Стереометрическая задача

а) Так как пирамида правильная, то в основании лежит правильный треугольник $ABC$, а основание высоты этой пирамиды — центр $H$ треугольника.

Пусть $AA_1 \perp BC$, $CC_1 \perp AB$. Тогда $H = AA_1 \cap CC_1$ и по теореме о трёх перпендикулярах $PA_1 \perp BC$. Следовательно, $PA_1$ — апофема грани $BCP$.

Проведём $AO \perp PA_1$, а через точку $O$ проведём $MN \parallel BC$. Тогда $(AMN) = \alpha$. Докажем, что $PO : OA_1 = 119 : 25$.

Пусть $\angle AA_1P = \varphi$. Тогда:

$$\frac{OA_1}{AA_1} = \cos \varphi = \frac{HA_1}{PA_1}$$

Пусть $AB = a$. Тогда:

$$AA_1 = \frac{a\sqrt{3}}{2}, \quad HA_1 = \frac{1}{3}AA_1 = \frac{a}{2\sqrt{3}}, \quad PA_1 = \sqrt{1{,}69a^2 - 0{,}25a^2} = 1{,}2a$$

$$OA_1 = \frac{HA_1 \cdot AA_1}{PA_1} = \frac{5a}{24}$$

Тогда:

$$\frac{OA_1}{PA_1} = \frac{25}{144} \iff \frac{PO}{OA_1} = \frac{119}{25}$$

Что и требовалось доказать.

б) Проведём $CK \parallel PA_1$, как показано на рисунке. Тогда $CK \perp \alpha$, следовательно, $AK$ — проекция наклонной $AC$ на плоскость $\alpha$.

Так как угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость, то нужно найти $\angle CAK = \mu$. $\triangle CAK$ — прямоугольный с прямым углом $K$. Следовательно,

$$\sin \mu = \frac{CK}{AC}$$

Так как $BC \parallel MN$, то $BC \parallel \alpha$, следовательно, расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $\alpha$ одинаково, откуда следует, что $CK = OA_1 = \frac{5a}{24}$.

Значит,

$$\sin \mu = \frac{5}{24} \quad \Rightarrow \quad \mu = \arcsin \frac{5}{24}$$

Ответ: а) $119 : 25$ б) $\arcsin \dfrac{5}{24}$

а)

Проведём $TN \parallel B_1C_1$. Отметим на $TN$ точку $P$ так, что $TP = B_1K$. Тогда $TB_1KP$ — параллелограмм, откуда $KP \parallel TB_1$. Следовательно, $KP, CP \subset \alpha$.

Пусть $AB = a$. Так как $TN \parallel BC$, то $\triangle ATN \sim \triangle ABC$. Следовательно,

$$\frac{TN}{BC} = \frac{AT}{AB} = \frac{2}{3} \Rightarrow TN = \frac{2}{3}a$$

$$NP = TN - TP = \frac{2}{3}a - \frac{1}{2}a = \frac{1}{6}a$$

По теореме Менелая для $\triangle ANT$ и прямой $CE$:

$$\frac{AC}{CN} \cdot \frac{NP}{PT} \cdot \frac{TE}{EA} = 1$$

$$\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{TE}{EA} = 1 \Rightarrow \frac{TE}{EA} = 1$$

Следовательно, точка $E$ — середина отрезка $AT$. Что и требовалось доказать.

б) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то $KF \parallel CE$. Значит, сечение $CEFK$ — трапеция (заметим, что $CK \parallel EF$).

Пусть $M$ — середина $BC$. Тогда $TM$ — средняя линия в $\triangle BCE$, значит

$$TM \parallel CE, \quad TM = \frac{1}{2}CE$$

Но так как $CE \parallel KF$, то $TM \parallel KF$. Тогда, так как точки $K$ и $M$ — середины $B_1C_1$ и $BC$ соответственно, то

$$KF = TM = \frac{1}{2}CE$$

Так как $TB_1 \parallel \alpha$, то $TB_1 \parallel EF$. Следовательно, так как $KP \parallel TB_1$, то $KP \parallel EF$. Значит, $EFKP$ — параллелограмм, значит $PE = KF = \frac{1}{2}CE$.

По теореме косинусов для $\triangle BCE$:

$$CE^2 = a^2 + \frac{4}{9}a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{2}{3}a \cdot \cos 60^\circ = \frac{7}{9}a^2$$

$$CE = \frac{a}{3} \sqrt{7} \quad \Rightarrow \quad CE = 14\sqrt{7}$$

$$KF = CP = \frac{1}{2}CE = 7\sqrt{7}$$

Также имеем:

$$KP^2 = EF^2 = TB_1^2 = 14^2 + 9 \cdot 7 = 7 \cdot 37$$

$$CK^2 = 21^2 + 9 \cdot 7 = 21 \cdot 24$$

Следовательно, по теореме косинусов для $\triangle CKP$:

$$\cos \varphi = \cos \angle KCP = \frac{CP^2 + CK^2 - KP^2}{2 \cdot CP \cdot CK} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

Значит,

$$\varphi = 45^\circ \quad \Rightarrow \quad \sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

Пусть $KR \perp CE$. Тогда $KR$ — высота сечения. Из $\triangle CKR$:

$$\sin \varphi = \frac{KR}{CK} \quad \Rightarrow \quad KR = 6\sqrt{7}$$

Значит, искомая площадь сечения равна:

$$S = \frac{KF + CE}{2} \cdot KR = \frac{7\sqrt{7} + 14\sqrt{7}}{2} \cdot 6\sqrt{7} = 441$$

Ответ: б) $441$

Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$:

Основание $ABCD$ — прямоугольник со сторонами $AB = 6$, $AD = 8$.

Диагонали пересекаются в точке $O$.

Плоскость через $AC$, параллельная $B_1D$, пересекает $BB_1$ в точке $K$.

Угол между плоскостями $ABC$ и $ACK$ равен $45^\circ$.

1. []a) Доказательство неравенства угла:

2. Найдём высоту $BH$ треугольника $ABC$: $$BH = \frac{AB \cdot BC}{AC} = \frac{6 \cdot 8}{10} = 4.8$$

3. Из условия $\angle KHB = 45^\circ$ следует: $$KB = BH = 4.8$$ $$BO = \frac{AC}{2} = 5$$

4. В треугольнике $KOB$: $$\frac{KB}{BO} = \frac{4.8}{5} = 0.96 < 1$$

Следовательно, $\angle KOB < 45^\circ$.

1. [] б) Вычисление объёма параллелепипеда:

2. Из параллельности $KO \parallel B_1D$ следует: $$BB_1 = 2BK = 2BH = 9.6$$

3. Объём параллелепипеда: $$V = AB \cdot BC \cdot BB_1 = 6 \cdot 8 \cdot 9.6 = 460.8$$

Или в дробном виде: $$V = \frac{48}{5} \cdot 48 = \frac{2304}{5}$$

Ответ:

а) Угол $KOB$ действительно меньше $45^\circ$.

б) Объём параллелепипеда равен $$\frac{2304}{5}.$$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Точка $E$ на $A_1A$: $A_1E : EA = 3 : 2$.

$T$ — середина $B_1C_1$.

Длины: $AD = 6$, $AA_1 = 10$, $AB = 2\sqrt{10}$.

1. []a) Доказательство, что сечение $ETD_1$ — равнобедренная трапеция:

2. Построение: Продлим $D_1T$ до $K$ на $A_1B_1$. Проведём $EK \to$ точка $F$ на $BB_1$. Сечение — $EFTD_1$.

3. Параллельность: $FT \parallel ED_1$ (через параллельные плоскости). Значит, $EFTD_1$ — трапеция.

4. Равные стороны: $\triangle D_1C_1T = \triangle KB_1T \to KB_1 = 2\sqrt{10}$. $B_1F = 3$ (средняя линия). Из равенства треугольников: $$EF = TD_1 = 7.$$

5. []б) Площадь сечения:

6. Длины: $$EF = TD_1 = 7,$$ $$ED_1 = 6\sqrt{2},$$ $$FT = 3\sqrt{2}.$$

7. Высота: $$h = \sqrt{7^2 - \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{89}{2}}.$$

8. Площадь: $$S = \frac{6\sqrt{2} + 3\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\frac{89}{2}} = \frac{9\sqrt{89}}{2}.$$

Ответ:

а) Сечение $EFTD_1$ — равнобедренная трапеция.

б) Площадь сечения: $$\frac{9\sqrt{89}}{2}.$$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с рёбрами: $$AB = 12,\qquad AA_1 = 16,\qquad AD = 15.$$

1. [] a) Доказательство отношения объёмов $1:3$.

2. Объём параллелепипеда: $$V_{\text{пар}} = AB \cdot AD \cdot AA_1 = 12 \cdot 15 \cdot 16 = 2880.$$

3. Объём пирамиды $A_1BDC_1$ найдём через объёмы «отрезаемых» пирамид: $$V_{A_1ADB} = \frac{1}{6}V_{\text{пар}} = \frac{1}{6}\cdot 2880 = 480,$$ $$V_{C_1CBD} = V_{BA_1B_1C_1} = V_{DA_1D_1C_1} = 480,$$ $$V_{A_1BDC_1} = V_{\text{пар}} - 4\cdot 480 = 2880 - 1920 = 960 = \frac{1}{3}V_{\text{пар}}.$$

4. Таким образом: $$\frac{V_{A_1BDC_1}}{V_{\text{пар}}} = \frac{1}{3}.$$

5. []б) Нахождение расстояния от $A_1$ до $BD_1$.

6. Находим необходимые длины: $$A_1B = \sqrt{AA_1^2 + AB^2} = \sqrt{256 + 144} = 20,$$ $$A_1D_1 = AD = 15,$$ $$BD_1 = \sqrt{AB^2 + AD^2 + AA_1^2} = \sqrt{144 + 225 + 256} = 25.$$

7. Рассматриваем прямоугольный треугольник $A_1BD_1$: - катеты: $A_1B = 20$, $A_1D_1 = 15$; - гипотенуза: $BD_1 = 25$.

8. Искомое расстояние $A_1E$ — высота к гипотенузе: $$A_1E = \frac{A_1B \cdot A_1D_1}{BD_1} = \frac{20 \cdot 15}{25} = 12.$$

Ответ:

а) Объём пирамиды $A_1BDC_1$ составляет $\dfrac{1}{3}$ объёма параллелепипеда.

б) Расстояние от $A_1$ до $BD_1$ равно $12$.