Стереометрическая задача

а)

Обозначим $AD = p$, $h$ — высота призмы. Тогда объём призмы $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ равен $$V_0 = \frac{b + 4b}{2} \cdot p \cdot h = \frac{5}{2} bph$$

Проведем $CN \parallel AD$, $NN_1 \parallel AA_1$. Тогда $ANCDA_1N_1C_1D_1$ — призма, в основании которой лежит прямоугольник, а высота этой призмы равна $h$. Следовательно, её объём равен $$V_{\text{prism}} = bph$$

Пусть $D_1K \perp AD$, $D_1K = k$, $BM \perp (AA_1 D_1)$, $BM = m$. Тогда $$V_{\text{prism}} = k \cdot p \cdot \frac{1}{4} m$$ Тогда получаем $$bph = \frac{1}{4} kpm \quad \Leftrightarrow \quad km = 4bh$$

Значит, $$V_1 = V_{A_1 D_1 D N_1 C_1 C} = \frac{1}{2} V_{\text{prism}} = \frac{1}{2} bph$$

$B_1 N_1 C_1 C$ — треугольная пирамида, высота которой, проведенная из вершины $B_1$, равна $\frac{3}{4} m$. Следовательно, её объём равен $$V_2 = V_{B_1 N_1 C_1 C} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{1}{8} kpm = \frac{1}{2} bph$$

Следовательно, объём многогранника $DA_1 D_1 C B_1 C_1$, образованного плоскостью $(CDA_1)$, равен $$V_{01} = V_1 + V_2 = \frac{1}{2} bph + \frac{1}{2} bph = bph$$

Тогда объём оставшейся части равен $$V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{5}{2} bph - bph = \frac{3}{2} bph$$

Следовательно, $$V_{02} : V_{01} = \frac{3}{2} bph : bph = 3 : 2$$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $c = \alpha b$, $\alpha > 1$. Определим, возможен ли такой случай, учитывая данные. Этому случаю соответствует рисунок, приведенный в решении пункта а). Используя обозначения пункта а), получаем

$$V_0 = \frac{b + \alpha b}{2} \cdot p \cdot h = \frac{1 + \alpha}{2} bph$$

$$bph = V_{\text{prism}} = kp \cdot \frac{1}{\alpha} m \quad \Rightarrow \quad km = \alpha bh$$

$$V_1 = \frac{1}{2} V_{\text{prism}} = \frac{1}{2} bph$$

$$V_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{\alpha - 1}{\alpha} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{\alpha - 1}{6\alpha} kpm = \frac{\alpha - 1}{6} bph$$

$$V_{01} = V_1 + V_2 = \frac{\alpha + 2}{6} bph$$

Следовательно, $$V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{2\alpha + 1}{6} bph$$

$$2 : 3 = V_{02} : V_{01} = (2\alpha + 1) : (\alpha + 2) \quad \Rightarrow \quad \alpha = \frac{1}{4}$$

Следовательно, этот случай невозможен, так как $\alpha > 1$.

Пусть $b = \alpha c$, $\alpha > 1$. Проверим возможность такого случая. Рассмотрим рисунок, соответствующий этому случаю:

$$V_0 = \frac{\alpha + 1}{2} cph$$

$$cph = V_{\text{prism}} = \frac{1}{\alpha} mpk \quad \Rightarrow \quad km = \alpha ch$$

$$V_1 = \frac{1}{2} cph$$

$$V_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{\alpha - 1}{\alpha} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{\alpha - 1}{6} cph$$

$$V_3 = V_{CB_1 C_1 N_1} = \frac{1}{3} h \cdot S_{B_1 C_1 N_1} = \frac{1}{3} h \cdot \frac{1}{2} p \cdot (\alpha - 1) c = \frac{\alpha - 1}{6} cph$$

$$V_{01} = S_1 + S_2 + S_3 = \frac{2\alpha + 1}{6} cph \quad\quad V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{\alpha + 2}{6} cph$$

Тогда $$\frac{2}{3} = \frac{V_{02}}{V_{01}} = \frac{\alpha + 2}{2\alpha + 1} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha = 4$$

Этот случай является единственно возможным.

По условию $\alpha c = 5$, $p = 4$. Следовательно, $4c = 5 \quad \Leftrightarrow \quad c = \frac{5}{4}$.

Тогда можем найти высоту призмы:

$$\frac{\alpha + 1}{2} cph = V_0 = 30 + 20 = 50 \quad \Leftrightarrow \quad \frac{25}{2} h = 50 \quad \Leftrightarrow \quad h = 4$$

Ответ:

б) 4

а)

Проведём диагонали основания $AC$ и $BD$, пересекающиеся в точке $H$, а также отметим точки $M$ и $N$ — середины рёбер $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда $MN \subset \alpha$.

Рассмотрим плоскость $(ASC)$. Прямая $MN$ пересекает эту плоскость в точке $P$, лежащей на отрезке $AC$. Проведём через точку $P$ отрезок $KP \parallel SC$, где $K \in SA$. Тогда $KP \subset \alpha$. Следовательно, $(KMN) = \alpha$. Значит, требуется доказать, что $SK : KA = 1 : 3$.

Так как $MN$ — средняя линия в $\triangle BCD$, то $MN \parallel BD$. Тогда по теореме Фалеса:

$$BM : MC = HP : PC \Rightarrow P \text{ — середина } CH$$

Значит, $CP : PA = 1 : 3$. А так как $KP \parallel SC$, то по теореме Фалеса $SK : KA = CP : PA = 1 : 3$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $KP \cap SH = Q$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через $MN \parallel BD$, то $\alpha \parallel BD$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(BSD)$ по прямой $EF$, проходящей через точку $Q$ и параллельной $BD$.

Тогда многоугольник $MEKFN$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$. Так как $AS \perp (ABCD)$, $AC \perp BD$, то по теореме о трёх перпендикулярах $SC \perp BD$, а $KP \parallel SC$, следовательно, $KP \perp MN$. Также $SC \parallel \alpha \Rightarrow EM \parallel SC \parallel FN$.

Следовательно, сечение состоит из двух многоугольников: прямоугольника $EFNM$ и равнобедренного треугольника $EKF$ (рёбра $SB$ и $SD$ равны, $KE = KF$ как середины).

Найдём необходимые длины отрезков:

$$MN = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot AB\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$$

$$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{18 + 64} = 5\sqrt{2}$$

$$EM = \frac{5}{2}\sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad KP = 3 \cdot \frac{5}{2}\sqrt{2} = \frac{15}{2}\sqrt{2}$$

$$KQ = KP - QP = KP - EM = \frac{5}{4}\sqrt{2}$$

Тогда площадь:

$$S_{MEKFN} = S_{EFNM} + S_{EKF} = EM \cdot MN + \frac{1}{2} \cdot EF \cdot KQ = 5\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{5}{4}\sqrt{2} = 10 + \frac{5}{2} = 12{,}5$$

Ответ: б) $12{,}5$

а)

Опустим высоту $A_1H$ в треугольнике $OA_1A$. Докажем, что прямая $A_1H$ совпадает с прямой $l$. Прямая $B_1D_1$ перпендикулярна прямым $C_1A_1$ (как содержащей диагонали квадрата) и $OA$ (так как $OA$ — медиана, а значит, и высота в равнобедренном треугольнике $AB_1D_1$) плоскости $(CC_1A_1A)$.

Тогда $B_1D_1 \perp (CC_1A_1A)$ и прямая $A_1H$ перпендикулярна прямой $B_1D_1$. Получили, что прямая $A_1H$ перпендикулярна прямым $OA$ и $B_1D_1$, плоскости $(AB_1D_1)$, следовательно, прямая $A_1H$ перпендикулярна плоскости $(AB_1D_1)$ и совпадает с прямой $l$ из условия.

Пусть $G$ — точка пересечения прямой $A_1H = l$ с отрезком $AC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $OA_1A$. Тогда: $$AA_1 = 2, \quad OA_1 = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}$$ как половина диагонали квадрата со стороной $\sqrt{6}$. По теореме Пифагора: $$OA = \sqrt{3 + 4} = \sqrt{7}$$ Найдём длину высоты $A_1H$, записав площадь треугольника $OA_1A$ двумя способами: $$\frac{1}{2}A_1O \cdot A_1A = S = \frac{1}{2}OA \cdot HA_1 \Rightarrow \quad HA_1 = \frac{A_1O \cdot A_1A}{OA} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$$

По теореме Пифагора для треугольников $OA_1H$ и $AA_1H$: $$OH = \sqrt{3 - \frac{12}{7}} = \frac{3}{\sqrt{7}}, \quad AH = \sqrt{4 - \frac{12}{7}} = \frac{4}{\sqrt{7}}$$

Далее, $\triangle OA_1H \sim \triangle AGH$ по углам, так как $OA_1 \parallel GA$, тогда имеем равенство отношений: $$\frac{OH}{AH} = \frac{OA_1}{AG} \Rightarrow AG = \frac{OA_1 \cdot AH}{OH} = \frac{\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}}}{\frac{3}{\sqrt{7}}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$$

Найдём отношение отрезков $AG$ и $CG$: $$\frac{AG}{CG} = \frac{AG}{AC - AG} = \frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{2\sqrt{3} - \frac{4}{\sqrt{3}}} = \frac{4}{6 - 4} = \frac{2}{1}$$

б)

Поскольку $CD_1 \parallel BA_1$, то искомый угол равен углу $\angle BA_1G$ между прямыми $A_1G = l$ и $BA_1$.
Отрезок $BA_1 = \sqrt{4 + 6} = \sqrt{10}$ — диагональ прямоугольника $BB_1A_1A$ со сторонами $\sqrt{6}$ и $2$.
По теореме Пифагора для треугольника $AGA_1$: $$A_1G = \sqrt{AG^2 + AA_1^2} = \sqrt{\frac{16}{3} + 4} = \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$$

По теореме косинусов для треугольника $GAB$ с углом $\angle A = 45^\circ$: $$BG^2 = AG^2 + AB^2 - 2 \cdot AG \cdot AB \cdot \cos\angle A = \frac{16}{3} + 6 - 2 \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot \sqrt{6} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{10}{3}$$

Тогда по теореме косинусов для треугольника $BA_1G$: $$\cos \angle BA_1G = \frac{BA_1^2 + A_1G^2 - BG^2}{2 \cdot BA_1 \cdot A_1G} = \frac{10 + \frac{28}{3} - \frac{10}{3}}{2 \cdot \sqrt{10} \cdot \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}} = \frac{16}{\frac{4\sqrt{70}}{\sqrt{3}}} = \frac{12}{\sqrt{210}}$$

$$\angle BA_1G = \arccos\left(\frac{12}{\sqrt{210}}\right) = \arccos\left(\frac{2\sqrt{210}}{35}\right)$$

Ответ: б) $\arccos\left(\dfrac{2\sqrt{210}}{35}\right)$

а) Рассмотрим плоскость $(DOE)$. Точка $P$ лежит на прямой $OD$, поэтому лежит и в плоскости $(DOE)$. Точка $F$ лежит на прямой $OE$, поэтому также лежит в плоскости $(DOE)$. Значит, прямые $DE$ и $PF$ лежат в плоскости $(DOE)$.

Четырёхугольник $DPEF$ имеет диагонали $DE$ и $PF$, следовательно, они пересекаются.

б) По теореме Менелая для треугольника $SBC$ и прямой $OF$:

$$\frac{SO}{OC} \cdot \frac{CF}{FB} \cdot \frac{BE}{ES} = 1$$

$$\frac{SO}{OC} \cdot \frac{1}{1} \cdot \frac{2}{1} = 1 \Rightarrow \frac{SO}{OC} = \frac{1}{2}$$

По теореме Менелая для треугольника $SAC$ и прямой $OD$:

$$\frac{AP}{PS} \cdot \frac{SO}{OC} \cdot \frac{CD}{DA} = 1$$

$$\frac{AP}{PS} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{1} = 1 \Rightarrow \frac{AP}{PS} = 1$$

Ответ: б) $1 : 1$

а) Рассмотрим плоскость $(DOE)$. Точка $P$ лежит на прямой $OD$, поэтому лежит и в плоскости $(DOE)$. Точка $F$ лежит на прямой $OE$, поэтому также лежит в плоскости $(DOE)$. Значит, прямые $DE$ и $PF$ лежат в одной плоскости $(DOE)$.

Четырёхугольник $DPEF$ имеет диагонали $DE$ и $PF$, следовательно, они пересекаются.

б) По теореме Менелая для треугольника $SBC$ и прямой $OF$:

$$\frac{SO}{OC} \cdot \frac{CF}{FB} \cdot \frac{BE}{ES} = 1$$

$$\frac{SO}{OC} \cdot \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{1} = 1 \Rightarrow \frac{SO}{OC} = \frac{1}{6}$$

По теореме Менелая для треугольника $SAC$ и прямой $OD$:

$$\frac{AP}{PS} \cdot \frac{SO}{OC} \cdot \frac{CD}{DA} = 1$$

$$\frac{AP}{PS} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{1} = 1 \Rightarrow \frac{AP}{PS} = 2 \Rightarrow \frac{AP}{AS} = \frac{2}{3}$$

Ответ: б) $2 : 3$