PDF-версии: 
В кубе ABCDA1B1C1D1 все рёбра равны 4. На его ребре BB1 отмечена точка K так, что KB = 3. Через точки K и C1 построена плоскость α, параллельная прямой BD1.
а) Докажите, что A1P : PB1 = 2 : 1, где P — точка пересечения плоскости α с ребром A1B1.
б) Найдите угол наклона плоскости α к плоскости грани BB1C1C.
Решение. а) В плоскости 
через точку К проведем прямую параллельно 
Пусть эта прямая пересекает диагональ 
в точке L. В плоскости основания 
проведем прямую 
пусть она пересекает сторону 
в точке P. Треугольник KPC1 — сечение, проходящее через точки К и С1 параллельно прямой BD1. Действительно, прямая BD1 параллельна плоскости сечения, так как параллельна лежащей в нем прямой KL.
В плоскости основания через точку A1 проведем прямую параллельно C1P. Пусть она пересекает D1В1 в точке М. По теореме Фалеса имеем: 
и 
поэтому 
Тогда 
Что и требовалось доказать.
б) Пусть теперь точка N — основание высоты 
прямоугольного треугольника 
— является проекцией наклонной PN на плоскость 
Тогда угол PNB1 — линейный угол искомого двугранного угла. Имеем:
Тем самым, 
Ответ: б) 
Приведём другое решение.
б) Уравнение плоскости — ax + by + cz + d = 0.
Приведём координаты точек C1(0; 4; 4), K(4; 4; 3), 
Подставив координаты указанных точек в уравнение, получим систему трёх уравнений
Вычтем из первого уравнения второе, из первого третье, из второго третье, получим следующую эквивалентную систему уравнений:
Таким образом, вектор нормали плоскости имеет вид 
Откуда имеем: a = 1, b = 3, c = 4. Получаем уравнение плоскости: x + 3y + 4z + d = 0. Определим теперь коэффициент d, для этого подставим в это уравнение координаты точки C1:
Имеем: x + 3y + 4z – 28 = 0 — уравнение плоскости PKC1. Координаты вектора нормали к плоскости 
Координаты вектора нормали к плоскости 
Обозначим угол между плоскостями 
и 
как 
Найдём косинус угла между плоскостями 
и 
Откуда 
Может также быть получен ответ и через арктангенс: 
Приведём идею решения Евгения Матвеева.
Введём систему координат с центром в точке 
Уравнение плоскости сечения C1PK в отрезках 
Нормальный вектор к этой плоскости: 
нормальный вектор к плоскости BB1C1C: 
Тогда
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта a) и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б) ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а) ИЛИ при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
Поэтому 
также лежат в этой плоскости. Пусть они пересекаются в точке M, таким образом, точка M также лежит в искомом сечении. Аналогично, BC и 
лежат в сечении BCA1D1 и пересекаются в точке 
Трапеция 
— искомое сечение.
а 
Поэтому 
Из подобия треугольников D1C1E и BME находим, что 
откуда BM = MA = 1. Аналогично, BN=1, треугольник BMN — равнобедренный. Опустим перпендикуляр AH на прямую 
По теореме о трёх перпендикулярах 
и, значит, 
— искомый угол.
Тогда 
Из подобия этих треугольников находим 
отрезок MN — средняя линия треугольника ABC. Поэтому BM = BN = 1. Таким образом, построено искомое сечение — трапеция A1C1NM.
Вычислим тангенс искомого угла: 
Тогда, по теореме косинусов, 
Отсюда 
Получается, что основание равнобедренного треугольника BMC меньше его боковой стороны, значит, угол при вершине острый. Угол же при основании равнобедренного треугольника всегда острый. Отсюда получаем требуемое.
имеем: 
от центра окружности основания, а хорда длиной 16, аналогично, — на расстоянии 6. Поэтому расстояние между их проекциями на плоскость, параллельную основаниям цилиндров, составляет либо 8 + 6 = 14, либо 8 − 6 = 2. Тогда расстояние между хордами составляет либо 
либо 
По условию реализовался второй случай, в нем проекции хорд лежат по одну сторону от оси цилиндра. Значит, ось не пересекает данную плоскость в пределах цилиндра, то есть основания лежат по одну сторону от нее.
и, значит, AB и AH перпендикулярны хорде, то есть прямой пересечения основания с данной плоскостью.
как средняя линия треугольника ASC. Проекция прямой SB на плоскость ABC это прямая OB, где O - основание высоты пирамиды. 
так как диагонали квадрата перпендикулярны. Тогда, по теореме о трех перпендикулярах, 
а значит и 
и 
то 
и 
Плоскость сечения пересекает параллельные плоскости 
и 
по параллельным прямым, поэтому она пересекает ребро 
в такой точке Q, что прямая TQ параллельна прямой 
Значит, треугольники 
и 
подобны, а поскольку 
то и 
Значит, 
и 
перпендикулярна плоскости 
опустим перпендикуляр 
из точки 
на прямую EQ пересечения этих плоскостей. Угол 
будет искомым. Найдём 
Для этого проведём в трапеции 
высоту 
(очевидно, L — середина 
). Теперь, вычисляя двумя способами площадь треугольника 
найдём 
то есть 
Тогда 
б) 
перпендикулярна 
Кроме того, прямая 
, поскольку 
прямоугольный.
и AT , угол 
искомый. Имеем 
параллельна прямой AC, то она пересекает грань ABСD по некоторой прямой FL, параллельной прямой AC. Пусть точка 
и прямая FL пересекает прямую BD в точке K а прямая KE пересекает прямую BB1 в точке P. Тогда точка пересечения прямых B1D и KE есть точка пересечения плоскости 
с диагональю B1D (см. рис. 1).
тогда 
Таким образом, 
— подобны, откуда 
что и требовалось доказать.
и 
получаем, что 
Значит, согласно теореме о трех перпендикулярах, 
Таким образом, угол PKB ― линейный угол искомого двугранного угла.
и 
из треугольника PBK находим: 
откуда 
и прямой 
Его катеты равны 
Значит, 
и 
По теореме о трёх перпендикулярах, из перпендикулярности наклонной D1B и прямой AC следует перпендикулярность прямой AC проекции наклонной — прямой DB. Этим показано, что диагонали лежащего в основании прямоугольника взаимно перпендикулярны. Следовательно, этот прямоугольник является квадратом, что и требовалось доказать.
равны по гипотенузе и катету: 
Значит, 
а ABCD является квадратом.
Проекцией ромба сечения на боковую грань ВСС1В1 является параллелограмм ВKС1N, площадь которого равна половине площади прямоугольника ВСС1В1 то есть 12. Поскольку 
для искомого угла между плоскостями получаем:
В равнобедренных треугольниках ASB и PSQ медианы SM и SN являются биссектрисами и высотами. Следовательно, точки S, M и N лежат на одной прямой. Треугольник PCQ равнобедренный, так как треугольники PAC и QBC равны, а значит, PC = 
В треугольниках ABC и PCQ высотами служат отрезки CM и CN соответственно. Из того, что отрезок PQ перпендикулярен отрезку SN и отрезку CN следует, что прямая PQ перпендикулярна плоскости SNC, но перпендикуляр к плоскости перпендикулярен любой прямой, лежащей в ней, следовательно, прямые PQ и SC перпендикулярны.
искомый. Найдём стороны треугольника 
и 
Отношение площадей треугольников BB1C1 и A1BK. является косинусом угла 
и 
Следовательно, 
равны по гипотенузе (AO = C1O) и острому углу, значит, 
Что и требовалось доказать.
получаем:
откуда высота
или 
вдвое больше объема пирамиды 
равен 
Таким образом, объем пирамиды 
Что и требовалось доказать.
Так как треугольник ABC равносторонний, а треугольник 
— равнобедренный, отрезки AH и 
Из треугольника 
найдем 
В треугольнике AHB найдем высоту 
найдем: 
Отсюда, по обратной теореме Пифагора, угол BSD прямой. Что и требовалось доказать.
и 
то плоскость SAC перпендикулярна прямой BD. Это значит, что плоскость SAC и есть плоскость, проходящая через точку A перпендикулярно BD.
Так как треугольник ASO — равнобедренный, 
Следовательно, искомый угол равен углу OMD. Найдем стороны треугольника OMD:
и 
Пусть R — радиус основания цилиндра. Тогда, по теореме синусов 
Что и требовалось доказать.
Следовательно, так же относятся и объемы пирамид AKCM и BKCM.
откуда
Плоскость NMP параллельна BC и содержит NK, таким образом NMP искомая плоскость α. По теореме о пропорциональных отрезках имеем: 
Таким образом, PM параллельна SA, значит, SA параллельна α. 
Таким образом, угол между плоскостью 
где F — середина BC, а O — центр основания пирамиды. Таким образом, 
а SB = 10.
а CO = 6.
откуда 
Далее находим,
и тогда 
Пусть 
Из подобия треугольников MDL и KCL имеем
Следовательно, D1NLC — параллелограмм, то есть отрезок LN параллелен отрезку CD1. Поэтому прямая DC1 перпендикулярна прямой LN и линейным углом между плоскостями MNO и DCC1 будет угол MED, где E — точка пересечения прямых DC1 и NL. Тогда
и 
перпендикулярна плоскости ABC. Прямая 
перпендикулярна плоскости α. Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными этим плоскостям. Поэтому искомый угол равен углу между прямыми 
равен углу 
Объём параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 равен 
и
поскольку 
перпендикулярны, так как прямая 
Значит, прямая 
прямоугольный.
перпендикулярно этому отрезку. Эта прямая пересекает AT в некоторой точке H. Угол 
— линейный угол искомого угла. Треугольники AOH и 
и OH перпендикулярны прямой 
значит, плоскость 
Прямая 
следовательно, прямая 
Из этого следует, что прямая 
а значит, и прямой OH. Тогда
значит,
откуда
(только равносторонний треугольник).
откуда
тогда 
Вектор 
параллелен плоскости α, а значит, перпендикулярен нормали к этой плоскости, а значит, их скалярное произведение равно нулю. Пусть вектор нормали имеет координаты 
тогда 
Подставляя координаты точек B1 и K в уравнение 
плоскости α, получаем систему уравнений:
тогда 
Следовательно, 
а уравнение плоскости имеет вид 
Это равенство верно, значит, точка P принадлежит плоскости α. Следовательно, 
получаем:
Далее находим, что B = C = 0. Положим 
Следовательно, 
По теореме косинусов для треугольника ANR: 
Таким образом, высота треугольника ADE, проведённая из точки A, составляет 
высоты треугольника ABC и при этом они лежат на одной прямой, проходящей через точку A перпендикулярно прямой BC, следовательно, основание высоты треугольника ADE делит высоту треугольника ABC в соотношении 2 : 1, считая от вершины A, и совпадает с точкой O — центром треугольника ABC. Таким образом, точка O лежит на DE.
откуда
По теореме синусов:
тогда
тогда 
и 
представляют один и тот же угол.
Q — точка пересечения прямых KL и MN. Плоскости КPL и PMN перпендикулярны плоскости основания пирамиды.
a высота пирамиды PKLMN равна 8.
(углы KLM и LMN лежат при меньшем основании трапеции LM и являются тупыми). Каждая из плоскостей KPL и PMN содержит прямую, перпендикулярную плоскости KLM, и так как существует единственная такая прямая, проходящая через точку Q, то это прямая их пересечения — PQ. Таким образом, прямая PQ перпендикулярна плоскости KLM, следовательно, и лежащим в ней прямым KL и MN. Тем самым 
Следовательно, 
Таким образом, 
Плоскость α содержит прямую КМ и параллельна прямой BC.
Тогда:
точка K — середина ребра DD1.
a 
тогда 
Пусть D1K = x, KD = x. По теореме Пифагора:
то треугольник B1A1M — равносторонний, A1B1 = C1D1 = CD = A1M = 1. Найдем длину BD: 
Площадь MKCP равна, таким образом, 
Площадь 
равна 
Найдем косинус угла между плоскостью MKC и плоскостью основания:
а 
BH1 и CH на сторону AD. Пусть BH1 = h и CC1 = a. Во введенной системе координат имеем:
получим:
Вычтем из третьего уравнения системы второе и выразим С:
и 
равно
Далее находим:
тогда 
Выразим угол HKD:
треугольники MD1K и HDK подобны по двум углам. Имеем:
получим:
откуда 
то есть 
Поскольку угол острый, 
а высота равна 60.
откуда 
следовательно, треугольник AKP — прямоугольный, а прямые AP и PK перпендикулярны.
следовательно, 
откуда 
следовательно, по теореме Фалеса 
Таким образом, точки T и M совпадают. 
где 
Запишем уравнение плоскости α: 
где 
Косинус угла между плоскостями равен модулю косинуса угла между перпендикулярными к ним векторами: 
и 
Следовательно, 
следовательно, 
значит, прямая LM — средняя линия треугольника KPC, то есть точка M — середина отрезка PC. Тогда равны треугольники PB1M и CC1M, а отрезки B1M и MC1 равны как соответствующие элементы.
где отрезок LH — высота трапеции. Имеем:
значит, равны треугольники PBK и PBC, а тогда BK = BC и, аналогично, 
Пусть точка O — середина отрезка KC, тогда отрезок BO — медиана и высота прямоугольного равнобедренного треугольника BKC, откуда следует 
Угол POB равен углу между плоскостями KLM и ABC,
Следовательно, AE : EB = 1 : 4.
Пусть AB = x, тогда 
Имеем:
следовательно, точка P — середина ребра SA, а точка Q — середина ребра SD. Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через ее высоту SH перпендикулярно прямой AD. Обозначим M и N — середины сторон BC и AD соответственно, пусть T — середина отрезка PQ, и пусть высота SH и сечение BPQC пересекаются в точке O. Из теоремы Менелая для треугольника HSN и секущей TO получаем:
Следовательно, точка H — середина отрезка MN.
тогда: 
Заметим, что эта высота является также и высотой пирамиды SBPTM, проведенной из вершины S. Пусть β — угол между боковой гранью SBP и основанием BPTM. Тогда:
откуда 
и 
По теореме Менелая в треугольнике CSD получаем:
— искомый.
где SO — высота пирамиды. Значит, точка H — середина прямой OD, поэтому:
Точка H имеет координаты (9t; 9t), следовательно,
— искомый
По свойству точки пересечения медиан 
а тогда 
откуда следует параллельность отрезков MK и DS. Плоскость 
Здесь мы использовали, что
Подставив координаты соответствующих точек, получим:
Уравнение плоскости имеет вид 
Плоскость 
Найдем косинус угла между плоскостями:
значит,
то есть 
Значит,
Тогда по теореме Менелая для треугольника FAP и секущей NQ получаем:
откуда 
По теореме Менелая для треугольника ASF и секущей XY получаем:
Площади треугольников SXY и SAF с общим углом S относятся как произведения сторон, заключающих этот угол:
Положим AB = 3a, SA = 6a, тогда по теореме Пифагора 
а тогда 
Далее, 
По теореме косинусов:
Тогда 
и 
где R — проекция точки H на отрезок NQ (см. рис.).
AD = 12, AA1 = 16.
(из результатов пункта а) следует, что K — середина EA1). Теперь, вычисляя двумя способами площадь треугольника EFA1, получим A1H · EF = A1E · FK, то есть 
—
Следовательно, площадь трапеции равна
Следовательно, четырехугольник EFTD1 — трапеция. 
и 
Гипотенуза D1M равна 
Значит, высота A1H треугольника, проведённая к гипотенузе, равна 
