Задачи по стереометрии прошлых лет (страница 4)

а) Прямая параллельна плоскости, если плоскость содержит прямую, параллельную данной. Поэтому проведем в плоскости \(BB_1D_1\), содержащей \(BD_1\), прямую \(KO\parallel BD_1\). Пусть \(O\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).

Т.к. \(KO\parallel BD_1\), то по теореме Фалеса

\[\dfrac{B_1O}{OD_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=1.\]

Следовательно, \(O\) – середина \(B_1D_1\). Т.к. \(A_1B_1C_1D_1\) – квадрат, то его диагонали точкой пересечения делятся пополам, следовательно, \(A_1C_1\) содержит \(O\).

Таким образом, \(A_1KC_1\) – искомое сечение. Из равенства боковых граней следует, что отрезки \(KC_1\) и \(KA_1\) равны, то есть треугольник \(A_1KC_1\) равнобедренный.

б) Найдем по теореме Пифагора \(KA_1\):

\[KA_1=\sqrt{KB_1^2+B_1A_1^2}=\sqrt{(\sqrt7)^2+(3\sqrt2)^2}=5.\]

Диагональ квадрата равна стороне квадрата, умноженной на \(\sqrt2\), следовательно, \(A_1C_1=A_1B_1\cdot \sqrt2=6\).

Таким образом, периметр

\[P_{A_1KC_1}=5+5+6=16.\]

Ответ:

б) \(16\)

а) Прямая параллельна плоскости, если плоскость содержит прямую, параллельную данной. Поэтому проведем в плоскости \(BB_1D_1\), содержащей \(BD_1\), прямую \(KN\parallel BD_1\). Пусть \(N\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).

Соединив точки \(C_1\) и \(N\), получим прямую, пересекающую \(A_1B_1\) в точке \(P\).

Т.к. \(KN\parallel BD_1\), то по теореме Фалеса

\[\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=\dfrac23.\]

Теперь рассмотрим грань \(A_1B_1C_1D_1\). \(\triangle NB_1P\sim \triangle ND_1C_1\), следовательно,

\[\dfrac{PB_1}{C_1D_1}=\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac23 \quad \Rightarrow \quad PB_1=\dfrac23C_1D_1=\dfrac23A_1B_1.\]

Следовательно, \(A_1P=\frac13A_1B_1\) и \(A_1P:PB_1=1:2\).

б) Для того, чтобы найти объем большей из частей, на которые плоскость поделила куб, найдем объем куба и вычтем из него объем пирамиды \(PB_1KC_1\).
Заметим, что если рассматривать эту пирамиду как пирамиду с вершиной \(P\) и основанием \(B_1KC_1\), то она является прямоугольной (\(PB_1\perp (B_1KC_1)\)). То есть \(PB_1\) – ее высота, \(\triangle B_1KC_1\) – основание, являющееся прямоугольным треугольником.

\[V_{PB_1KC_1}=\dfrac13\cdot PB_1\cdot \dfrac12KB_1\cdot B_1C_1= \dfrac13\cdot \dfrac23\cdot 5\cdot \dfrac12\cdot 2\cdot 5=\dfrac{50}9.\]

Объем куба \[V_{ABCDA_1B_1C_1D_1}=5^3=125.\]

Тогда объем большей части равен

\[V=125-\dfrac{50}9=\dfrac{1075}9.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{1075}9\)

а) Прямая параллельна плоскости, если плоскость содержит прямую, параллельную данной. Поэтому проведем в плоскости \(BB_1D_1\), содержащей \(BD_1\), прямую \(KN\parallel BD_1\). Пусть \(N\) – точка пересечения с отрезком \(B_1D_1\).

Соединив точки \(C_1\) и \(N\), получим прямую, пересекающую \(A_1B_1\) в точке \(P\).

Т.к. \(KN\parallel BD_1\), то по теореме Фалеса

\[\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac{B_1K}{KB}=\dfrac23.\]

Теперь рассмотрим грань \(A_1B_1C_1D_1\). \(\triangle NB_1P\sim \triangle ND_1C_1\), следовательно,

\[\dfrac{PB_1}{C_1D_1}=\dfrac{B_1N}{ND_1}=\dfrac23 \quad \Rightarrow \quad PB_1=\dfrac23C_1D_1=\dfrac23A_1B_1.\]

Следовательно, \(A_1P=\frac13A_1B_1\) и \(A_1P:PB_1=1:2\).

б) Для того, чтобы найти угол между двумя плоскостями, необходимо построить линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Т.к. \(KC_1\) – линия пересечения этих плоскостей, то опустим перпендикуляр \(PH\) на \(KC_1\). По теореме о трех перпендикулярах (\(PB_1\perp (BB_1C_1)\), наклонная \(PH\perp KC_1\)) проекция \(B_1H\perp KC_1\). Следовательно, по определению \(\angle PHB_1\) – линейный угол двугранного угла, образованного данными плоскостями. Его и нужно найти.

Заметим, что \(\triangle PHB_1\) прямоугольный, \(PB_1\) известно, следовательно, найдя \(B_1H\), мы сможем найти тангенс нужного нам угла.

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(B_1KC_1\), в котором \(B_1H\) – высота. По теореме Пифагора \(KC_1=\sqrt{KB_1^2+B_1C_1^2}=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}\). Следовательно,

\[S_{B_1KC_1}=\dfrac12KB_1\cdot B_1C_1=\dfrac12B_1H\cdot KC_1 \quad \Rightarrow \quad B_1H=\dfrac{10}{\sqrt{29}}\]

Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle PHB_1=\dfrac{PB_1}{B_1H}= \dfrac{\frac{10}3}{\frac{10}{\sqrt{29}}}=\dfrac{\sqrt{29}}3 \quad \Rightarrow \quad \angle PHB_1=\mathrm{arctg}\,\dfrac{\sqrt{29}}3.\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac{\sqrt{29}}3\)

а) Назовем плоскость \((A_1C_1E)\) плоскостью \(\alpha\). Пусть \(O\) – точка пересечения диагоналей грани \(A_1B_1C_1D_1\). Тогда \(O\in \alpha\). Следовательно, вся прямая \(OE\in \alpha\).



Заметим, что прямые \(OE\) и \(BD\) лежат в одной плоскости – плоскости \(BB_1D_1\). Пусть \(E'\) – точка пересечения прямой \(OE\) и прямой \(BD\). Тогда \(E'\in \alpha\). Таким образом, мы получили точку пересечения плоскости \(\alpha\) с гранью \(ABCD\). Так как грани \(A_1B_1C_1D_1\) и \(ABCD\) параллельны, то плоскость \(\alpha\) пересечет их по параллельным прямым. Поэтому проведем в грани \(ABCD\) через точку \(E'\) прямую параллельно \(A_1C_1\). Пусть эта прямая пересекла ребра \(AB\) и \(BC\) в точках \(N\) и \(M\) соответственно.
Таким образом, мы получили сечение \(A_1C_1MN\) призмы плоскостью \(\alpha\).

б) Так как основанием призмы является квадрат, а диагонали квадрата перпендикулярны, то \(A_1C_1\perp BD\). Так как \(MN\parallel A_1C_1\), то \(MN\perp BD\).
Необходимо построить линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \(\alpha\) и \(ABC\), то есть построить перпендикуляры в каждой из плоскостей к их линии пересечения. \(MN\) и есть их линия пересечения, следовательно, в плоскости \(ABC\) уже найден перпендикуляр – это \(ED\). Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямая \(OE'\perp MN\) (как наклонная, проекцией которой является прямая \(E'D\)). Следовательно, необходимо найти \(\angle OE'D\).

Рассмотрим плоскость \(BB_1D_1D\).



Проведем \(OO'\perp BD\) и найдем \(\mathrm{tg}\,\angle OE'O'\). Для этого нам нужно найти \(E'O'\) (так как \(OO'=DD_1=\sqrt{17}\)).

Заметим, что \(BD=AB\sqrt2=4\sqrt2\), следовательно, \(BO'=0,5BD=2\sqrt2=OD_1\).
Тогда \(BD_1=\sqrt{BD^2+DD_1^2}=7\). Следовательно, \(ED_1=7-1=6\).

Заметим также, что \(\triangle EE'B\sim \triangle EOD_1\) по двум углам. Следовательно, \[\dfrac{E'B}{OD_1}=\dfrac{EB}{ED_1} \quad\Rightarrow\quad E'B= \dfrac{\sqrt2}3.\] Следовательно, \[E'O'=2\sqrt2-\dfrac{\sqrt2}3=\dfrac{5\sqrt2}3.\] Следовательно, \[\mathrm{tg}\,\angle OE'O'=\dfrac{OO'}{E'O'}= \dfrac{\sqrt{17}}{\frac{5\sqrt2}3}=0,3\sqrt{34} \quad\Rightarrow\quad \angle OE'O'=\mathrm{arctg}\,(0,3\sqrt{34}).\]

Ответ:

б) \(\mathrm{arctg}\,(0,3\sqrt{34})\)

Рассмотрим картинку:

1) Заметим, что \(\triangle EDL\) есть сечение пирамиды плоскостью \(EDL\). Так как \(BE=CD=2\) и \(AB=AC=6\), то \(AE=AD=4\). Следовательно, \(\triangle AED\sim \triangle ABC\) по двум пропорциональным сторонам (\(AE:AB=AD:AC\)) и углу между ними. Следовательно, \(\triangle AED\) тоже равносторонний, откуда \(ED=AE=4\).

2) Заметим, что так как пирамида правильная, то \(\angle LAE=\angle LAD\) и \(\triangle LAE=\triangle LAD\). Следовательно, \(LE=LD\).

Рассмотрим грань \(AMB\). По теореме косинусов из \(\triangle AMB\): \[\cos \angle A=\dfrac{AM^2+AB^2-MB^2}{2\cdot AM\cdot AB}= \dfrac{64+36-64}{2\cdot 8\cdot 6}=\dfrac38\] По теореме косинусов из \(\triangle LAE\): \[LE^2=AL^2+AE^2-2\cdot AL\cdot AE\cdot \cos\angle A= 36+16-2\cdot 6\cdot 4\cdot \dfrac38=34.\]

3) Рассмотрим \(\triangle EDL\).



Он, как мы уже говорили, равнобедренный. Пусть \(LO\) – высота, опущенная к основанию. Тогда \[LO^2=LE^2-EO^2=34-4=30 \quad\Rightarrow\quad LO=\sqrt{30}\] Следовательно, площадь \[S_{\triangle EDL}=\dfrac12\cdot LO\cdot ED=2\sqrt{30}.\]

Ответ:

\(2\sqrt{30}\)