Стереометрическая задача

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:

рёбра: $AB = 8$, $AD = 7$, $AA_1 = 5$.

Точка $W \in DD_1$: $DW : WD_1 = 1 : 4$.

1. []a) Доказательство, что сечение — параллелограмм.

2. Построим сечение плоскостью $(CA_1W)$: Проведём $CT \parallel A_1W \; (T \in BB_1)$. Соединим точки $A_1$ и $T$.

3. Свойства сечения: $CT \parallel A_1W$ (по построению). $A_1T \parallel CW$ (как линии пересечения параллельных плоскостей). Следовательно, $CTA_1W$ — параллелограмм.

4. []б) Нахождение площади сечения.

5. Вычислим длины отрезков: $$D_1W=\frac{4}{5}DD_1=4,$$ $$DW=1,$$ $$BT=D_1W=4 \quad \text{(из равенства треугольников).}$$

6. Найдём стороны параллелограмма: $$CT=\sqrt{BC^2+BT^2}=\sqrt{7^2+4^2}=\sqrt{65},$$ $$CW=\sqrt{CD^2+DW^2}=\sqrt{8^2+1^2}=\sqrt{65}.$$

7. Вычислим диагонали: $$CA_1=\sqrt{7^2+8^2+5^2}=\sqrt{138},$$ $$WT=2\sqrt{CT^2-\left(\frac{CA_1}{2}\right)^2} =2\sqrt{65-34.5} =\sqrt{122}.$$

8. Площадь сечения: $$S=\frac{CA_1\cdot WT}{2} =\frac{\sqrt{138}\cdot\sqrt{122}}{2} =\frac{\sqrt{16836}}{2} =\sqrt{4209}.$$

Ответ:

а) Доказано, что сечение $CTA_1W$ — параллелограмм.

б) Площадь сечения равна

$$\sqrt{4209}.$$

Построим сечение. Для этого проведем луч $MR$ и луч $CA$ и найдем точку их пересечения — $S$.

Через данную точку и точку $Q$ проведем луч $SQ$ — он принадлежит плоскости $ADC$. Этот луч пересечет отрезок $DC$ — назовем эту точку $T$.

Образовался четырехугольник сечения — $MQTR$.

Определим отношение, в котором точка $A$ делит отрезок $SC$. Для этого воспользуемся теоремой Менелая: $$\frac{CR}{RB}\cdot\frac{BM}{MA}\cdot\frac{AS}{SC}=1$$

$$\frac{1}{1}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{AS}{SC}=1$$

Откуда $$\frac{AS}{SC}=\frac{1}{2}$$

То есть $A$ — середина $SC$.

Теперь найдем отношение, в котором точка $T$ делит отрезок $DC$. Для этого воспользуемся теоремой Менелая в плоскости $ADC$:

$$\frac{DT}{TC}\cdot\frac{CS}{SA}\cdot\frac{AQ}{QD}=1$$

$$\frac{DT}{TC}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{1}=1$$

$$\frac{DT}{TC}=\frac{1}{2}$$

Ответ: $$\frac{DT}{TC}=\frac{1}{2}.$$

Так как $B_1E : EB = C_1F : FC$ и $BB_1 = CC_1$, то $BE = CF$. Поскольку при этом $BE \parallel CF$, то $BEFC$ — параллелограмм. Отсюда получаем $EF \parallel BC \parallel AD$. Четырехугольник $EFDA$ — сечение куба плоскостью $(EFD)$.

Сечение куба плоскостью $(B_1C_1D)$ — четырехугольник $B_1C_1DA$. Прямая $AD$ — линия пересечения плоскостей $(EFD)$ и $(B_1C_1D)$.

Так как $ABCD$ — квадрат, то $AD \perp CD$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $C_1D \perp AD$ и $FD \perp AD$. Следовательно, $\angle C_1DF = \alpha$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $(EFD)$ и $(B_1C_1D)$.

Обозначим $C_1F = 3x$, $FC = x$. Тогда ребро куба равно $4x$. По теореме Пифагора для $\triangle DCC_1$ имеем: $$C_1D^2 = CC_1^2 + DC^2$$ $$C_1D^2 = 16x^2 + 16x^2 = 32x^2$$ $$C_1D = 4\sqrt{2}x$$

По теореме Пифагора для $\triangle DCF$ имеем: $$FD^2 = CF^2 + DC^2$$ $$FD^2 = x^2 + 16x^2 = 17x^2$$ $$FD = \sqrt{17}x$$

Из теоремы косинусов для $\triangle C_1FD$ следует, что $$\cos \alpha = \frac{C_1D^2 + FD^2 - C_1F^2}{2 \cdot C_1D \cdot FD} = \frac{32x^2 + 17x^2 - 9x^2}{2 \cdot 4\sqrt{2}x \cdot \sqrt{17}x} = \frac{5}{\sqrt{34}}$$

Тогда $\alpha = \arccos \dfrac{5}{\sqrt{34}}$.

Ответ:

$\arccos \dfrac{5}{\sqrt{34}}$

Отметим середину $O$ отрезка $DB$, она будет также центром квадрата-основания. Поскольку $CC_1 \perp (ABC)$, то $OC$ является проекцией наклонной $OC_1$ на плоскость $(ABC)$. Прямые $BD$ и $OC$ перпендикулярны как содержащие диагонали квадрата, а значит по теореме о трех перпендикулярах $BD$ перпендикулярна наклонной $OC_1$. Аналогично $BD \perp OA_1$. Таким образом, $A_1O$ и $C_1O$ перпендикулярны прямой $DB$ пересечения плоскостей $(A_1BD)$ и $(C_1BD)$. Тогда угол $C_1OA_1$ и есть угол между плоскостями, если $\angle C_1OA_1 \leq 90^\circ$, либо дополняет угол между плоскостями до $180^\circ$, если $\angle C_1OA_1 > 90^\circ$.

Пусть сторона квадрата равна $a$, тогда имеем: $$A_1C_1 = a\sqrt{2}, \qquad OC = \frac{\sqrt{2}}{2}a$$

По теореме Пифагора для треугольника $OCC_1$ получаем $$OC_1 = \sqrt{CO^2 + CC_1^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = a\sqrt{\frac{3}{2}} = OA_1$$

По теореме косинусов для угла $\angle O$ треугольника $A_1OC_1$ имеем: $$\cos \angle C_1OA_1 = \frac{OA_1^2 + OC_1^2 - A_1C_1^2}{2OA_1 \cdot OC_1} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2}a^2 - 2a^2}{2 \cdot \frac{3}{2}a^2} = \frac{1}{3}$$

Отсюда получаем, что $\angle C_1OA_1 = \arccos \frac{1}{3}$ и есть искомый угол между плоскостями.

Ответ:

$\arccos \frac{1}{3}$

1. Пусть $AC = AB = 10$, $BC = 10\sqrt{3}$, $SO$ — высота пирамиды.

Заметим, что $ABC$ — тупоугольный (из теоремы косинусов следует, что $\cos \angle A < 0$). Следовательно, высоты треугольника пересекаются в одной точке, лежащей вне треугольника.

Две равные грани пирамиды — это $SAC$ и $SAB$. Проведем $CH \perp SA$. т.к. $\triangle SAC = \triangle SAB \Rightarrow BH \perp SA$. Таким образом, $\angle BHC = \alpha$ — искомый угол между равными гранями.

Будем искать $\alpha$ из теоремы косинусов для $\triangle BHC$ (у которого $BH = CH$). Для этого найдем $CH$.

1. Пусть $O$ — точка пересечения высот основания. По теореме косинусов для $\triangle ABC$:

$$\cos \angle ABC = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle ABC = 30^\circ.$$ Следовательно, $\angle OBC = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$. Аналогично $\angle OCB = 60^\circ \Rightarrow \triangle OBC$ — равносторонний и $OC = BC = 10\sqrt{3}$.

По теореме Пифагора для $\triangle SOC$: $SC = 20$.

Т.к. для $\triangle BOC$ $OA_1$, $BB_1$, $CC_1$ — медианы, то $OA = 2OA_1 = 10 \Rightarrow SA = 10\sqrt{2}$.

1. Заметим, что $\triangle SAC$ — тоже тупоугольный. Найдем $CH$:

$$CH^2 = CS^2 - SH^2 = CA^2 - AH^2 \Rightarrow 400 - (10\sqrt{2} + AH)^2 = 100 - AH^2$$ (т.к. ранее мы нашли $SC = 20$, $SA = 10\sqrt{2}$, а $AC = 10$ по условию)

Значит,

$$AH = \frac{5\sqrt{2}}{2} \Rightarrow CH = \frac{5\sqrt{14}}{2}.$$

Тогда по теореме косинусов для $\triangle BHC$:

$$\cos \alpha = -\frac{5}{7} \Rightarrow \angle(SAB, SAC) = \arccos \left(-\frac{5}{7}\right) = \pi - \arccos \frac{5}{7}.$$

Ответ:

$\pi - \arccos \frac{5}{7}$