Стереометрическая задача

а)

Пусть $AB = a$, тогда $AS = a\sqrt{2}$. Так как $ABCD$ — квадрат, то $BD = a\sqrt{2}$, следовательно, $\triangle BSD$ — правильный. Значит, в этом треугольнике высота $DM$ является также и медианой, то есть $M$ — середина $SB$.

б) $SH$ — высота пирамиды, $H$ — точка пересечения диагоналей основания. Следовательно, $SH \perp AC$. Так как $AC \perp BD$, то $AC \perp (BSD)$. Проведем $HK \perp DM$. Тогда $AC \perp HK$, следовательно, по определению $HK$ — расстояние между $AC$ и $DM$.

Так как $H$ — середина $BD$, $HK \parallel BM$, то по теореме Фалеса $K$ — середина $DM$. Следовательно, $HK$ — средняя линия $\triangle BDM$ и $$HK = \frac{1}{2}BM = \frac{1}{4}BS = \frac{1}{4}BD.$$

Высота правильного треугольника со стороной $x$ равна $\frac{x\sqrt{3}}{2}$, следовательно, $$6\sqrt{3} = DM = \frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2} \;\;\Leftrightarrow\;\; a\sqrt{2} = 12 \;\;\Rightarrow\;\; HK = \frac{1}{4}\cdot 12 = 3.$$

Ответ:

б) $3$

а)

Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD$. Так как эта пирамида правильная, то $H$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$.

Так как $\alpha \perp SB$, то $SB$ перпендикулярна любой прямой из $\alpha$. Следовательно, $DM \perp SB$. Пусть $O = DM \cap SH$.

Так как $SH \perp (ABC)$, $BH \perp AC$, то по теореме о трёх перпендикулярах $SB \perp AC$. Проведем через точку $O$ прямую $EF \parallel AC$ (см. рис.). Тогда $EF \perp SB$. Следовательно, $DEMF$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$.

Также по теореме о трёх перпендикулярах $DM \perp AC$. Следовательно, так как $EF \parallel AC$, то диагонали сечения $DM$ и $EF$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Так как диагонали сечения $DEMF$ взаимно перпендикулярны, то площадь сечения можно искать по формуле $$S = S_{DEMF} = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF$$

По условию $SA = 6$, а $AB : SA = 1 : \sqrt{2}$. Следовательно, $AB = SA : \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$. Следовательно, $BD = AB\sqrt{2} = 6$. Значит, $\triangle BSD$ равносторонний. Тогда $$DM = \frac{BD\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Так как $\triangle BSD$ равносторонний, то $DM$ и $SH$ — не только высоты, но и медианы этого треугольника. Следовательно, точкой пересечения они делятся в отношении $2 : 1$, считая от вершины. Тогда $$\frac{SO}{OH} = \frac{2}{1}$$

$\triangle FSE \sim \triangle ASC$, следовательно, $$\frac{EF}{AC} = \frac{SO}{SH} = \frac{2}{3} \;\Rightarrow\; EF = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}BD = 4$$

Тогда искомая площадь равна $$S = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF = 6\sqrt{3}$$

Ответ:

б) $6\sqrt{3}$

а)

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с основанием $ABC$. По свойству правильной пирамиды центр $O$ вписанного в неё шара лежит на её высоте $SH$. Пусть $CC_1$ — высота основания, $M$ — середина высоты $SH$.

Плоскость пересекает шар в более чем одной точке, если расстояние от центра шара до плоскости меньше радиуса шара. Так как $\alpha \perp SH$, то $OM \perp \alpha$, следовательно, требуется доказать, что $OM < r$. Это равносильно тому, что $$OM < OH \;\;\Leftrightarrow\;\; OH > \frac{1}{2}MH \;\;\Leftrightarrow\;\; OH > \frac{1}{4}SH.$$

Высота правильного треугольника со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, следовательно, $$CC_1 = 3\sqrt{3} \;\Rightarrow\; CH = 2\sqrt{3}.$$ Тогда по теореме Пифагора $$SH = \sqrt{13 - 12} = 1.$$ Так как $HC_1 = \sqrt{3}$, то по теореме Пифагора $$SC_1 = \sqrt{3 + 1} = 2.$$

Рассмотрим $\triangle SHC_1$. $OK = OH = r$ — радиусы шара. Так как $\triangle SKO \sim \triangle SHC_1$, то $$\frac{1 - r}{2} = \frac{r}{\sqrt{3}} \;\;\Leftrightarrow\;\; r = 2\sqrt{3} - 3.$$

Так как $$2\sqrt{3} - 3 > 2 \cdot \frac{3}{2} - 3 > \frac{1}{4},$$ то $r > \frac{1}{4}SH$. Ч.т.д.

б)

Сечение шара плоскостью $\alpha$ — окружность с центром в точке $M$ радиуса $MN$. $$OM = \frac{1}{2}SH - r = \frac{1}{2} - r.$$ Рассмотрим прямоугольный $\triangle OMN$: $$MN^2 = r^2 - \left(\frac{1}{2} - r\right)^2 \;\;\Rightarrow\;\; MN^2 = \frac{1}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right).$$

Следовательно, площадь сечения равна $$S = \pi \cdot MN^2 = \frac{\pi}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right).$$

Ответ:

б) $\displaystyle \frac{\pi}{4}\left(8\sqrt{3} - 13\right)$

а)

Сечение призмы плоскостью $AED_1$ — четырёхугольник $AB_1D_1E$. Построим сечение призмы плоскостью $CA_1E_1$. Назовем эту плоскость плоскостью $\alpha$. Найдём линию пересечения $\alpha$ и плоскости $BB_1D_1$. Плоскости $BB_1D_1$ и $AA_1E_1$ параллельны, следовательно, плоскость $CEE_1$ пересечёт их по параллельным прямым. Значит, если $CE \cap BD = X_1$, то проведем $X_1X_2 \parallel EE_1$. Получается, что $X_2$ — точка пересечения прямой $CE_1$ с плоскостью $BB_1D_1$, а значит и плоскости $\alpha$ с плоскостью $BB_1D_1$. Так как $BD \parallel AE \parallel A_1E_1$, то $\alpha$ пересечет плоскость $BB_1D_1$ по прямой $MN \parallel BD$ (см. рис.). Следовательно, $CNE_1A_1M$ — сечение призмы плоскостью $\alpha$.

Докажем, что $ED_1 \perp \alpha$. Тогда по признаку получим, что $AED_1 \perp \alpha$. $EE_1 \perp (A_1B_1C_1)$, $D_1E_1 \perp A_1E_1 \Rightarrow$ по ТТП $ED_1 \perp A_1E_1$.

Докажем, что $ED_1 \perp E_1N$, то есть докажем, что $\angle NOD_1 = 90^\circ$. План такой: 1) найдём $ND_1$ и $E_1N$; 2) найдём $\cos \angle D_1NE_1$; 3) найдём $NO$; 4) докажем, что $NO : ND_1 = \cos \angle D_1NE_1$. Отсюда будет следовать, что $\angle NOD_1 = 90^\circ$.

1. Проведем $CH \perp AE$. $CH \cap BD = K \Rightarrow CK \perp BD$. Так как $\triangle BCD$ равнобедренный, то $K$ — середина $BD$. Следовательно, по теореме Пифагора $$CK = \sqrt{6^2 - (2\sqrt{5})^2} = 4$$ Так как $KH \parallel AB$, то $KH = AB = 5$. Следовательно, $CH = 9$. $$\triangle CKX_1 \sim \triangle CHE \Rightarrow \frac{CX_1}{CE} = \frac{CK}{CH} = \frac{4}{9}$$ $$\triangle CX_1X_2 \sim \triangle CEE_1 \Rightarrow \frac{X_1X_2}{EE_1} = \frac{CX_1}{CE} = \frac{4}{9}$$ $$ND = X_1X_2 = \frac{4}{9}EE_1 \Rightarrow ND_1 = \frac{5}{9}EE_1 = \frac{5}{9} \cdot 3\sqrt{5} = \frac{5}{3}\sqrt{5}$$ По теореме Пифагора: $$E_1N = \sqrt{5^2 + \left( \frac{5}{3} \sqrt{5} \right)^2} = \frac{5}{3} \sqrt{14}$$
2. $\angle D_1NE_1 = \varphi$ $$\cos \varphi = \frac{D_1N}{E_1N} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{14}}$$
3. $\triangle NOD_1 \sim \triangle E_1OE \Rightarrow$ $$\frac{NO}{OE_1} = \frac{ND_1}{EE_1} = \frac{5}{9}$$ Следовательно, можно принять $NO = \frac{5}{9}x$, $OE_1 = x$. Тогда $E_1N = \frac{14}{9}x \Rightarrow$ $$NO = \frac{5}{14}E_1N = \frac{5}{14} \cdot \frac{5}{3} \sqrt{14}$$
4. $$\frac{NO}{ND_1} = \frac{\frac{5}{14} \cdot \frac{5}{3} \sqrt{14}}{\frac{5}{3} \cdot \sqrt{5}} = \sqrt{\frac{5}{14}} = \cos \varphi$$

Таким образом, $ED_1 \perp E_1N$ и $ED_1 \perp A_1E_1 \Rightarrow ED_1 \perp \alpha \Rightarrow (AED_1) \perp \alpha$.

б) $ABKH$ — параллелограмм, следовательно, $AH = BK = \frac{1}{2}BD$. Следовательно, $H$ — середина $AE$. Следовательно, $CH$ — медиана и высота в $\triangle ACE \Rightarrow AC = CE$. Тогда $\triangle ABC = \triangle CDE \Rightarrow V_{B_1ABC} = V_{D_1CDE}$.

Объём многогранника $CAED_1B_1$ равен ($V$ — объём всей призмы):

$$V_0 = V - 2 \cdot \underbrace{V_{D_1CDE}}_{\text{треуг. пирамида}} - \underbrace{V_{AA_1B_1EE_1D_1}}_{\text{прямая треуг. призма}} - \underbrace{V_{CB_1C_1D_1}}_{\text{треуг. пирамида}}$$

1. Найдём $V_{ABCDEA_1B_1C_1D_1E_1} = V = AA_1 \cdot (S_{ABDE} + S_{BCD}) = 3\sqrt{5} \cdot \left(5 \cdot 4\sqrt{5} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} \right) = 420$
2. Найдём $V_{D_1CDE} = \frac{1}{3} \cdot D_1 \cdot S_{CDE}$. $$S_{CDE} = \frac{(S_{ABDE} + S_{BCD} - S_{ACE})}{2} = \left(5 \cdot 4\sqrt{5} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} - \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 4\sqrt{5}\right) : 2 = 5\sqrt{5}$$ $$V_{D_1CDE} = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{5} \cdot 5\sqrt{5} = 25$$
3. Найдём $V_{AA_1B_1EE_1D_1} = A_1E_1 \cdot \frac{1}{2} \cdot A_1B_1 = 4\sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{5} \cdot 5 = 150$
4. Найдём $V_{CB_1C_1D_1} = \frac{1}{3} \cdot CC_1 \cdot S_{B_1C_1D_1} = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} = 40$

Следовательно, $$V_0 = 420 - 25 \cdot 2 - 150 - 40 = 180.$$

Ответ: б) 180

а)

Пусть $MN$ пересекает диагонали $AC$ и $BD$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Так как $SO \parallel \alpha$, то $\alpha$ пересечет плоскости, в которых находится $SO$, по прямым, параллельным $SO$. Следовательно, проведем в плоскостях $ASC$ и $BSD$ прямые $PE \parallel SO$, $KF \parallel SO$ (см. рис.). Получим сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ — четырёхугольник $MNKP$.

Так как $MN \parallel AD$, то $AD \parallel \alpha$, следовательно, $\alpha$ пересечет плоскость $ASD$, в которой лежит $AD$, по прямой, параллельной $AD$. Следовательно, $$PK \parallel AD \Rightarrow PK \parallel MN.$$ Осталось доказать, что $PK \ne MN$.

По теореме Фалеса $E$ и $F$ — середины диагоналей. Следовательно, $AE : AO > AE : AC = 1 : 2$.

$$\triangle APE \sim \triangle ASO \quad (\angle SAO\ \text{— общий},\ \angle APE = \angle ASO\ \text{как соответственные при } EP \parallel SP \text{ и секущей } AS).$$ Следовательно, $$\frac{AP}{AS} = \frac{AE}{AO} > \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{PS}{AS} = \frac{AS - AP}{AS} = 1 - \frac{AP}{AS} < \frac{1}{2}$$

$$\triangle PSK \sim \triangle ASD\ (\angle ASD\ \text{— общий},\ \angle SPK = \angle SAD\ \text{как соответственные при } PK \parallel AD\ \text{и секущей } AS).$$

Следовательно, $$\frac{PK}{AD} = \frac{PS}{AS} < \frac{1}{2} \Rightarrow PK < \frac{1}{2}AD$$

Так как $MN$ — средняя линия трапеции $ABCD$, то $$MN = \frac{AD + BC}{2} > \frac{1}{2}AD$$

Следовательно, $MN > PK$, то есть $MN \ne PK$, значит, $MNKP$ — трапеция. Ч.т.д.

б) По свойству трапеции $\triangle AOD \sim \triangle BOC \Rightarrow AO : OC = 9 : 7 \Rightarrow AO = 9x$, $OC = 7x$. Тогда $AC = 16x$. Так как $AE = \frac{1}{2}AC$, то $AE = 8x \Rightarrow EO = x$.

Из $\triangle APE \sim \triangle ASO$, описанного в пункте а), следует, что $$\frac{PE}{SO} = \frac{AE}{AO} = \frac{8}{9} \Rightarrow PE = \frac{8}{9}SO = \frac{16}{3}$$

Из $\triangle PSK \sim \triangle ASD$, описанного в пункте а), следует, что $$\frac{PK}{AD} = \frac{PS}{AS} = \frac{EO}{AO} = \frac{1}{9} \Rightarrow PK = \frac{1}{9}AD = 1$$

Также средняя линия равна $$MN = \frac{AD + BC}{2} = 8$$

Так как $SO \perp AD$, $PE \parallel SO$, $MN \parallel AD \Rightarrow PE \perp MN \Rightarrow PE$ — высота трапеции $MNKP$. Следовательно, её площадь равна

$$S = \frac{MN + PK}{2} \cdot PE = \frac{8 + 1}{2} \cdot \frac{16}{3} = 24.$$

Ответ:

б) 24