1)Для того, чтобы построить сечение через прямую и перпендекулярно , нам необходимо опустить перпендекуляры из точек и на , их общая точка куда попадут перпендекуляры (из равенства боковых плоскостей следует, что высоты этих треугольников попадут в одну точку). Искомое сечение

2)Опустим в треугольнике высоту из вершины , она будет и медианой и биссектрисой, потому что треугольник равнобедренный (=)

3)Зная площадь сечения, найдем

4)По формуле медианы равностороннего треугольника, найдем

5)Треугольник прямоугольный с прямым углом (из построения). Найдем

6)По свойству медианы

7)По свойству прямоугольного треугольника :

Ответ:

Двугранный угол измеряется линейным углом, который находится, как угол между перпендикулярами, проведенными в каждой из плоскостей к общей линии пересечения. Построим в грани SCD апофему SL: так как пирамида SABCD правильная, то боковая грань является равнобедренным треугольником, поэтому апофема (являющаяся высотой) падает в середину стороны основания CD. В основании пирамиды проведем отрезок LK (K ∈ AB), перпендикулярный стороне CD (то есть параллельно сторонам AD и BC). Полученный угол ∠SLK является искомым линейным углом.

Из построения ясно, что стороны сечения DM и CN равны (отрезки, проведенные в равных треугольниках), полученное сечение является равнобедренной трапецией DMNC. Значит, чтобы найти ее площадь, удобнее всего найти ее основание MN и высоту PL.

Из формулы для объема пирамиды найдем высоту пирамиды:

Площадь основания S = 1² = 1.

Тогда из прямоугольного треугольника SOL по теореме Пифагора получим:

Из треугольника SKL по теореме косинусов получаем:

Далее, по свойству биссектрисы имеем SP : SL = KP : KL; обозначив SP за x, получим:

Значит SP = 0,9; PK = 0,6.

По теореме косинусов для треугольника SPL получаем, что , то есть

Теперь рассмотрим SAB: MN || AB, откуда (по 3-м углам).

Тогда , откуда

Итак, площадь сечения равна:

Ответ:

Для начала построим сечение PQR: проведем линию QP до пересечения с прямой AC (точка E). В плоскости грани ADC соединим точки E и R: линия ER пересечет сторону AD в точке S. Соединяя точки S, R, P и Q, получаем искомое сечение.

Предварительно найдем соотношения и длины некоторых сторон.

Рассмотрим плоскость ABC. В треугольнике BQP вычислим QP по теореме косинусов:

Теперь найдем угол BPQ (на рисунке угол 1):

Тогда, из основного тригонометрического тождества:

Заметим, что как вертикальные, тогда можем найти угол AEP (на рисунке угол 2):

Вычислим синус угла 2:

По теореме синусов для треугольника APE:

Теперь рассмотрим плоскость ADC. Из треугольника CRE по теореме косинусов имеем:

Из этого же треугольника найдем угол CER (на рисунке угол 1):

Тогда, из основного тригонометрического тождества:

Найдем синус угла ASE (на рисунке угол 2):

По теореме синусов для треугольника ASE:

Для дальнейшего решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базисные векторы: Выразим векторы и через базисные:

где откуда,

Теперь найдем длины этих векторов (используя то, что , а также тот факт, что

Осталось вычислить скалярное произведение данных векторов:

Окончательно получаем:

Ответ:

Примечание Дмитрия Гущина.

Эту часть решения можно несколько сократить, применив теорему Менелая для тетраэдра: точки S, R, P и Q, лежащие на ребрах тетраэдра AD, DC, AB и BC соответственно, принадлежат одной плоскости тогда и только тогда, когда В нашем случае: откуда то есть

Так как основание высоты падает в центр ромба основания, то мы получим два равнобедренных треугольника: ASC и BSD (так как отрезок SO является в них высотой и медианой).

Далее, построим искомое сечение: плоскость сечения пересекает плоскость (BSD) по линии, параллельной линии BD. Поэтому в треугольнике BSD через точку пересечения высоты SO и отрезка AM (точка P) проводим отрезок , точки N и K принадлежат сторонам SB и SD соответственно. Остается соединить точку K с точками A и M в плоскостях (ASD) и (SCD) соответственно; точку N с точками A и M в плоскостях (ASB) и (SBC) соответственно.

Покажем, что в полученном в сечении 4-угольнике диагонали AM и NK пересекаются под прямым углом. Рассмотрим наклонную прямую AM и ее проекцию AG на плоскость основания (ABC): так как ABCD — ромб, то , и по теореме о 3-х перпендикулярах А так как , то Значит, площадь данного сечения можно найти так:

Найдем стороны, необходимые для вычислений: ; по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ABO найдем BO:

В равнобедренном треугольнике ASC медианы SO и AM делятся в отношении 2:1, считая от вершин S и A соответственно. Поэтому

В равнобедренном треугольнике BSD, отрезок NK отсекает подобный ему треугольник NSK (угол S — общий; , как соответственные). Поэтому , откуда

Рассмотрим далее выносной чертеж: треугольник ASC.

По условию , поэтому треугольник AMG — равнобедренный прямоугольный. Значит, AG = MG, тогда по теореме Пифагора Так как в треугольнике SOC отрезок MG параллелен SO и выходит из середины стороны SC, то MG является средней линией данного треугольника. Тогда , откуда получаем

Осталось посчитать площадь сечения:

Ответ:

Построение сечения.

Строим последовательно:

1. Отрезок KL,

2. Отрезок

3. Отрезок

4. Отрезок MN.

Докажем, что LMNK — искомое сечение.

Во-первых, LM || SA, KN || SA, следовательно, LM || KN. Поскольку через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость, то точки L, M, N, K принадлежат одной плоскости.

Во-вторых, SA || LM по построению, значит, SA || (LM); аналогично KL || BC (по построению), следовательно, BC || (LM).

Теперь докажем, что LMNK — прямоугольник.

Проведем биссектрису угла BAC. Очевидно, она пройдет через точку H, разделит отрезок BC на два равных отрезка (обозначим точку пересечения P), будет перпендикулярной к отрезку BC.

Соединим точки S и P отрезком.

Далее мы вправе утверждать, что при зеркальной симметрии относительно плоскости SA заданная пирамида перейдет сама на себя. Причем, вершины пирамиды A и S, точка P перейдут сами в себя, вершина В перейдет в вершину С и, наоборот, точка С перейдет в точку В. Так как KL || BC, то точки К и L перейдут друг в друга (по теореме Фалеса будет справедливым равенство АК : КС = АL : LB), кроме того, АС = АВ по условию. Аналогично и точки M и N перейдут друг в друга, поскольку при той же симметрии и перейдут друг на друга.

Тогда справедливы равенства: KN=LM, KM=LN.

Из равенства отрезков KN и LM, а также их параллельности (показано выше) следует, что четырехугольник LMNK — параллелограмм, А так как у него равны диагонали, то этот параллелограмм - прямоугольник.

Осталось вычислить площадь прямоугольника LMNK.

Так как — равносторонний, то

В где

Так как KL || BC, то Отсюда:

Из параллельности AS и ML следует, что

Ответ:

Поместим заданный куб в декартову систему координат как показано на рисунке. Пусть М — середина ребра DD₁, K — середина ребра DC. Тогда: A₁ (4; 0; 4), B₁ (0; 0; 4), M (4; 4; 2), K (2; 4; 0).

Уравнение секущей плоскости имеет вид ax + by + cz + d = 0. Плоскость проходит через точки М, A₁, B₁, не лежащие на одной прямой, поэтому координаты этих точек удовлетворяют уравнению плоскости. Составим и решим систему уравнений:

Из первого и второго уравнений получим, что a = 0. Из второго: Подставив полученные результаты в третье уравнение, получим значение b:

Таким образом, уравнение плоскости имеет вид:

Расстояние d от точки до плоскости y + 2z − 8 = 0 ищем по формуле где x₀, y₀, z₀ — координаты точки K (2; 4; 0):

Ответ:

Поместим заданную призму в декартову систему координат, как показано на рисунке. Прежде чем искать координаты нужных точек, найдем некоторые параметры (элементы) призмы. Поскольку равнобедренный, то — равносторонний, следовательно, DE — высота Значит,

Пусть K — середина DE, F₁ — проекция точки F на плоскость нижнего основания.

Теперь выпишем координаты нужных точек.

Уравнение плоскости ABC выглядит так: z = 0, ее нормальный вектор

Теперь составим уравнение плоскости EFG. Общий вид искомого уравнения:

ax + by + cz + d = 0. Для отыскания значений a, b, c решим систему уравнений:

Отсюда:

Найдем значение c.

Итак, уравнение плоскости EFG имеет вид: или

Нормальный вектор этой плоскости:

Ответ:

Координатный метод решения.

Пусть O — центр основания пирамиды. Тогда PO — ее высота.

Поместим пирамиду в декартову систему координат как показано на рисунке.

Укажем координаты необходимых точек: A (2; -2; 0), M (1; -1; \sqrt{7}), C (-1; -1; \sqrt{7}), C (-2; 2; 0).

Уравнение плоскости KMC в общем виде: ax + by + cz + d = 0. Найдем a, b, c.

Вычитая из второго уравнения первое, получим: Из третьего уравнения: Подставляя найденные значения a и b в первое уравнение, найдем c. Далее:

(уравнение плоскости CMK).

Ответ:

Элементарно-геометрический метод решения.

Соединим отрезками точки: M с точками K и С.

Вычислим длину отрезка CK, который является медианой треугольника BPC.

Аналогично вычислим МС — медиану треугольника РАС.

Рассмотрим пирамиду PABC (рис.2), зеркально симметричную пирамиде PADС относительно плоскости APC. При этом объем пирамиды PABC будет равна половине объема пирамиды PABCD. То есть

Пирамиды PMKС и PABC имеют общий трехгранный угол. Следовательно, в соответствии с теоремой об отношении объемов треугольных пирамид будем иметь: Отсюда

Соединим отрезком точки А и K и рассмотрим треугольные пирамиды CPMK и CAMK с вершиной С и с общей высотой, проведенной из точки С.

Поскольку треугольники PMK AMK равновелики (имеют равные основания PM и AM, общую высоту, проведенные к ним) , то Это — с одной стороны. А с другой же стороны, где — искомое расстояние.

Найдем площадь треугольника CMK по уже известным его трем сторонам — по формуле Герона.

Итак,

Ответ:

Замечания.

1. При вычислении CK и МС использована формула медианы треугольника К этой формуле можно прийти методом удвоения медианы. Если она забыта, ее можно восстановить легко и просто. И вот каким образом.

Пусть задан треугольник, стороны которого равны a, b, c. Предположим, что требуется найти длину медианы, проведенной к стороне с. Обозначим искомую длину Достроим треугольник до параллелограмма, удвоив медиану. Очевидно, одна из диагоналей параллелограмма будет с, другая а его сторонами будут стороны треугольника длиной a и b. Как известно, сумма квадратов сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей. Поскольку противолежащие стороны параллелограмма равны, то будет выполнено равенство:

Отсюда: ;

2. Строить сечение пирамиды, проходящее через точки С, M, К никакой надобности нет. Тем более доказывать, что оно содержит вершину D. В условии задачи ничего не говорится об этом сечении. Поэтому я его обошел. В данном варианте решения вычисление площади треугольника CMK по формуле Герона, когда одна из его сторон число иррациональное, никаких неудобств не доставляет.

3. Теорема об отношении объемов треугольных пирамид является логическим следствием из более общей теоремы: "Объемы двух треугольных пирамид, имеющих по равному трехгранному углу, относятся друг к другу, как произведения длин трех ребер равных трехгранных углов".

4. Рис. 1 заимствован из моего же решения данной задачи координатным методом.

Решение:

Пусть ребро заданной призмы равно 2. Введем декартову систему координат. Выберем начало координат в точке — середине ребра Ось направим по ось — по ось — по ; — середина При выбранной системе координат и длине ребра призмы найдем координаты нужных точек:

Ясно, что уравнение плоскости будет иметь вид: , а плоскость пройдет через точку , т.е. совпадет с плоскостью

Уравнение плоскости будем искать в виде Пусть Найдем значения и методом неопределенных коэффициентов.

Искомое уравнение имеет вид: или

Угол между плоскостями и равен углу между их нормальными векторами и соответственно. Для отыскания угла (так обозначим искомый угол) воспользуемся определением скалярного произведения двух векторов.

Ответ:

Решение:

1) Элементарно-геометрическим методом.

Достроим заданную призму до прямой четырехугольной призмы Соединим отрезками точки и , и

Ясно, что || — искомый.

По теореме Пифагора получим: Очевидно также, что также

По теореме косинусов будем иметь:

где — искомый угол.

Вычислим также по теореме косинусов.

Итак,

2) Координатно-векторным методом.

Пусть — искомый угол. Тогда ,

Введем декартову систему координат (см.рисунок). Найдем координаты нужных точек:

, , , ,

Представим векторы , в координатах: ,

Для отыскания угла воспользуемся понятием скалярного произведения двух векторов.

Ответ:

Введем декартову систему координат (см. рисунок).

В выбранной системе координат: , , ; ;

Уравнение плоскости имеет вид: Пусть Найдем значения при

Искомое уравнение имеет вид: или

Расстояние от точки до указанной плоскости будем находить по формуле: где — координаты точки

Ответ:

Соединим точку с точками и отрезками. Из точки проведем перпендикуляр к основание которого обозначим

В декартовой системе координат, где (ось — направлена по ось — по ось — по ) найдем координаты некоторых точек:

Найдем длины отрезков

=

Пусть Тогда а это значит, что

Решим эту же задачу элементарно-геометрическим методом.

Дополнительно соединим точки и отрезком. Заметим, что так как Значит,

(по теореме Пифагора).

Пусть Тогда А это значит, что

Ответ: 1.

Решение:

1) Координатно-векторным методом.

Если в прямоугольный параллелепипед вписана сфера, то он куб.

Пусть искомый угол будет Он равен углу между прямыми и

Введем декартовую систему координат, сторону куба при этом примем за 2. За начало координат примем вершину ось направим по ось – по ось — по

Выпишем координаты нужных точек: Найдем координаты векторов и

2) Элементарно-геометрическим методом.

Пусть, по-прежнему, сторона куба равна 2, — искомый угол.

Рассмотрим параллельный перенос отрезка на отрезок При этом Тогда — искомый.

Очевидно, что — равнобедренный: В таком случае — медиана и высота этого треугольника. В прямоугольном треугольнике

По свойству диагонали прямоугольного параллелепипеда будем иметь:

Ответ:

Прямые AC и B₁D₁ лежат в параллельных плоскостях, поэтому расстояние между этими прямыми есть расстояние между плоскостями, что совпадает с длиной ребра AA₁ (то есть AA₁ = 2). Точка пересечения диагоналей параллелепипеда (точка P) лежит на середине высоты параллелепипеда, поэтому расстояние от P до плоскости основания равно 1; точка P проецируется в центр основания ABCD (пересечение диагоналей N). Так как цилиндр вписан в квадрат, то центр его основания лежит в центре квадрата (пересечение диагоналей квадрата), поэтому остается просто найти гипотенузу OP в прямоугольном треугольнике OPN Катеты равны PN = 1,

NO = 0.5 + 0.5 = 1, тогда по теореме Пифагора получаем:

Расстояние от центра верхнего основания тоже

В задаче возможен и второй случай, когда цилиндр находится по другую сторону от основания CDMK. Тогда расстояние от центра верхнего основания CDMK все так же равно , а от нижнего теперь другое:

Ответ: и

Решение:

Решим задачу координатно-векторным методом. Введем декартову систему координат с началом в вершине куба. Оси координат направим по прямым, как показано на рисунке.

Ясно, что

Уравнение плоскости имеет вид: Координаты ее нормального вектора:

Выпишем координаты нужных точек:

Уравнение плоскости будем искать в виде: Пусть

Решим систему уравнений:

Итак, уравнение плоскости Нормальный вектор этой плоскости имеет координаты:

Ответ:

Задачу решим координатно-векторным методом.

Соединим точку с точками и отрезками. Четырехугольник — параллелограмм, поскольку Отсюда

Рассмотрим плоскость

Очевидно, Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми и равно расстоянию между прямой и плоскостью

Введем декартову систему координат с началом в точке — центре нижнего основания призмы. Ось направим по где — середина ось — по ось — по ( — центр верхнего основания призмы).

Выпишем координаты нужных точек:

Уравнение плоскости будем искать в виде Координаты точек обязаны удовлетворить уравнению этой плоскости. Пусть

Решим систему уравнений:

Итак, искомое уравнение имеет вид: или

Искомое расстояние найдем по формуле где — координаты любой точки прямой В качестве такой точки выберем

Ответ:

Решение:

По теореме Пифагора имеем:

Очевидно, что

Для получения искомого расстояния воспользуемся методом площадей. Найдем площадь равнобедренного треугольника Для этого вычислим высоту этого треугольника опущенную на основание

Это с одной стороны. Но с другой же стороны

Следовательно,

Ответ: 6.

Задачу рассмотрим в декартовой системе координат с началом в точке Оси координат направлены, как показано на рисунке.

Построим сечение куба плоскостью, параллельной прямой и проходящей через Для этого в плоскости из точки провести прямую, параллельную Она пересечет в точке поскольку Соединим с точками и отрезками.

Теперь найдем уравнение плоскости

или

Найдем расстояние от точки до найденной плоскости.

Ответ:

Решение:

Введем декартову систему координат. Ось направим по прямой , ось — по , ось — по прямой Координаты необходимых точек:

Составим уравнение плоскости

  

Таким образом, уравнение плоскости выглядит так: или Нормальный вектор этой плоскости имеет вид:

Теперь составим уравнение плоскости

Нормальный вектор этой плоскости:

Искомый угол равен углу между векторами и

Ответ:

Пусть ребро куба равно О — центр куба, точки К и N — середины рёбер AD и AВ соответственно.

Заметим, что A₁N = NC = треугольник A₁NC равнобедренный, его медиана NO является высотой, поэтому NО — перпендикуляр к AС. Аналогично KO перпендикуляр к АС.

Найдём угол KON. Введем систему координат как показано на рисунке. В этой системе координат:

Найдём угол между векторами из их скалярного произведения:

Следовательно,

Ответ: 60°.

1) Координатно-векторный подход к решению задачи.

Нам требуется найти величину конкретного двугранного угла, а именно того двугранного угла, который образуется при пересечении двух плоскостей: и При пересечении двух плоскостей образуется четыре двугранного угла, по сути две пары равных между собой двугранных углов.

Угол между двумя плоскостями, а в нашем случае это — угол между плоскостями и будет вычислен как угол между нормальными векторами этих плоскостей и Обозначим его А угол между двумя векторами заведомо не больше чем

Поскольку при пересечении двух плоскостей, образуется, как сказано выше, две пары равных между собой двугранных углов, нам нужно будет выбрать, который угол будет искомым: угол или

Именно поэтому при вычислении угла между двумя плоскостями используют формулу:

Где и — соответствующие координаты нормальных векторов плоскостей.

Косинус угла между нормальными векторами плоскостей и в нашем случае получится положительным. Однако с учетом конкретной ситуации мы будем должны взять этот косинус с отрицательным знаком, поскольку искомый угол тупой.

Введем декартову систему координат как показано на рис. Ребро куба примем за 1.

Будем искать уравнения плоскостей и

Координаты нужных точек будут следующими:

Найдем уравнение плоскости

Итак, искомое уравнение имеет вид: или Координаты нормального вектора этой плоскости:

Найдем уравнение плоскости

Искомое уравнение имеет вид: или Координаты нормального вектора этой плоскости:

Так как искомый угол заведомо тупой, то

2) Элементарно-геометрический подход к решению. Проведем отрезки Пусть — линейный угол упомянутого двугранного угла, И пусть ребро куба равно 1. Тогда

Заметим, что поскольку

Рассмотрим

подобны, так как они прямоугольные, как углы, заключенные между взаимно перпендикулярными прямыми. Следовательно, Аналогично

В по теореме косинусов имеем:

Ответ:

Воспользуемся методом объемов.

Пусть O — центр основания пирамиды, — её апофема, — высота основания, D — середина BC. В соответствии с условием задачи O лежит на отрезке MK.

Вычислим некоторые параметры пирамиды:

Все треугольники с основанием и вершиной, принадлежащей прямой равновелики: Тогда

Если искомое расстояние равно то

Решим задачу векторно-координатным методом.

Выберем декартову систему координат с началом в точке Найдем координаты нужных точек:

Составим уравнение плоскости в декартовой системе координат.

Тогда

Общее уравнение плоскости имеет вид: или

Для вычисления ординаты точки найдем

Итак, Тогда

Ответ:

Решение:

Координатно-векторный способ решения.

Введем декартову систему координат, как показано на рисунке Найдем координаты нужных точек. Для вычисления аппликаты точки найдем Ясно, что

Уравнение плоскости будет иметь вид: или А нормальный вектор

Если искомый угол равен то

Элементарно-геометрический способ решения.

Поступим так: Угол между прямой и плоскостью , очевидно, равен углу между отрезком и названной плоскостью. А для нахождения синуса искомого угла достаточно:

1. Найти расстояние от точки до плоскости (При этом можно воспользоваться методом объемов).

2. Разделить на длину отрезка Это и будет синусом искомого угла.

Предварительно вычислим некоторые параметры заданной пирамиды.

Рассмотрим пирамиду

Это с одной стороны.

Но с другой стороны,

Ответ:

Решение:

Координатно-векторный способ.

Пусть ребро куба равно 2.

Введем декартову систему координат, как показано на рис.

Найдем координаты необходимых точек:

Если — искомый угол, то:

Элементарно-геометрический подход.

Угол между заданной плоскостью и ребром будет равен углу между прямой , перпендикулярной к плоскости, и прямой PE, перпендикулярной к ребру

Треугольник — прямоугольный, к тому же равнобедренный. Следовательно,

Ответ:

Решение:

Сечение — равнобедренная трапеция

Рассмотрим усеченную пирамиду с основаниями: и

Пусть тогда объем призмы (здесь 2 — высота призмы, следовательно, и усеченной пирамиды).

И пусть — объем названной усеченной пирамиды. Тогда

По формуле объема усеченной пирамиды будем иметь: где 2 — высота усеченной пирамиды, S — площадь его верхнего основания. Очевидно, что

или

Решим последнее уравнение относительно

Поскольку то найденный корень не подойдет. Следовательно,

Очевидно, что ~ с некоторым коэффициентом

Тогда

Заметим также, что

Ответ:

Пусть точка — середина гипотенузы Построим заданное сечение ( — середина отрезка ), — проекция точки на плоскость нижнего основания призмы.

Поместим призму в декартову систему координат как показано на рисунке.

Составим уравнение плоскости Поскольку сечение проходит через начало координат, значение в уравнении будет равно нулю. Сторона заданного треугольника лежит на оси , это значит, что в уравнении плоскости значение коэффициента а рано нулю. Итак, искомое уравнение будет иметь вид: Пусть Тогда

Выпишем координаты необходимых точек:

Для нахождения значений в и с достаточно подставить координаты точки в уравнение

Итак, искомое уравнение выглядит так: Разделим обе части уравнения на Получим:

Далее для вычисления значения используем формулу расстояния от точки до плоскости.

(не подходит по смыслу задачи).

Итак, ВС = 4. Очевидно, что (по свойству средней линии треугольника).

В прямоугольном треугольнике =

Для вычисления искомой площади заметим:

1) — трапеция по способу построения и с учетом условия задачи.

2) — наклонная к (), — проекция наклонной следовательно, по теореме о трех перпендикулярах.

Ответ:

Решение:

Пусть — середина Соединим и и отрезками. Ясно, что ( по свойству медианы равнобедренного треугольника).

по трем сторонам. (По условию — общая сторона). Отсюда

Теперь рассмотрим и У них: — общая сторона. Следовательно,

В равнобедренном треугольнике — медиана по способу построения, следовательно, и высота.

Согласно условию задачи

Отсюда — высота пирамиды.

Известно, что объем пирамиды в два раза больше объема пирамиды А это значит, что высота пирамиды в два раза длиннее высоты пирамиды так как основания у них общие.

Пусть — проекция точки на плоскость Ясно, что точка будет лежать на отрезке

В треугольнике как два перпендикуляра к одной и той же плоскости, кроме того Значит, — средняя линия треугольника Отсюда

Рассмотрим Значит,

Пусть Тогда

В прямоугольном треугольнике

Ответ:

Поместим призму в декартову систему координат, как показано на рисунке. Найдем координаты необходимых точек:

Составим уравнение плоскости оно имеет вид Имеем:

 

Итак, уравнение плоскости: или Её нормальный вектор

Далее, а потому, если искомый угол то

Ответ:

Решение:

Задачу решим несколькими методами.

а) Методом объемов.

Пусть — высота заданной правильной пирамиды,

 — ее апофема, — медианы основания,

Поскольку а это значит, что т. е.

Пусть Тогда

Замечание:

Поскольку центр вписанного шара равноудалена от всех граней заданной пирамиды, то это обстоятельство позволяет выразить радиус шара, вписанного в пирамиду, через объем пирамиды и площадь ее полной поверхности. Мы имеем возможность мысленно разбить заданную пирамиду на четыре пирамиды, основаниями которых будут служить грани заданной пирамиды, а высоты их будут равны радиусу искомого шара. Так как объем заданной пирамиды V будет равен сумме объемов пирамид, составляющих эту пирамиду, то понятно, что где — искомый радиус.

б) Использование тангенса половинного угла.

Искомый центр вписанного шара будет лежать на (а это надо бы доказать!). Кроме того, центр вписанного шара есть точка пересечения биссектрис линейных углов двугранных углов, образуемых боковыми гранями и основанием заданной пирамиды. Таким образом, центр шара лежит на пересечении высоты пирамиды и биссектрисы угла Если это — точка то и есть искомый радиус.

Вычислив и , можно найти косинус угла Тогда по формуле тангенса половинного угла сможем вычислить и значение тангенса угла

в) Метод площадей.

Пусть Тогда

В прямоугольном треугольнике по теореме Пифагора имеем:

Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр к грани Ясно, что где — радиус шара (сферы). Теперь соединим точку отрезком с точкой Треугольник разбивается на два треугольника: и

г) Координатный метод исследования.

Поместим пирамиду в декартову систему координат как показано на рисунке. Пусть Тогда

Для дальнейшего исследования этих расстояний нам вполне достаточно.

Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Тогда радиус шара (сферы) равен

Зная, что точка удалена от грани на то же расстояние, что и от основания , для достижения цели найти искомый радиус, используем формулу расстояния от точки до плоскости.

Найдем координаты точек

В нашем случае очень легко составить уравнения плоскостей и Ясно, что уравнение плоскости заведомо имеет вид:

Составим уравнение плоскости имея в виду, что в этой же плоскости лежит также точка

В системе, приведенной ниже, первое уравнение учитывает принадлежность точки второе — принадлежность точки , а третье — принадлежность точки

 

Таким образом, искомое уравнение имеет вид: или

Теперь нетрудно найти расстояние от точки до плоскости

Поскольку то

Очевидно, что 

Следовательно,

д) Метод подобия.

Пусть 

Тогда

В прямоугольном треугольнике по теореме Пифагора имеем:

Будем иметь в виду, что центр вписанного шара (сферы) лежит на Обозначим эту точку Опустим из нее перпендикуляр к грани ASC. Ясно, что где — радиус шара (сферы).

Теперь соединим точку отрезком с точкой

Прямоугольные треугольники и подобны как имеющие общий острый угол. Значит, Будем иметь в виду, что В таком случае:

Ответ:

Решение:

Пусть — заданная пирамида, О — центр основания. Тогда — высота пирамиды. И пусть для определенности плоскость сечения проходит через точку B — вершину основания, перпендикулярно ребру

Построим сечение. Проведем последовательно:

1)

2)

3) Отрезки:

Докажем, что — сечение, удовлетворяющее условию задачи.

Во-первых, точки лежат в одной плоскости, так как эта плоскость проходит через две пересекающиеся прямые и

Во-вторых, докажем, что

по способу построения. так как — наклонная к плоскости основания пирамиды, — ее проекция, по свойству квадрата; по теореме о трех перпендикулярах.

Поскольку то

Итак, прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым и , лежащим в плоскости По признаку перпендикулярности прямой и плоскости

Пусть Тогда в равнобедренном треугольнике — биссектриса, следовательно, Искомое отношение

В прямоугольных треугольниках и как вертикальные. Отсюда: Пусть тогда

В

Рассмотрим и Поскольку то эти треугольники подобны. Отсюда: т. е.

Для вычисления площади сечения докажем, что его диагонали взаимно перпендикулярны, т. е. значит,

— наклонная к (), — ее проекция, из перпендикулярности и по теореме о трех перпендикулярах следует, что В таком случае:

По условию известно, что

Следовательно,

Причем потому не удовлетворяет смыслу задачи, Найденное значение и есть искомое отношение.

Замечания:

1. Запись в построении сечения «» следует читать так:

«Строим точку на прямой , такую, что перпендикулярно , точкой пересечения и служит точка ». Остальные записи читаются аналогично.

2. Известно, что прямая, параллельная какой-либо стороне треугольника и пересекающая две другие его стороны, отсекает от него треугольник, подобный первому.

3. В подобных треугольниках отношение любых соответственных линейных элементов (биссектрис, медиан, периметров и т. п.) равно коэффициенту подобия.

Ответ:

Решение:

Пусть искомая высота пирамиды, т. е. длина ребра равна Тогда объем пирамиды Это с одной стороны.

С другой же стороны, объем пирамиды связан с радиусом шара, вписанного в него, формулой: где — полная поверхность пирамиды, — радиус шара, вписанного в пирамиду. В нашем случае поскольку

Найдем

как два равных прямоугольных треугольника (по двум катетам: — общий катет, как стороны одного и того же квадрата).

Докажем, что прямоугольный.

— наклонная к плоскости , — проекция наклонной По теореме о трех перпендикулярах непременно

По аналогичной причине также окажется прямоугольным. (по общей гипотенузе и равным катетам и ). По теореме Пифагора будем иметь:

Итак,

Поскольку то: ;

(не подходит по смыслу задачи),

Ответ:

Решение:

1) Координатно-векторным методом.

Поместим пирамиду в декартову систему координат как показано на рисунке.

Уравнение основания пирамиды имеет вид: Следовательно, координаты ее нормального вектора

Найдем координаты нужных точек:

Если искомый угол равен то

2) Решим задачу элементарно-геометрическим методом.

Высоту пирамиды, высоты основания вычислим так же, как это сделано выше.

Нетрудно показать, что

Действительно,

Ответ:

а) Соединим точки B и D отрезком. Проведем плоскость через точки S, B и D, не лежащие на одной прямой. Сечение построено. Это — треугольник BSD. Но таких сечений будет два: можно было бы построить также сечение, проходящие через АС — диагональ основания. Поскольку диагонали квадрата (основания) равны, боковые ребра правильной пирамиды также равны, то получим два равных решения. Для нашего случая достаточно взять одно решение: треугольник BSD

б) Проведем высоту пирамидыSO, O — точка пересечения АС и BD.

Для удобства дальнейших вычислений пусть сторона квадрата ABCD будет равна Тогда

В по теореме косинусов будем иметь:

Ответ:

а) Построим последовательно:

Отрезки BC' и AD'. Четырехугольник ABC'D' — искомое сечение.

Докажем это.

Из определения прямой призмы следует, что C'D' || CD, из определения ромба — CD || BA. Следовательно, C'D' || BA. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Значит, четырехугольник ABC'D' — искомое сечение.

б) В прямую призму можно вписать шар в том и только в том случае, если центр шара одинаково удален от всех граней призмы, т. е. выполнено условие: в основание призмы можно вписать окружность, причем диаметр этой окружности равен диаметру шара, высота призмы также равна диаметру шара.

Из точки D проведем высоту DК ромба ABCD,

В ромб всегда можно вписать окружность. Значит, диаметр этой окружности будет DK, DD' = DK = 2.

ABC'D' — параллелограмм по признаку параллелограмма, так как C'D' || BA (по выше доказанному). Кроме того, BA = CD CD=C'D' как противолежащие стороны соответствующих параллелограммов.

Соединим отрезком точки D' и K. D'K — наклонная к плоскости основания призмы, DK — проекция наклонной D'K на ту же плоскость. (по построению). В таком случае по теореме о трех перпендикулярах.

В прямоугольном треугольнике D'DK катеты D'D и DK равны 2, следовательно, гипотенуза D'K равна

а) Построение.

1) Отрезок MB.

2) Отрезок MD₁.

3) Точка K,

4) Отрезок D₁K.

5) Отрезок BK.

MD₁KB — искомое сечение.

Доказательство.

Ясно, что AM = 1, A₁M = 3.

Через две пересекающиеся прямые BM и MD₁ проходит единственная плоскость.

В прямоугольных треугольниках D₁C₁K и Значит, D₁K = BM. Аналогично Следовательно, MD₁KB — параллелограмм по признаку параллелограмма. В соответствии с определением параллелограмма получим: MD₁ || BK. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Отсюда:

б) Пусть

В по теореме косинусов:

Ответ:

а) Последовательно соединим отрезками точки K, L и M. — искомое сечение.

б) С помощью параллельного переноса пространства совместим точки А и K, M и C₁. При этом точка Lперейдет на середину ребра BB₁.

Пусть сторона основания призмы равна 1.

При этом

В прямоугольном треугольнике LB₁M:

Найдем площадь треугольника KLM. Но прежде вычислим

По теореме косинусов:

Если искомый угол то

Ответ: б)

а) Проведем для начала плоскость KLC и докажем, что В самом деле,

Поэтому плоскость сечения проходит выше и делит ребро SC. Обозначим точку пересечения плоскости с ребром SC за N. Тогда

Теперь построить плоскость легко. Отмечаем на ребре SC точку N, делящую его в отношении и проводим отрезки KL, LN, NK. Треугольник KLN — искомое сечение.

б) Отметим в плоскости SBC точки пересечения прямой LN с прямыми BC (точка T) и SM — медианой грани (точка O).

По теореме Менелая для треугольника BSC и прямой LNT имеем откуда и поэтому

По теореме Менелая для треугольника MSC и прямой ONT имеем: откуда

Ответ:

Дополнительное построение: соединим отрезками вершины В и D с точкой H.

Ясно, что Вычислим боковое ребро пирамиды.

В прямоугольном треугольнике PHO по теореме Пифагора:

Вычислим BH. В равнобедренном треугольнике BHD ОН — медиана, следовательно, и высота.

Покажем, что для выполняется условие теоремы Пифагора.

Значит, прямая Аналогично можно доказать, что

Итак, оказалось, что прямая PC перпендикулярна ОН (по условию), также перпендикулярна BH (по только что доказанному). Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

По способу построения и доказанному выше — линейный угол двугранного угла, образованного полуплоскостями, содержащими боковые грани PBC и PCD.

Найдем этот угол по теореме косинусов, обозначив его

Итак, угол между боковыми гранями пирамиды оказался тупым: А как известно, за угол между плоскостями, содержащими боковые грани PBC и PCD, принимается наименьший из углов, которые они образуют при взаимном пересечении, поэтому искомым углом будет

Ответ:

б) Введем декартову систему координат с началом в центре основания ABCD. Выпишем координаты точек K, P и M: K (0; 3; 6), P (3; 0; 0), M (−3; 3; 3).

Составим уравнение секущей плоскости в выбранной системе координат при d = 6.

Значение а подставим во второе уравнение. Получим:

Подставив значение b в уравнение (1), будем иметь: Далее, b = −4 − c = −6. Искомое уравнение имеет вид: −2x − 6y + 2z + 6 = 0 или x + 3y − z − 3 = 0. Нормальный вектор плоскости:

Уравнение плоскости нижнего основания куба: z = 0. Нормальный вектор: Косинус угла между нижним основанием куба и секущей плоскостью (обозначим этот угол через ) получим как угол между их нормальными векторами и

Найдем абсциссу точки S пересечения прямой KM с плоскостью (ABCD) из уравнения плоскости сечения при y = 3, z = 0:

Значит,

Аналогично найдем ординату точки N при x = −3, z = 0.

Теперь найдем ординату точки L при x = 3, z = 6.

Нетрудно заметить, что

а) Проведем в плоскости PCD прямую KT, параллельную CD. Поскольку то и Поэтому точки A, B, K, T лежат в одной плоскости и искомое переечение плоскостей — прямая KT. Она параллельна плоскости основания пирамиды, поскольку параллельна CD.

б) Рассмотрим трапецию ABKT. В ней Очевидно, что треугольник PKT равносторонний, поэтому

По теореме косинусов из треугольника BPK имеем

Опустим теперь в трапеции высоту KH на основание AB. Тогда и по теореме Пифагора для треугольника BKH получаем

Наконец,

Ответ:

а) Проведем диагонали основания, их пересечение обозначим H.

Проведем высоту PH пирамиды.

Построим последовательно:

1) Точку

2) Отрезок — точка пересечения и

3)

4) Отрезки

Фигура AMNL — искомое сечение. Докажем это.

Во-первых, плоскость (AMN) — обозначим ее — проходит через две пересекающиеся прямые AN и ML, лежащие на плоскости следовательно, такая плоскость единственна.

Во-вторых: ясно, что Отсюда: — равносторонний. В нем AN — медиана (по построению), следовательно, и его высота, то есть

CH — проекция наклонной PC на основание пирамиды, (по свойству квадрата), в таком случае по теореме о трех перпендикулярах Поскольку (по построению), Таким образом, оказалось, что прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым и лежащим на плоскости Значит, — по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

б) Точка О — точка пересечения медиан AN и PH треугольника APC, откуда:

Из параллельности ML и BD следует: Значит, Заметим, теперь, что треугольники ALM и MLN — равнобедренные, следовательно

Ответ: б)

Геометрический метод исследования.

Проведем: AD — медиану SD — апофему пирамиды Пусть О — центр основания пирамиды, E — проекция точки M на основание пирамиды. Соединим отрезком точки А и M, M и E.

Найдем высоту пирамиды.

Ясно, что:

Рассмотрим как два перпендикуляра к одной и той же прямой OD. Следовательно, Отсюда:

по способу построения и определению угла между плоскостью и прямой — искомый угол.

Координатно-векторный метод исследования.

Поместим заданную пирамиду в декартову систему координат, как показано на рис.

Найдем координаты нужных точек: A (-4; 0), B(-4; 0), C(8; 0; 0), S(0; 0; 15). D (2; 0).

Точка M делит отрезок SD в отношении 2 : 1. То есть

Плоскость основания пирамиды имеет уравнение z = 0, нормальный вектор которой

Найдем синус искомого угла.

С частичным использованием векторного метода.

Так как M — точка пересечения медиан треугольника SBC, то Но следовательно,

Найдем скалярный квадрат вектора

Значит,

Выше было получено ME = 5. Отсюда:

Ответ:

Элементарно-геометрический метод исследования.

Воспользуемся методом объемов. Вычислим объем треугольной пирамиды C₁A₁MD, основанием которой служит а высотой — отрезок C₁D₁.

С другой же стороны: где — искомое расстояние. Для вычисления площади треугольника A₁DC₁ найдем A₁D, A1C₁ и DC₁.

Высоту h этого треугольника, проведенную к стороне A₁C₁, получим по теореме Пифагора:

Координатно-векторный метод исследования.

Поместим заданную призму в декартову систему координат с началом в точке D (0; 0; 0). Выпишем координаты нужных точек: Будем искать уравнение плоскости A₁DC₁ в виде ax + by + cz + d = 0. Поскольку плоскость проходит через начало координат, заведомо d = 0. Подставим координаты точек A₁ и C₁ в уравнение плоскости.

Искомое уравнение будет иметь вид: или

Пусть ребра пирамиды таковы, как показано на рисунке с точностью до обозначений вершин. (В основании пирамиды равносторонний треугольник со стороной 2). Пусть О — центр основания пирамиды.

Пусть K — середина отрезка AB. Проведем отрезки SK и CK.

Ясно, что

Рассмотрим треугольник SKC. Он равнобедренный, поскольку SK = SC = 2. SO — высота этого треугольника. Очевидно, что этот же отрезок будет служить высотой заданной пирамиды, так как наклонные SA = SB, BO = AO, поскольку KC — серединный перпендикуляр к отрезку AB. Значит, О — ортогональная проекция вершины пирамиды на плоскость (ABC).

Итак,

Ответ:

а) Известно, что прямая, содержащая биссектрису равнобедренного треугольника, проведенную к его основанию, является осью его симметрии.

Рассмотрим и У них: — общий, AB = CB, как половины равных углов при основании равнобедренного треугольника. Значит, по второму признаку равенства треугольников. Отсюда: AK = CP.

При симметрии относительно прямой BM точки K и P переходят друг в друга, точка M — сама в себя. Следовательно, отрезки MP и MK перейдут друг на друга. Значит, MP = MK.

б) Из рассмотренной симметрии также следует: BH — ось симметрии MH — ось симметрии (H — точка пересечения BM и PK).

Пусть AB = BC = a,

В прямоугольном треугольнике ABM:

Это — с одной стороны. С другой же стороны,

Следовательно,

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника: Если , то

как два прямоугольных треугольника с общим острым углом.

Коэффициент подобия

Так как то:

Ответ: б) 15.

Обозначения: SABCD — заданная пирамида, SH — высота, SL — апофема, O — центр вписанного и описанного шаров, OD, OS — радиусы описанного шара, OM, OH радиусы вписанного шара. — искомый.

Пусть AD = CD = a. Тогда

ML = HL как отрезки касательных, проведенных из точки L к вписанной сфере.

Отсюда: В прямоугольном

следовательно,

так как они прямоугольные, у них OM — общий катет, OS = OD как радиусы описанного шара. Следовательно,

Ответ:

а) Проведем последовательно:

1. Отрезок AE.

2.

3. Отрезок BF.

— искомое сечение. Докажем это.

по условию, по построению, следовательно, — по свойству транзитивности отношения параллельности.

Итак, две параллельные плоскости ABC и A₁B₁C₁ пересечены третьей плоскостью A₁B₁E, значит, их линии пересечения обязаны быть параллельными, т. е. точка F лежит на прямой, параллельной AB. Таким образом, A₁B₁FE — искомое сечение.

Заметим, что прямая A₁E не параллельна прямой B₁F. А это значит, что A₁B₁FE — трапеция. Докажем, что она равнобедренная. По способу построения и по теореме Фалеса F — средняя линия значит, A = BF. Прямоугольные треугольники A₁AE и B₁BF равны по двум катетам, следовательно, A₁ = B₁F.

б) Теперь найдем площадь сечения.

Пусть K и M — основания высот трапеции, проведенных к A₁B₁ из вершин E и F соответственно.

Ясно, что

Ответ: б)

Пусть SABCD — заданная пирамида, O — центр его основания.

а) Построим последовательно:

1) Отрезок SO. (SO — высота пирамиды).

2) Отрезок

3) Прямую

4) Отрезки AE, TE, KT, AK.

Четырехугольник AKTE — искомое сечение. Докажем это.

Так как через две пересекающиеся прямые AT и PK проходит единственная плоскость, то все точки A, K, T и Е будут лежать в одной плоскости.

Осталось доказать, что эта плоскость будет перпендикулярна прямой SC. Для этого достаточно доказать, что прямая SC будет перпендикулярна еще какой-либо прямой, отличной от АТ, лежащей в этой плоскости, например, прямой KE.

Прежде докажем, что

По свойству квадрата имеем: Из перпендикулярности SO и (ABC) следует SO и AC — две пересекающиеся прямые плоскости ASC. Значит, В таком случае прямая BD перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости ASC, в том числе и к прямой SC. Но KE || BD по построению. Отсюда:

Заметим, что:

— равносторонний, так как Следовательно, SO — высота, медиана и биссектриса

Поскольку AT — по построению высота равностороннего AT — его медиана, т. е. так как KE || BD, то — равносторонний, причем SP — его биссектриса, следовательно, и медиана KP = PE; P — точка пересечения медиан : SO и AT; следовательно, а из параллельности PK и OD по теореме Фалеса следует:

Так как заданная пирамида правильная, то она зеркально симметрична относительно плоскости ASC, отсюда:

По свойству отношения объемов треугольных пирамид имеем:

Способ 2.

В по теореме косинусов будем иметь:

т. е.

В по этой же теореме:

В

Как видим, в этом треугольнике выполняется условие теоремы, обратной теореме Пифагора, откуда

Итак, ребро SC пирамиды перпендикулярно к двум пересекающимся прямым АТ и KT, лежащим в плоскости построенного четырехугольника AETK. Значит, эта плоскость перпендикулярна ребру SC. Из перпендикулярности SC и (ETK) следует, что В таком случае KT = ET как проекции равных наклонных SK и SE к (ETK), т. е. В пирамиде SAETK с основанием AETK отрезок ST — высота пирамиды.

Значит,

Ответ: б) 2.

Поместим заданный куб в декартову систему координат как показано на рисунке.

Найдем координаты нужных точек: M (4; 0; 3), N (2; 4; 0), B (4; 4; 0), C (0; 4; 4).

Запишем координаты векторов и

Найдем координаты вектора перпендикулярного как к вектору так и к вектору Пусть его координаты будут равны x, y, z. Поскольку скалярное произведение двух перпендикулярных векторов равно нулю, то:

Итак, Заменим этот вектор ему коллинеарным деля полученные координаты на z.

Составим уравнение плоскости, перпендикулярной вектору и проходящей через точку N. Искомое уравнение будет иметь вид: где a, b, c — соответствующие координаты вектора x₀, y₀, z₀ — координаты любой точки прямой BC₁. Пусть такой точкой будет В. Тогда:

Расстояние между скрещивающимися прямыми MN и BC₁ найдем как расстояние между любой точкой прямой MN до найденной плоскости. В качестве такой точки выберем N.

Ответ:

Проведем апофему SK, соединим точки C и K отрезком, который пройдет через точку H. Точку пересечения KM и SH обозначим L.

а) По теореме Менелая имеем: ; где следовательно, что и требовалось доказать.

б) В Δ AKS, где

В Δ ABC

В Δ KHS, где

Так как SH ⊥ (ABC) по условию, L — общая точка MK и SH, то KH — проекция KL на плоскость ABC, следовательно, ∠LKH и есть угол между MK и плоскостью ABC.

Ответ: б)

а) Искомое отношение не будет зависеть от длин ребер заданной призмы. Поэтому мы сами вправе выбрать длину ребер при основании призмы и длину ее боковых ребер.

Пусть для определенности стороны основания призмы , будет равны 1, а боковые ребра равны 3.

Поместим заданную призму в прямоугольную декартову систему координат, как показано на рисунке. Выпишем координаты некоторых точек:

Зная, что точки B, D₁, F₁ лежат в плоскости β, будем искать уравнение этой плоскости:

Вычтем уравнение (3) из уравнения (2):

Подставим полученное значение а в уравнение (1).

Теперь значение подставим в уравнение (2):

Итак, уравнение плоскости β имеет вид:

Точа M лежит на прямой AA₁. Значит, она может быть задана своими координатами: То есть:

Итак, (0; −1; 1). AM = 1, A₁M = 3 − 1 = 2; AM : A₁M = 1 : 2, что и требовалось доказать.

б) Очевидно, уравнение плоскости нижнего основания призмы имеет вид: z = 0. Если угол между секущей плоскостью β и основанием призмы равен φ, то

Ответ: б)

а) Пусть для определенности стороны основания, как и в подпункте б) будет равны 1, а боковые ребра равны 3. Поместим заданную призму в декартову систему координат, как показано на рисунке. Выпишем координаты некоторых точек: Зная, что точки B, D₁, F₁ лежат в плоскости β, будем искать уравнение секущей плоскости α:

Из первого уравнения: b = d.

Из уравнения (3) вычтем уравнение (2), получим:

Подставив полученные значения а и b в уравнение (3), будем иметь:

Таким образом, уравнение плоскости имеет вид: или

А уравнение плоскости DCC₁: или

Нормальные векторы этих двух плоскостей:

значит, откуда:

б) Пусть плоскость α пересекает ребро призмы CC₁ в точке N, а ребро AA₁ в точке M. Подставляя известные абсциссы и ординаты этих точек в уравнение плоскости α, найдем их аппликаты:

Аналогично

Итак, полученное сечение представляет собой пятиугольник BND₁F₁M, проекцией которого на нижнее основание призмы будет пятиугольник ABCDF.

Нетрудно найти косинус угла между плоскостью α и нижним основанием призмы. Нормальный вектор плоскости α был найден раньше, он имеет вид:

Нижнее основание призмы имеет уравнение: z = 0, ее нормальный вектор

Если φ — угол между сечением и указанным основанием призмы, то

Ответ: б)

а) Поместим заданную призму в декартову систему координат, как показано на рисунке.

Выпишем координаты нужных точек и найдем координаты векторов и

Найдем скалярное произведение векторов и

Значит, Отсюда: что и требовалось доказать.

б) Согласно данным задачи: Найдем координаты вектора который перпендикулярен как к вектору так и к вектору Очевидно, скалярные произведения каждой такой пары равны нулю: т.е.

Итак, Заменим этот вектор ему коллинеарным поделив каждую координату вектора на :

Теперь составим уравнение плоскости, перпендикулярной к вектору и проходящей через любую точку прямой Искомое уравнение будет иметь вид: где — соответствующие координаты вектора — координаты любой точки прямой Пусть такой точкой будет точка  Тогда:

Расстояние между скрещивающимися прямыми и вычислим как расстояние между любой точкой прямой и найденной плоскостью. В качестве названной точки выберем точку

Ответ: б)

а) Проведем апофему PD заданной пирамиды (D ∈ AC).

Пусть K — точка пересечения плоскости α и ребра PA заданной пирамиды. Так как PA ⊥α, KC ⊂ α, KB ⊂ α, то PA ⊥ KC, PA ⊥ KB.

В Δ PAC

(Использован метод площадей). Очевидно,

В прямоугольном треугольнике AKC

Заданная пирамида плоскостью α разбивается на две пирамиды с общим основанием — Δ BKC и высотами AK и PK. Найдем отношение их объемов.

Если то

что и требовалось доказать.

б) В равнобедренном треугольнике BKC проведем KE ⊥ BC. Ясно, что BE = CE.

Ответ: б)

а) Поместим заданный параллелепипед в декартову систему координат, как показано на рисунке. Найдем координаты точек: K(3; 0; 0), C(0; 8; 0), M(0; 0; 4), B(6; 8; 0), D₁(0; 0; 12).

Будем искать уравнение плоскости CKM.

Нормальный вектор (CKM):

Таким образом, а это значит, что

б) Теперь найдем косинус угла между плоскостью CKM и нижним основанием параллелепипеда, уравнение которого имеет вид: z = 0. Нормальный вектор этой плоскости, т. е. нижнего основания параллелепипеда:

Если φ — искомый угол, то:

Ответ: б)

а) Построим последовательно:

1. Отрезки: МС, РС.

2. Продолжим отрезок СР до пересечения с прямой AD. CP ∩ AD = K.

3. Прямую КМ. KM ∩ AA₁ = Q.

4. Отрезок PQ. PQMC — искомое сечение. Так как точки М, Р, С по построению лежат в плоскости сечения, то полученное сечение удовлетворяет условию задачи.

V(AC₁) = 6 · 4 · 7 = 168;

Плоскость МРС делит параллелепипед на два тела. Назовем их условно: нижнее и верхнее. Нижнее тело состоит из двух пирамид: четырехугольной PAQMD (основание AQMD, высота AP) и треугольной MDPC (основание Δ DPC, высота MD ).

Вычислим объем каждой из названных пирамид.

AQMD — трапеция, у которой основания AQ = 1; MD = 2, высота AP = 3.

=

Теперь найдем искомое отношение. что и требовалось доказать.

б) Для нахождения расстояния от точки D до плоскости МРС воспользуемся методом объемов. Выше мы уже рассматривали пирамиду MDPC. Если за ее основание принять Δ MPC, то ее высота и будет расстоянием от точки D до плоскости MPC.

Найдем площадь Δ MPC.

Найдем площадь треугольника со сторонами Пусть h_a — высота треугольника, опущенного на основание a = 5, c_a — проекция с на основание а, c_a = x, b_a — проекция b на основание а, тогда b_a = 5 − x, h² = a² − x², h² = b² − (5 − x)², 40 − x² = 29 − 25 + 10x − x²; 10x = 36;

Ответ: б)

А) Строим последовательно:

1. Отрезок ВК.

2. Отрезок KF, F ∈ PD, KF || DC.

3. Отрезок AF. AFKB — искомое сечение.

Положение точек А, В и К задано условием задачи. Нам следует доказать:

1) F ∈ (ABK); 2) AFKB — трапеция. Докажем.

1) Из условия: DC || AB, по построению: KF || DC. Следовательно, KF || AB по свойству транзитивности отношения параллельности. Так как через две параллельные прямые можно провести только одну плоскость, то F ∈ (ABK).

2) Для доказательства того, что AFKB — трапеция, достаточно убедиться, что AF и KB не параллельны. Предположим, что AF || KB, тогда AFKB — параллелограмм, откуда: FK = AB, следовательно, FK = CD, чего быть не может, так как по смыслу задачи FK < CD. Значит, предположение AF || KB неверно.

Б) Геометрический способ решения.

Для определенности примем 4 за длину ребер пирамиды. Пусть О — точка пересечения диагоналей основания, Q — середина CD, H — середина АВ, Е — середина KF, М — точка пересечения РО и E, тогда:

В по теореме Менелая: ; ; Итак, PM = 6OM. А это значит, что

Докажем, что искомый угол.

AB прямая, по которой пересекаются плоскости АВК и АВС, PO ⊥ (ABC), M — наклонная, O — проекция наклонной. O ⊥ AB, следовательно, MH ⊥ AB.

Координатно-векторный способ решения.

Поместим заданную пирамиду в декартову систему координат, как показано на рисунке. Для определенности примем за длину ребер пирамиды 4. Пусть О — точка пересечения диагоналей основания пирамиды, Q — середина CD, F — середина АВ, Е — середина KF, М — точка пересечения РО и F, тогда : аппликата точки К будет равна т.е.

Найдем координаты нужных точек:

Будем искать уравнение плоскости АВК при d = 2, для чего будем решать систему уравнений:

      Итак, уравнение плоскости АВК имеет вид: или Нормальный вектор этой плоскости

Уравнение плоскости основания пирамиды: z = 0, нормальный вектор которой Искомый угол — угол между векторами и

Ответ: Б)

А) Воспользуемся координатно-векторным методом исследования. Поместим призму в декартову систему координат как показано на рисунке. Найдем координаты нужных точек: Будем искать уравнение плоскости BKM.

Итак, уравнение плоскости имеет вид: или

Пусть N — точка пересечения плоскости BKM и прямой A₁B₁. Найдем ее координаты.

Прямую A₁B₁ будет задавать система

То есть

Подставив полученные значения x и z в уравнение плоскости BKM, будем иметь:

Итак,

Б) Сечением будет служить четырехугольник BNMK, диагоналями которого будут векторы

Пусть – угол между векторами и Тогда

Ответ: A) 2 : 5. Б)

Воспользуемся координатным методом исследования. Поместим заданный куб в декартову систему координат как показано на рисунке. В таком случае имеем точки: A₁(12; 0; 12), K(8; 12; 0), P(0; 6; 0).

Будем искать уравнение плоскости PKA₁. Примем d = 24. Тогда:

Далее:

Итак, уравнение плоскости PKA: 3x − 4y − 5z + 24 = 0.

а) Найдем аппликату точки М. Ее абсцисса и ордината имеют значения 12 и 12 соответственно.

Отсюда: DM = 2,4; D₁M = 12 − 2,4 = 9,6. DM :D₁M = 2,4 : 9,6 = 1 : 4, что и требовалось доказать.

б) Плоскость ABC имеет уравнение: z = 0. Если φ — искомый угол, то:

Ответ: б) 45°

а) Построение: M — середина A₁B₁. Отрезки MP, MK. N — середина CC₁. Отрезки NK, NP.

Четырехугольник KMPN — искомое сечение. Докажем это.

Ясно, что через три точки K, M, P, не лежащие на одной прямой, проходит единственная плоскость. Отрезки MK и PN — линии пересечения параллельных граней AA₁B₁ и DD₁C₁ параллелепипеда секущей плоскостью обязаны быть параллельными. В прямоугольных треугольниках MB₁K и PC₁N следовательно MB₁ = PC₁, B₁K = C₁N — по условию и способу построения точек M и N. Отсюда: MK = PN. Из параллельности MK и PN, а также из их равенства следует, что KMPN — параллелограмм (по известному признаку параллелограмма). А это значит, что точка N лежит в плоскости (KMP).

Теперь докажем, что (KMP) || BD₁. Соединим точки D₁ и B₁ отрезком, построим середину этого отрезка и обозначим L. В ΔBD₁B₁, где LK — средняя линия по условию и способу построения точки L. Следовательно, LK || BD₁. Так как LK ⊂ (KMP), то (KMP) || BD₁ по признаку параллельности прямой и плоскости.

Докажем, что KMPN — прямоугольник. Для этого поместим параллелепипед в декартову систему координат, направив ось y — по DC, ось x — по DA, ось z — по DD₁. Будем иметь: M(8; 4; 6), K(8; 8; 3), N(0; 8; 3). MK = (0; 4; −3), KN = (−8; 0; 0). MK · KN = 0 · (−8) + 4 · 0 − 3 · 0 + = 0.

Таким образом, MK ⊥ KN. Нетрудно получить, что

б) Рассмотрим прямую треугольную призму MKB₁PNC₁.

Объем равен:

Искомый же объем ΔV = 384 − 48 = 336.

Ответ: а) 40; б) 336.

Поместим заданную призму в декартову систему координат как показано на рисунке.

Будем иметь в виду, что правильный шестиугольник, что лежит в основании призмы, отрезками AD,BE, FC, которые пересекаются в точке О, разбивается на 6 правильных треугольников, высоты которых равны (использована известная формула ; в нашем случае a = 2).

В соответствии со сказанным укажем координаты нужных точек:

а) Найдем:

Итак, А это значит, что прямые AC₁ и BE перпендикулярны.

б) Найдем координаты вектора перпендикулярного как к вектору так и к вектору Пусть его координаты будут равны Поскольку скалярное произведение двух перпендикулярных векторов равно нулю,

Итак, Заменим этот вектор ему коллинеарным, поделив полученные координаты на

Составим уравнение плоскости, перпендикулярной вектору и проходящей через точку любую точку прямой AC₁. Искомое уравнение будет иметь вид: где a, b, c — соответствующие координаты вектора — координаты любой точки прямой AC₁. Пусть такой точкой будет А. Тогда:

Расстояние ρ между скрещивающимися прямыми AC₁ и BE найдем как расстояние между любой точкой прямой BE до найденной плоскости. В качестве такой точки выберем B.

Ответ: б)

А) Пусть М — середина ребра АВ, О — центр основания пирамиды.

Построим последовательно:

1. Отрезки пусть K — их общая точка.

2.

3. Отрезки

Докажем, что

; — по признаку перпендикулярности двух плоскостей.

В Значит, K — точка пересечения медиан Следовательно,

В тогда по теореме о пропорциональных отрезках по обобщенной теореме Фалеса) : что и требовалось доказать.

Также заметим: в ~

Б) В где

Из сказанного в п. А) также следует:

;

В где

Ответ: Б)

А) Пусть прямая PM пересекает BC в точке D, — проекция точки M на AD, — точка пересечения РО и AM, F — середина AB.

Поместим Δ APD в декартову систему координат как показано на рис. 2.

И пусть AD = 9m, PO = 3h. Тогда AO = 6m, OD = 3m, ME = h.

Выпишем координаты точек А и M: A(−6m; 0), M(2m; h).

Уравнение прямой AM имеет вид:

т. е.

Абсцисса точки K заведомо известна, она равна нулю. Найдем ее ординату. Следовательно,

что и требовалось доказать.

Б) Плоскость (PAD) делит заданную пирамиду на две равновеликие пирамиды (рис. 1). Т. е.

MABD также является пирамидой с основанием ABD и высотой ME.

Ответ: Б)

а) Докажем существование указанной пирамиды. Построим последовательно.

1. Продолжение боковых стороны трапеции ABCD до пересечения в точке H. (Рис. 1).

2. Восстановим перпендикуляр HP к плоскости (AHD).

3. Отрезки: PC, PD, PA, PB.

4. Плоскости: (PCD), (PAD), (PAB), (PBC).

Пирамида построена. Теперь докажем, что грани PAB и PCD перпендикулярны к плоскости ABC.

Из перпендикулярности PH и (AHD) следует: PH ⊥ DH. Плоскости (AHD) и (PHD) образуют двугранный угол с ребром DH. Так как плоскость (PHD) содержит прямую PH, которая перпендикулярна (AHD), то и (PHD) ⊥ (AHD) по признаку перпендикулярности двух плоскостей. Аналогично можно доказать, что (PHA) ⊥ (AHD).

PH является ребром двугранного угла, образованного полуплоскостями PHD и PHA. PH ⊥ DH, PH ⊥ AH, значит, ∠AHD — линейный угол этого двугранного угла.

В ΔAHD ∠ADH = ∠DAH = 45°, следовательно, ∠AHD = 90°, откуда: (PHD) ⊥ (PHA). Но (PHD) = (PCD), (PHA) = (PAB), значит, плоскости PAB и PCD перпендикулярны.

б) BC || AD ⇒ ΔAHD ~ ΔBHC при этом коэффициент подобия

Пусть K — середина AD. Проведем отрезок KH, который пересечет BC, скажем, в точке M.

Пусть в трапеции ABCD (см. рис.2) C₁, B₁ — проекции точек С и В на AD соответственно. Тогда: MK — ось симметрии ABCD, C₁B₁ = 6, DC₁ = AB₁ = (AD − C₁B₁) : 2 = (12 − 6) = 3. Прямоугольные треугольники CC₁D и AB₁B, имеющие по одному острому углу 45°, равнобедренны, это значит, что CC₁ = BB₁ = MK = HM = 3, KH = 6. Далее:

В ΔPHK, в котором ∠PHK = 90°,

В ΔPHM:

Ответ:

а) Пусть сторона основания пирамиды, равна a. Тогда В основании пирамиды лежит квадрат. Выберем произвольную точку К отрезка AD. Поскольку точка пересечения диагоналей параллелограмма является центром его симметрии, на стороне BC этого же квадрата найдется точка M, симметричная точке K относительно O. В зависимости от расположения точки M на отрезке AD длина отрезка KM будет меняться. Очевидно, наименьшее значение KM будет а, когда OK совпадет с высотой ΔAOD, наибольшее значение — в случае, когда точка K совпадает либо с А, либо с D. Точка K при этом совпадет либо с C, либо с B — соответственно. То есть

Пусть KM = x. Предположим, что S(PKM) = S(ABCD). Найдем x при выполнении этого равенства и докажем, что найденное значение x удовлетворяет неравенству

Теперь докажем неравенство

(неравенство очевидное).

б) Пусть Е — середина AD. Соединим отрезками точку E с точками P и О.

Докажем, что KM независимо от выбора расположения точки K разбивает квадрат ABCD на две равновеликие фигуры. Действительно, при симметрии относительно O точка M перейдет в точку K, точка C — в точку A, точка B в точку D и наоборот. Следовательно, при той же симметрии четырехугольники ABMK и CDKM перейдут друг на друга, откуда

Очевидно, что

Ответ:

а) Пусть M — середина AB, N — середина BC, O — центр нижнего основания призмы, O₁ — центр верхнего основания, D — середина АС, D₁ — середина A₁C₁. Соединим отрезком точки: M и N. И пусть K — точка пересечения MN и BD. Соединим K и O₁, и O₁ отрезками.

Проведем через O₁ прямую, параллельную AC₁, точки пересечения этой прямой с A₁B₁ и B₁C₁ обозначим P и Q соответственно. Соединим отрезками точки: P и Q, P и M, N и Q.

Докажем, что точки P, Q, M, N лежат в одной плоскости.

PQ || A₁C₁ по построению, A₁C₁ || AC по условию, AC || MN, поскольку MN — средняя линия ΔABC по условию. Следовательно, PQ || MN. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Значит, эта плоскость и есть плоскость β, о которой говорится в условии задачи.

OO₁ ⊥ (ABC), OK — проекция наклонной O₁K на (ABC), OK ⊥ MN, откуда по теореме о трех перпендикулярах O₁K ⊥ MN.

Заметим, что ∠OKO₁ — угол между плоскостью нижнего основания призмы и секущей плоскостью β.

Пусть ребра заданной призмы равны а. Тогда:

б) Пусть точки P₁, Q₁ — проекции точек P и Q на AB и BC соответственно. Тогда P₁MNQ₁ — проекция четырехугольника (фактически трапеции) PMNQ. Следовательно, P₁MNQ₁ — также трапеция с основаниями P₁Q₁, MN и высотой OK. Значит:

Ясно, что MN = 3;

Ответ: а) б)