Решение. а) Заметим, что проекция прямой на плоскость это прямая . Проекция прямой на плоскость это прямая . и как диагонали квадрата. Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах и . Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, .

б) Пусть точка O — центр куба, а M — середина а MO — средняя линия треугольника поэтому Треугольник  — равносторонний, следовательно, искомый угол равен углу

Примем длины ребер куба за Найдем стороны треугольника Из треугольника находим из равностороннего треугольника находим

Поскольку O — середина диагонали то Теперь применим к треугольнику теорему косинусов:

Ответ:

Решение. а) Пусть проекция точки S на плоскость основания это точка H. Опустим из точки S перпендикуляры на стороны треугольника ABC. По теореме о трех перпендикулярах -- тоже перпендикуляры к сторонам треугольника. А из условия равенства двугранных углов при основании пирамиды получаем, что треугольники SKH, SLH, SMH равны, поэтому , а значит H -- центр вписанной в ABC окружности.

б) Как известно, если фигура является проекцией фигуры то

Спроектируем боковые грани пирамиды на плоскость ее основания. Они покроют основание, а площади их проекций будут меньше площадей исходных граней в Поэтому искомая боковая поверхность равна

Осталось найти площадь основания. Обозначим катеты основания пирамиды за a и b. Тогда и (теорема Пифагора и формула для радиуса вписанной окружности).

Из второго уравнения получим умножая на 2 и складывая с первым, получим

откуда Тогда

Тогда площадь боковой поверхности равна

Решение. Пусть M и N — середины рёбер AS и BC соответственно. Прямая AS проектируется на плоскость основания в прямую Поэтому проекция точки M — точка  — лежит на отрезке Значит, прямая AN является проекцией прямой MN, следовательно, угол  — искомый. Заметим, что где O — центр основания, значит,  — средняя линия треугольника ASO, а поэтому  — середина

Тогда и Из прямоугольного треугольника находим:

Из прямоугольного треугольника находим: Значит, искомый угол равен

Ответ:

Решение. Пусть точка M — середина отрезка Примем длины ребер куба за Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора найдём

Аналогично, Опустим перпендикуляры и CK на сторону треугольники и равносторонние, поэтому перпендикуляры и CK также являются биссектрисами и медианами, поэтому точки H, K и M совпадают. Угол  — искомый. Из прямоугольного треугольника

По теореме косинусов из треугольника

Следовательно, угол между плоскостями равен

Ответ:

Решение. Поскольку призма прямая, то высота треугольника перпендикулярна плоскости Поэтому прямая BM  — проекция прямой на плоскость Значит, искомый угол равен углу

Так как имеем:

Отсюда Следовательно,

Ответ:

Решение. Пусть SABC — данная пирамида с вершиной S, SH — ее высота, M — середина BC, CK — высота треугольника Угол SMH — угол между боковой гранью пирамиды и основанием.

Пусть тогда

Найдем площадь треугольника двумя способами: Значит,

Ребро AC перпендикулярно плоскости SBH, поэтому SB и AC перпендикулярны, следовательно, плоскость AKC перпендикулярна ребру Искомый угол между боковыми гранями равен углу при вершине равнобедренного треугольника

Ответ:

Решение. Пусть SABC — данная пирамида с вершиной  — ее высота, M — середина BC, CK — высота треугольника Угол SMH — угол между боковой гранью пирамиды и основанием.

Пусть тогда

Найдем площадь треугольника двумя способами: Значит,

Ребро AC перпендикулярно плоскости SBH, поэтому SB и AC перпендикулярны, следовательно, плоскость AKC перпендикулярна ребру Искомый угол между боковыми гранями равен углу при вершине равнобедренного треугольника

Ответ:

Решение. а) В квадрате диагонали перпендикулярны, поэтому . Кроме того, , так как BC перпендикулярна плоскости . Отсюда получаем, что прямая перпендикулярна плоскости . А тогда, по признаку перпендикулярности плоскостей, получаем требуемое (ведь плоскость содержит прямую, перпендикулярную плоскости ).

б) Пусть точка M — середина отрезка Примем длины ребер куба за Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора найдём

Аналогично, Опустим перпендикуляры и CK на сторону треугольники и равносторонние, поэтому перпендикуляры и CK также являются биссектрисами и медианами, поэтому точки H, K и M совпадают. Угол  — искомый. Из прямоугольного треугольника

По теореме косинусов из треугольника

Следовательно, угол между плоскостями равен

Ответ:

Примечание.

Укажем другой путь нахождения угла B₁MC. В прямоугольнике CDA₁B₁ проведём через точку M — середину боковой стороны DA₁ — отрезок MK, параллельный стороне CD (см. рис.). Тогда:

Решение. а) , так как они лежат в одной плоскости и не пересекаются (так как лежат еще и в параллельных плоскостях, содержащих грани параллелепипеда). Аналогично. Значит, по признаку параллельности плоскостей, .

б) Вместо плоскости возьмем параллельную ей плоскость Пусть E — середина Значит, угол DEA — линейный угол искомого угла. Из прямоугольного треугольника DAE находим

Ответ:

Решение. а) Заметим, что прямые A_1B и D_1C лежат в одной плоскости и не пересекаются, так как лежат еще и в параллельных плоскостях содержащих противоположные грани параллелепипеда. Следовательно, они параллельны. Из аналогичных соображений параллельны прямые BD и . Но тогда, по признаку параллельности плоскостей, получаем параллельность и , что и требовалось.

б) Вместо плоскости возьмем параллельную ей плоскость Пусть E — середина Значит, угол  — линейный угол искомого угла. Из прямоугольного треугольника находим

Ответ:

Решение. а) Боковые грани правильной пирамиды - равные равнобедренные треугольники. Поэтому в них равны медианы, проведенные к боковым сторонам: BM и CM. Из треугольника SAB получаем, что . 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.

б) Отрезок MK — средняя линия треугольника SAB, следовательно, MK || AB. Значит, через MK можно провести плоскость параллельную плоскости ABC и, так как MK ⊂ CMK, MK параллельна прямой пересечения плоскостей CMK и ABC.

Треугольник CMK — равнобедренный. Проведем перпендикуляр CQ к MK, Q — середина MK. Из точки Q опустим перпендикуляр QP на плоскость основания. Точка P лежит на CL — медиане треугольника ABC, P — середина LO. CL ⊥ AB, следовательно, CL ⊥ MK и CQ ⊥ MK. Таким образом, ∠QCP — линейный угол искомого угла.

Далее находим:

Откуда

Поскольку имеем:

Ответ:

Решение. а) Пусть SO − высота пирамиды. Тогда проекция прямой SC на плоскость ABC это прямая CO. O − центр равностороннего треугольника ABC, поэтому . Значит, по теореме о трех перпендикулярах, .

б) Проведем перпендикуляр CQ к MK, так как треугольник CMK — равнобедренный, то Q — середина Из точки Q опустим перпендикуляр QP на плоскость основания. Точка P лежит на медиане CL треугольника Прямая параллельна прямой пересечения плоскостей CMK и ABC, и Следовательно,  — линейный угол искомого угла между плоскостями.

Далее находим:

Откуда

Ответ:

Решение. а) Пусть SO − высота пирамиды. Заметим, что проекцией прямой AS на плоскость ABCD является прямая AO. Но , так как диагонали квадрата перпендикулярны. Поэтому, по теореме о трех перпендикулярах, .

б) Проведём из точки B перпендикуляр BQ к  — середина Точка Q является серединой высоты Прямая MK параллельна прямой пересечения плоскостей, Следовательно,  — линейный угол искомого угла. Найдём

Значит,

Ответ:

Решение. а) Заметим, что 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 .

б) Проведём из точки B перпендикуляр BQ к MK, Q — середина MK. Точка Q является серединой высоты SO. Прямая MK параллельна прямой пересечения плоскостей, QB⊥MK, OB⊥MK. Следовательно, ∠QBO — линейный угол искомого угла. Найдём QO.

Значит,

Ответ:

Решение. а) Из условия следует, что треугольник ABD равнобедренный с углом 60 градусов, а следовательно, равносторонний. Тогда, по теореме Пифагора получаем, что . Отсюда отрезки и равны.

б) Построим сечение призмы плоскостью Получим параллелограмм Из точки D проведём перпендикуляр к прямой Тогда по теореме о трех перпендикулярах Плоский угол  — искомый. следовательно,

Ответ:

Решение. а) Заметим сначала, что по определению призмы и . Из того, что призма прямая и в основании лежит ромб следует, что, по теореме Пифагора, . Поэтому треугольники и равны по трем сторонам. Значит, равны и углы и . Что и требовалось доказать.

б) Построим сечение призмы плоскостью AC₁B. Получим параллелограмм ABC₁D₁. Из точки D проведём перпендикуляр DH к прямой AB. Тогда по теореме о трех перпендикулярах D₁H ⊥ AB. Плоский угол DHD₁ — искомый. Следовательно,

Ответ:

Решение. а) Спроецируем прямую на плоскости и . Получатся прямые и . Тогда, по теореме о трех перпендикулярах, и . Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, . Что и требовалось доказать.

б) Пусть точка M — середина отрезка Примем длины ребер куба за Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора найдём

Аналогично, Опустим перпендикуляры и CK на сторону треугольники и равносторонние, поэтому перпендикуляры и CK также являются биссектрисами и медианами, поэтому точки H, K и M совпадают. Угол  — искомый. Из прямоугольного треугольника

По теореме косинусов из треугольника

Ответ:

Решение. а) Основания призмы параллельны, поэтому расстояние между прямыми AC и равно расстоянию между основаниями, то есть высоте призмы. Этой же высоте равно расстояние между прямыми и BD.

б) Из пункта а) высота призмы равна 13. Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными этим плоскостям. Поэтому искомый угол равен углу между ребром и прямой Рассмотрим прямоугольный треугольник Его катеты равны Значит,

Ответ:

Решение. а) Основания любой призмы лежат в параллельных плоскостях. Поэтому расстояние между прямыми, одна из которых лежит на плоскости одного основания, а другая на плоскости другого основания, равно расстоянию между основаниями, то есть высоте призмы. Поэтому требуемые расстояния равны.

б) Из пункта а) следует, что высота призмы равна Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными этим плоскостям. Следовательно, искомый угол равен углу между ребром и прямой

Рассмотрим треугольник Его катеты равны Поэтому

Ответ: 60

Решение. а) Заметим, что плоскость делит призму на две четырехугольные пирамиды: и . Основания этих пирамид − равные прямоугольные трапеции, а высоты равны высоте равностороннего треугольника ABC, поэтому они тоже равны. Следовательно, равны и объемы этих пирамид. Что и требовалось доказать.

б) Прямая пересекает прямую BC в точке Плоскости ABC и пересекаются по прямой Из точки D опустим перпендикуляр DH на прямую AK, тогда отрезок CH (проекция DH), по теореме о трех перпендикулярах, перпендикулярен прямой Угол CHD является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями ABC и

Точка D — середина ребра поэтому

Из равенства треугольников и KCD получаем:

В равнобедренном треугольнике ACK угол C равен высота CH является высотой и биссектрисой, откуда

Из прямоугольного треугольника CDH с прямым углом C получаем:

тогда

Ответ:

Замечание: Ответ может быть представлен и в другой форме:

Решение. а) Заметим, что плоскость ADB_1 делит призму на две четырехугольные пирамиды: и . Основания этих пирамид − равные прямоугольные трапеции, а высоты равны высоте равностороннего треугольника ABC, поэтому они тоже равны. Следовательно, равны и объемы этих пирамид. Что и требовалось доказать.

б) Прямая пересекает прямую BC в точке Плоскости ABC и пересекаются по прямой Из точки D опустим перпендикуляр DH на прямую AK, тогда отрезок CH (проекция DH) перпендикулярен прямой Угол CHD является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями ABC и

Точка D — середина ребра поэтому

Из равенства треугольников и KCD получаем:

В равнобедренном треугольнике ACK угол C равен высота CH является биссектрисой, откуда

Из прямоугольного треугольника CDH с прямым углом C получаем:

тогда

Ответ может быть представлен и в другой форме:

Ответ:

Решение. а) Четырехугольник − параллелограмм (даже прямоугольник), поэтому прямая пересекает плоскость BED₁ в точке O, середине отрезка . Пусть точки H_A и H_C − проекции, соответственно, точек и C на плоскость BED₁. Тогда треугольники и H_CCO равны по гипотенузе и острому углу, значит, . Что и требовалось доказать.

б) Прямая пересекает прямую AD в точке Плоскости ABC и пересекаются по прямой

Из точки E опустим перпендикуляр EH на прямую KB, тогда отрезок AH (проекция EH) перпендикулярен прямой KB по теореме о трех перпендикулярах. Угол EHA является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями ABC и

Поскольку получаем:

Из подобия треугольников и AKE находим:

В прямоугольном треугольнике AKB с прямым углом откуда высота

Из прямоугольного треугольника AHE с прямым углом A получаем:

Ответ:

Решение. а) Четырехугольник − параллелограмм (даже прямоугольник), поэтому прямая пересекает плоскость в точке O, середине отрезка . Пусть точки H_A и H_C − проекции, соответственно, точек A и на плоскость . Тогда треугольники H_AAO и равны по гипотенузе и острому углу, значит, . Что и требовалось доказать.

б) Прямая пересекает прямую АD в точке К. Плоскости ABC и BED₁ пересекаются по прямой Из точки Е опустим перпендикуляр EH на прямую KB, тогда отрезок AH (проекция EH) перпендикулярен прямой KB. Угол АНЕ является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями ABC и BED₁.

Поскольку получаем:

Из подобия треугольников и AKE находим:

В прямоугольном треугольнике AKB с прямым углом A: ; ; откуда высота

Из прямоугольного треугольника AHE с прямым углом A получаем:

Ответ может быть представлен и в другой форме: или

Ответ:

Решение. а) Пусть SABC — данная пирамида с вершиной S, SH — ее высота, M — середина BC. Проекцией прямой AS на плоскость основания пирамиды является прямая AM. Но AM − высота треугольника ABC, поэтому . Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, . Аналогично доказывается, что .

б) Пусть CK — высота треугольника BSC. Угол SMH — угол между боковой гранью пирамиды и основанием.

Пусть SM = 4a. Тогда

Заметим, что Значит,

Так как CK высота треугольника SBC, а SAB равный ему, то и Искомый угол между боковыми гранями равен углу при вершине равнобедренного треугольника

Ответ:

Решение. а) Пусть SABC — данная пирамида с вершиной S, SH — ее высота, M — середина BC. Проекцией прямой AS на плоскость основания пирамиды является прямая AM. Но AM − высота треугольника ABC, поэтому . Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, . Аналогично доказывается, что .

б) Пусть CK — высота равнобедренного треугольника BSC, а AK — равного ему треугольника ASB. Таким образом, искомый угол AKC. Угол SMH — угол между боковой гранью пирамиды и основанием.

Пусть SM = 6a. тогда

Заметим, что площадь треугольника BSC может быть вычислена двумя способами: Значит,

Теперь мы можем найти искомый угол AKC при вершине равнобедренного треугольника

Ответ:

Решение. а) Пусть S − площадь основания призмы, а h - её высота. Тогда объем призмы равен Sh, а объем пирамиды равен . Таким образом, объем пирамиды равен . Что и требовалось доказать.

б) Обозначим H середину ребра Так как треугольник ABC равносторонний, а треугольник  — равнобедренный, отрезки AH и перпендикулярны Следовательно,  — линейный угол двугранного угла с гранями BCA и Из треугольника найдем В треугольнике AHB найдем высоту

Из треугольника найдем:

Искомый угол равен

Ответ:

Решение. а) Пусть SO - высота пирамиды и пусть плоскость MKB пересекает ребро SD в точке P. Проведем из точки B перпендикуляр BQ к MK, Q — середина MK. Точка Q является серединой высоты Запишем теорему Менелая для треугольника SDO и секущей BP: . Что и требовалось доказать.

б)  Прямая MK параллельна прямой прямой пересечения плоскостей BMK и ABC, Следовательно,  — искомый линейный угол. Найдем QO:

Значит,

Ответ:

Решение. а) Основание пирамиды - квадрат, поэтому его диагональ . Тогда в треугольнике BSD получаем, что . Отсюда, по обратной теореме Пифагора, угол BSD прямой. Что и требовалось доказать.

б) Пусть точка O — центр основания, а M — середина ребра Поскольку и плоскость SAC перпендикулярна прямой Это значит, что плоскость SAC и есть плоскость, проходящая через точку A перпендикулярно

Проведем отрезки MD и Так как треугольник SAD правильный, Так как треугольник ASO — равнобедренный, Следовательно, искомый угол равен углу Найдем стороны треугольника

По теореме косинусов:

Отсюда

Ответ:

Примечание.

Решение существенно упрощается, если заметить, что треугольник MOD — прямоугольный:

Решение. а) Пусть AA₁ — образующая цилиндра, M — середина хорды BC. Тогда

Треугольники ABA₁ и ACA₁ равны по гипотенузе и катету. Значит, BA₁ = A₁C.

В равнобедренных треугольниках BAC и BA₁C медианы AM и A₁M являются высотами. Поэтому искомый угол между плоскостями равен углу ∠AMA₁. В прямоугольном треугольнике AMA₁ имеем:

Ответ:

б) Из пункта а) получаем, что , , значит, . Тогда . Пусть R - радиус основания цилиндра. Тогда, по теореме синусов . Отсюда . Что и требовалось доказать.

Решение. а) Объем пирамиды равен произведению высоты на одну треть площади основания. Заметим, что у пирамид AKCM и BKCM общая высота, проведенная из вершины M. Основания этих пирамид − треугольники AKC и BKC соответственно. У этих треугольников, в свою очередь, общая высота, проведенная из вершины C, поэтому их площади относятся как . Следовательно, так же относятся и объемы пирамид AKCM и BKCM.

б) Пусть L — середина AB. Тогда

Пусть BN — высота грани BMC, а MH — высота грани AMC. Посчитаем площади равных треугольников BMC и AMC двумя разными способами: откуда

Искомый угол между гранями равен углу, противолежащему основанию равнобедренного треугольника ANB. Этот угол равен удвоенному углу BNL. В прямоугольном треугольнике BNL имеем:

Ответ:

Решение. а) Введем систему координат, связанную с параллелепипедом. Пусть AB = t, а начало координат находится в точке B(0, 0, 0). Тогда D(t, 2t, 3t) и направляющий вектор прямой BD есть Составим уравнение плоскости BDC₁, проходящей через точку B (0, 0, 0) и, значит, имеющей вид Эта плоскость проходит через точки D(t, 2t, 0) и C₁(0, 2t, 3t), откуда Тогда a = 6, b = −3, c = 2, а значит, вектор нормали к плоскости BDC₁ имеет координаты Найдем синус угла между BO₁ и BDC₁. Для этого вычислим

Таким образом, угол между BO₁ и BDC₁ равен

б) Плоскость AA₁D — грань, перпендикулярная ребру AB. Следовательно, вектор ее нормали Найдём косинус угла между AA₁D и BDC₁:

Ответ: a)

Решение. а) Назовем точки пересечения плоскости сечения с боковыми ребрами пирамиды: M с SB, K с SC, N с SD. Отрезок MN пересекает SBD и, следовательно, прямая MN параллельна BD. Прямая SO пересекает плоскость SBD, поэтому точка, в которой SO пересекает плоскость сечения, это точка в которой прямая SO пересекает прямую MN. Назовем эту точку L.

Рассмотрим плоскость SAC, заметим, что Проведем из точки K отрезок KP параллельный прямой AC. Имеем: прямые KP и SO пересекаются в точке R. Тогда из подобия треугольников SPK и SAC находим: то есть треугольники KRL и AOL подобны с коэффициентом подобия Следовательно,

Это доказывает, что SL : LO = 3 : 1.

б) Так как плоскости ABCD и AMKN пересечены плоскостью SBD по двум параллельным прямым BD и MN, эти прямые параллельны ребру двугранного угла, образованного этими плоскостями. Прямая AC перпендикулярна прямой BD, прямая AK перпендикулярна прямой MN по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, искомый угол равен углу CAK. Пусть K' — проекция точки K на прямую AC, тогда

Таким образом,

Ответ: б)

Решение. Заметим, что следовательно, треугольники AED и ABC подобны с коэффициентом подобия и AD = ED = AE = 4. Пусть L' — это проекция L на плоскость ABC, при этом L' принадлежит AO, где O — это центр основания. Точка O лежит на ED, так как делит медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины. Треугольники ALL' и AMO подобны с коэффициентом подобия Тогда

Значит, , что и требовалось доказать.

б) Плоскости ABC и LED пересекаются по прямой ED, AO перпендикулярно ED как высота, прямая LO перпендикулярна ED по теореме о трех перпендикулярах. Значит, угол LOA — линейный угол двугранного угла. Имеем:

Таким образом, откуда

Ответ: б)

Решение. а) Через точку D проведем плоскость DEF параллельную ABC, и точка Е является серединой ребра АА₁, а точка F — середина ребра BB₁. Пусть плоскость DEF пересекает AB₁ в точке M. Тогда, так как FE — средняя линия ABB₁A₁, то M является серединой AB₁, следовательно, M — середина FE. Тогда DM — медиана треугольника DEF и площади треугольников DEF и DEM равны. Кроме этого B₁F = AE, значит, объемы AMDE и B₁DFM равны. Очевидно, что плоскость DEF разбивает призму на две фигуры равного объема, значит, объем ABCDEF равен объему фигуры DEFA₁B₁C₁.

Вычислим:

Это означает, что равен половине объема призмы. А это и требовалось доказать.

б) Так как плоскость DEF параллельна плоскости ABC, будем искать угол между ней и плоскостью ADB₁. Они пересекаются по прямой DM, которая является медианой и высотой в треугольнике DEF. Значит, прямая FE перпендикулярна прямой DM по теореме о трех перпендикулярах и B₁A перпендикулярна DM. Таким образом, угол B₁MF — линейный угол двугранного угла. Далее имеем:

Следовательно, откуда

Ответ: б)