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:

Решение:

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 А — 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,

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)

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:

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 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 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:

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

В Δ AKS, где

В Δ ABC

В Δ KHS, где

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

б) 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)

а) Пусть плоскость α пересекает высоту A₁L₁ верхнего основания призмы в точке K₁. Через эту точку проведем прямую, параллельную B₁C₁, которая пересечет B₁A₁ в точке M, прямую C₁A₁ — в точке N.

В Δ LL₁K₁:

Пусть A₁K₁ = h₁, K₁L₁ = h₂, M₁, N₁ — проекции M и N на B₁C₁. Тогда

Ясно, что Пусть A₁B₁ = A₁C₁ = B₁C₁ = a, Тогда

что и требовалось доказать.

б)

 

 

 

 

 

Ответ: Б)

а) Обозначим за F точку пересечения MN и BD. Очевидно, BF — биссектриса угла MBN. Пусть ребро куба равно 6x, тогда тогда Тогда откуда Кроме того,

По теореме косинусов в треугольнике BNF получаем

откуда

Рассмотрим теперь треугольник Проведем в нем через точку F прямую, параллельную (очевидно, она лежит в данной плоскости). Пусть она пересечет сторону в точке K. Тогда

б) Вычисления пункта а) остаются в силе, Опустим перпендикуляры на MN из точек D и Очевидно, они упадут в одну точку, по теореме о трех перпендикулярах. Обозначим эту точку за T. Тогда Найдем DT. Очевидно,

Значит,

Ответ:

а) Отметим на ребре PC точку T так, что Тогда откуда KMTN — трапеция. Заметим далее, что поэтому треугольники CTM и ANK равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, и трапеция равнобедренная.

(очевидно, так что это не параллелограмм).

б) Пусть H — середина AC, тогда . Обозначим за O центр основания пирамиды, за E и F пересечение KM и NT с плоскостью PHB соответственно, за G — проекцию точки F на плоскость ABC (очевидно, она лежит на BH). Тогда FE, (поскольку лежат в плоскости BHP) и линейный угол искомого двугранного угла это Теперь проведем некоторые вычисления.

Тогда

Ответ:

а) Продлим прямую AK до пересечения с BC в точке F. Тогда PAF — сечение пирамиды указанной плоскостью. Проведем в основании пирамиды медиану и напишем теорему Менелая для треугольника и прямой AKF.

Отсюда откуда что и требовалось доказать.

б) откуда и

Ответ: