Стереометрическая задача

а)

Докажем, что $SH \perp AB$.

Так как $CO \in CH$ – проекция $SC$ на $(ABC)$ и $AB \perp CH$, то по теореме о трёх перпендикулярах: $$SC \perp AB \Rightarrow AB \perp (CSH)$$ Так как $SH \in (CSH)$, получаем, что $SH \perp AB$.

Рассмотрим треугольники $ASH$ и $HSB$: $$SH^2 = SA^2 - AH^2$$ $$SH^2 = SB^2 - HB^2$$ Тогда: $$SA^2 - AH^2 = SB^2 - HB^2 \Leftrightarrow SA^2 - SB^2 = AH^2 - HB^2$$

Рассмотрим треугольники $ACH$ и $HCB$: $$\begin{cases} AH^2 = AC^2 - CH^2\\ HB^2 = CB^2 - CH ^2 \end{cases}$$

Вычтем из первого уравнения второе: $$AH^2 - HB^2 = AC^2 - CH^2 - (CB^2 - CH^2) = AC^2 - CB^2$$ Откуда следует, что: $$SA^2 - SB^2 = AC^2 - BC^2$$ Что и требовалось доказать.

б) Обозначим известные нам элементы.

Найдём площадь основания пирамиды через формулу Герона: $$p = \frac{AC + CB + AB}{2} = \frac{20 + 25 + 5\sqrt3}{2} = \frac{45 + 5\sqrt3}{2}$$ $$S_{ABC} = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} =$$ $$=\sqrt{(\tfrac{45 + 5\sqrt3}{2})(\tfrac{45 + 5\sqrt3}{2} - 20)(\tfrac{45 + 5\sqrt3}{2} - 25)(\tfrac{45 + 5\sqrt3}{2} - 5\sqrt3)} =$$ $$= \sqrt{(\tfrac{45 + 5\sqrt3}{2})(\tfrac{5 + 5\sqrt3}{2})(\tfrac{5\sqrt3 - 5}{2})(\tfrac{45 - 5\sqrt3}{2})} = \frac{1}{4}\sqrt{(45 - 5\sqrt3)(45 + 5\sqrt3)(5\sqrt3 + 5)(5\sqrt3 - 5 )} =$$ Заметим под корнем две разности квадратов: $$=\frac{1}{4}\sqrt{(45^2 - 75)(75 - 25)} = \frac{1}{4}\sqrt{5^4((9^2 - 3)\cdot2)} = \frac{25}{4}\sqrt{78\cdot2} = \frac{25}{4}\sqrt{2^2\cdot39} = \frac{25}{2}\sqrt{39}$$

По условию $CO = OH$. Выразим высоту $CH$ через площадь треугольника $ABC$: $$S_{ABC} = \frac{1}{2}\cdot AB\cdot CH \Leftrightarrow CH = \frac{2S_{ABC}}{AB} = \frac{25\sqrt{39}}{25} = \sqrt{39}$$

Значит: $$CO = OH = \frac{CH}{2} = \frac{\sqrt{39}}{2}$$

Из прямоугольного треугольника $SCO$: $$SO = \sqrt{SC^2 - CO^2} = \sqrt{250 - \tfrac{39}{4}} = \sqrt{\tfrac{961}{4}} = \frac{31}{2}$$

Найдём объём пирамиды $SABC$: $$V_{SABC} = \frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SO = \frac{1}{3}\cdot\frac{31}{2}\cdot \frac{25\sqrt{39}}{2} = \frac{775\sqrt{39}}{12}$$

Ответ: $\frac{775\sqrt{39}}{12}$

а) В прямоугольных треугольниках $ADB$ и $ADC$ катет $AD$ общий, а $AB=AC$ по условию. Тогда $\triangle ADB=\triangle ADC\Rightarrow BD=CD$, что и требовалось доказать.

б) В прямоугольных треугольниках $ADB$ и $CDB$ катет $BD$ общий, а $AB=BC$ по условию. Тогда $\triangle ADB=\triangle CDB\Rightarrow AD=CD$.

Треугольник $BCD$ – равнобедренный и прямоугольный, тогда по теореме Пифагора:

$$BC^2=BD^2+CD^2=2\cdot CD^2 \quad BC=\sqrt{2}\cdot CD \quad CD=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot BC=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 5\sqrt{2}=5$$

То есть:

$$AD=BD=CD=5$$

По условию:

$$\frac{DF}{FC}=\frac{2}{3}\Rightarrow DF=\frac{2}{3}FC \quad CD=DF+FC=\frac{2}{3}FC+FC=\frac{5}{3}FC \quad FC=\frac{3}{5}CD=\frac{3}{5}\cdot 5=3\quad DF=\frac{2}{3}FC=\frac{2}{3}\cdot 3=2$$

Аналогично $EA=3$ и $DE=2$.

$\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{DF}{DC}$ и $\angle ADC$ – общий $\Rightarrow$ $\triangle DAC$ подобен $\triangle DEF$, тогда

$$\frac{EF}{AC}=\frac{DF}{DC}=\frac{2}{5} \quad MF=\frac{2}{5}AC=\frac{2}{5}\cdot 5\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$

Треугольник $BDF$ прямоугольный, тогда:

$$BF^2=BD^2+DF^2 \quad BF=\sqrt{BD^2+DF^2} \quad BF=\sqrt{5^2+2^2} \quad BF=\sqrt{29}$$

Треугольник $EFB$ равнобедренный $(BF=BE)$, тогда его площадь равна:

$$S_{EFB}=\frac{1}{2}EF\sqrt{EB^2-\left(\frac{EF}{2}\right)^2}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot\sqrt{29-2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}$$

Ответ: $3\sqrt{6}$

а) Пусть $G𝑂$ - высота пирамиды $GABCDEF$. Пусть $K$ - точка пересечения $AD$ и $EH$. Треугольники $𝑂EK$ и $KDH$ подобны, так как $𝑂E \| HD$ (по свойству правильного шестиугольника). Следовательно, $\frac{OK}{KD} =\frac{OE}{HD} =\frac{4}{3}$. Однако, $\frac{GI}{ID} =\frac{4}{3} =\frac{OK}{KD}$. Тогда треугольники $𝑂GD$ и $KID$ подобны по двум пропорциональным сторонам и общему $\angle{ODG}$, а прямые $𝑂G$ и $KI$ параллельны (по обратной теореме Фалеса), следовательно, прямая $KI$ перпендикулярна плоскости $BCD$. Таким образом, плоскость $HIE$ перпендикулярна плоскости основания (так как $KI$ лежит в $(HIE))$.

б) Объем пирамиды $DEIH$ будем искать как $\frac{1}{3} KH\cdot S_{HDE},KH=\frac{3}{7} \cdot GO, GO$ найдем из треугольника $GOD$ по теореме Пифагора $\Rightarrow GO=\sqrt{33} ,IK=\frac{3}{7}\sqrt{33}$ $$S_{DEH} =\frac{1}{2} DE\cdot DH\cdot \sin 120^{\circ } =3\sqrt{3}$$ Тогда:

$$V=\frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{3}{7}\sqrt{33} =\frac{9\sqrt{11}}{7}$$ Ответ: $\frac{9\sqrt{11}}{7}$.

а)

Так как $LMNK$ — квадрат, то $LM \parallel KN$. Поскольку $LM \subset (ABD)$, $KN \subset (ABC)$ и $(ABC) \cap (KLM) = KN$, $(ABD) \cap (KLM) = LM$, то $LM \parallel AB \parallel KN$.

По теореме Фалеса: $$\frac{AK}{KC} = \frac{BN}{NC} = \frac{3}{7}$$

Треугольники $CKN$ и $CAB$ подобны, следовательно: $$\frac{KN}{AB} = \frac{KC}{AC} = \frac{7}{10} \quad \Rightarrow \quad AB = \frac{10 \cdot KN}{7}$$

Аналогично, так как $MN \parallel LK \parallel DC$, по теореме Фалеса: $$\frac{AL}{LD} = \frac{BM}{MD} = \frac{3}{7}$$

Треугольники $ALK$ и $ADC$ подобны, следовательно: $$\frac{LK}{DC} = \frac{AL}{AD} = \frac{3}{10} \quad \Rightarrow \quad DC = \frac{10 \cdot LK}{3}$$

Так как $KLMN$ — квадрат, то $KN = LK$. Тогда: $$\frac{AB}{DC} = \frac{\dfrac{10 \cdot KN}{7}}{\dfrac{10 \cdot LK}{3}} = \frac{10 \cdot KN}{7} \cdot \frac{3}{10 \cdot KN} = \frac{3}{7}$$

б)

Пусть $h$ — высота из точки $D$ на плоскость $ABC$, $h_M$ — высота из точки $M$ на плоскость $ABC$.

Так как $M$ делит ребро $BD$ в отношении $BM:MD = 3:7$: $$\frac{h_M}{h} = \frac{BM}{BD} = \frac{3}{10} \quad \Rightarrow \quad h_M = \frac{3}{10} h$$

Треугольники $CKN$ и $CAB$ подобны с коэффициентом $k = \dfrac{7}{10}$: $$\frac{S_{CKN}}{S_{CAB}} = k^2 = \left(\frac{7}{10}\right)^2 = \frac{49}{100} \quad \Rightarrow \quad S_{CKN} = \frac{49}{100} S_{CAB}$$

Объём пирамиды $MKNC$: $$V_{MKNC} = \frac{1}{3} \cdot h_M \cdot S_{KNC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{10} h \cdot \frac{49}{100} S_{ABC} = \frac{147}{1000} \cdot \underbrace{\frac{1}{3} h \cdot S_{ABC}}_{V_{DABC}} = \frac{147}{1000} \cdot 100 = \frac{147}{10}$$

Так как $KLMN$ — квадрат, то $S_{KMN} = S_{KLM}$ (равные диагонали делят квадрат на равные части). Высоты из точки $C$ одинаковы, следовательно $V_{CMKN} = V_{CKLM}$.

Итоговый объём: $$V_{CKLMN} = V_{CMKN} + V_{CKLM} = 2 \cdot V_{MKNC} = 2 \cdot \frac{147}{10} = \frac{147}{5}$$

Ответ: ${V_{CKLMN} = \dfrac{147}{5}}$

a) В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CO$ из вершины прямого угла равна половине гипотенузы $AB$, следовательно, $OA=OB=OC$. Прямоугольные треугольники $SOA$ и $SOC$ равны по двум катетам, так как $SO$ — общий катет и $OA=OC$, значит, их гипотенузы $SA=SC$.

б) Пусть $H$ — середина $AC$, тогда $OH \parallel BC$ как средняя линия в треугольнике $ABC$ и $\angle AHО=\angle ACB=90^\circ$. Проведем отрезок $SH$. Поскольку $SO \perp (ABC)$, то $OH$ — проекция наклонной $SH$ на плоскость $(ABC)$. Прямая $AC$ перпендикулярна проекции $OH$, а значит по теореме о трех перпендикулярах $AC$ перпендикулярна наклонной $SH$. Получили, что $$SH \perp (SAC),\quad SH \perp AC$$ и $$OH \subset (ABC),\quad OH \perp AC.$$ Тогда угол $SHO$ — острый угол в прямоугольном треугольнике $SHO$ и по определению является углом между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$.

По теореме Пифагора для треугольника $ABC$: $$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{20^2-16^2}=12.$$ По теореме Пифагора для треугольника $SAO$: $$SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{SA^2-\left(\frac{AB}{2}\right)^2}=\sqrt{26^2-10^2}=24.$$ Тогда в прямоугольном треугольнике $SHO$: $$tg\angle SHO=\frac{SO}{OH}=\frac{SO}{\frac{1}{2}BC}=\frac{24}{6}=4 \Rightarrow \angle SHO=arctg4.$$

Ответ: $б)\ arctg4$.