \(BN=5\). Заметим, что \(\triangle BCN\sim \triangle C_1HN\) по двум углам, значит, \[\dfrac{BC}{C_1H}=\dfrac{BN}{C_1N}\] Откуда находим, что \(C_1H=\dfrac{12}5\).

Тогда из прямоугольного \(\triangle D_1HC_1\) \[\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{D_1C_1}{C_1H}=\dfrac{4}{\frac{12}5}=\dfrac53 \quad\Rightarrow\quad \alpha=\mathrm{arctg}\,\dfrac53.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac53\)

а) Обозначим \((A_1PQ)=\alpha\). Т.к. плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то плоскость \(\alpha\) пересечет их по параллельным прямым, т.е. \(QM\parallel A_1P\).

\(\bigtriangleup A_1B_1P \sim \bigtriangleup QBM \Rightarrow \dfrac{BM}{B_1P}=\dfrac{BQ}{B_1A_1} \Rightarrow BM=6=\dfrac{1}{2}BC\).

б) Расстояние от точки \(B\) до плоскости \(\alpha\) равно высоте пирамиды \(BQSM\), проведенной из вершины \(B\) к основанию \(QSM\):

\(h_B=\dfrac{3V_{BQSM}}{S_{QSM}}\)

\(V_{BQSM}\) можно найти, если рассмотреть эту пирамиду как пирамиду с вершиной в точке \(S\) и с основанием \(QBM\). Тогда

\(V_{BQSM}=\dfrac{1}{3}SB\cdot S_{QBM}=\dfrac{1}{3}\cdot SB\cdot \dfrac{1}{2}QB\cdot BM\cdot \sin\angle QBM\)

Из подобия треугольников \(SBM\) и \(SB_1P\) найдем \(SB=4 \Rightarrow V_{BQSM}=16\sqrt3\).

Из этого же подобия \(SM=2\sqrt{13}\). Из подобия треугольников \(QBS\) и \(A_1B_1S\) найдем \(SQ=4\sqrt5\).

По теореме косинусов из треугольника \(QBM\) найдем \(QM=2\sqrt{13}\).

Следовательно, \(\bigtriangleup QSM\) – равнобедренный (\(QM=MS\)). Найдя высоту, проведенную к основанию \(QS\), найдем \(S_{QSM}=8\sqrt{10}\).

Таким образом, \(h_B=\dfrac{3V_{BQSM}}{S_{QSM}}=\dfrac{3\sqrt{30}}{5}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{3\sqrt{30}}{5}\)