Задания по теме «Стереометрия. Расстояния и углы в пространстве»

а) Впишем в заданный трёхгранный угол единичный куб ABCOA_1B_1C_1O_1.

Тогда OA_1, OC_1 и OB являются биссектрисами плоских углов заданного трёхгранного угла.

В треугольнике A_1OC_1 все стороны A_1O, OC_1, A_1C_1 являются диагоналями квадратов со стороной, равной 1. Поэтому их длины равны \sqrt 2. Треугольник A_1OC_1 — равносторонний, поэтому любой его внутренний угол равен 60^{\circ}. В частности, угол A_1OC_1 между диагоналями A_1O и OC_1 равен 60^{\circ}. Аналогично доказывается, что любой другой угол между биссектрисами равен 60^{\circ}. Что и требовалось доказать.

б) 1. По условию шар вписан в трёхгранный угол у которого все плоские углы равны по 60^{\circ}. Тогда можно считать, что этот шар вписан в правильный тетраэдр QMNP, где Q — его вершина, а QM, QP и QN — боковые рёбра, QH — высота, r — радиус вписанного в тетраэдр шара.

2. Известно, что центр шара, вписанного в этот тетраэдр, лежит на высоте тетраэдра.

3. Пусть точка O является центром шара вписанного в тетраэдр (O принадлежит высоте QH ). Тогда OH является радиусом вписанного шара OH=r (H — центр \triangle MPN).

Опустим из точки O перпендикуляр OK на биссектрису QT угла MQP. \triangle MQP правильный, значит QT — высота и медиана. Аналогично, NT — высота, медиана и биссектриса правильного \triangle MNP.

Тогда MT \perp TQ и MT \perp TN, поэтому MT \perp QTN. Тогда MT \perp OK. Итак OK \perp MT и OK \perp TQ, поэтому OK \perp MPQ. Следовательно, OK — радиус вписанного шара, OK=r.

Так как H является точкой пересечения медиан треугольника основания MNP, то TH =\frac13TN.

Но TN=TQ, (как медианы равных треугольников), поэтому TH =\frac13TQ, \frac{TQ}{TH}=3.

4. Треугольники TQH и OKQ подобны по двум углам. Поэтому \frac{QT}{TH}=\frac{OQ}{OK}, 3=\frac{OQ}{r}, OQ=3r.

По условию V_{\text{шара}}=1 =\frac43\pi r^3.

Отсюда r^3 =\frac{3}{4\pi }, r=\sqrt [3]{\frac{3}{4\pi }}, OQ=3r=3\sqrt [3]{\frac{3}{4\pi }}=\sqrt [3]{\frac{81}{4\pi }}.

\sqrt [3]{\frac{81}{4\pi }}.

а) В \triangle DCN и \triangle MAD имеем: \angle C=\angle A=90^{\circ}, CN=AM=\frac12AB, CD=DA.

Отсюда \triangle DCN=\triangle MAD по двум катетам. Тогда MD=DN, \triangle DMN равнобедренный. Значит, медиана DK — является также высотой. Следовательно, DK \perp MN.

DD_1 \perp MND по условию, D_1K — наклонная, KD — проекция, DK \perp MN.

Отсюда по теореме о трех перпендикулярах MN\perp D_1K.

б) Как было доказано в а), DK \perp MN и MN \perp D_1K, но MN — линия пересечения плоскостей MND_1 и ABC, значит \angle DKD_1 — линейный угол двугранного угла между плоскостями MND_1 и ABC.

В \triangle DAM по теореме Пифагора DM= \sqrt {DA^2+AM^2}= \sqrt {64+16}= 4\sqrt 5, MN= \sqrt {MB^2+BN^2}= \sqrt {16+16}= 4\sqrt 2. Следовательно, в \triangle DKM по теореме Пифагора DK= \sqrt {DM^2-KM^2}= \sqrt {80-8}= 6\sqrt 2. Тогда в \triangle DKD_1, tg\angle DKD_1=\frac{DD_1}{DK}=\frac{6\sqrt 2}{6\sqrt 2}=1.

Значит, \angle DKD_1=45^{\circ}.

45^{\circ}.

а) Плоскость AMN пересекает ребро DD_1 в точке K, являющейся четвёртой вершиной сечения данной призмы этой плоскостью. Сечением является параллелограмм ANMK, потому что противоположные грани данной призмы параллельны.

BN =\frac13BB_1=2. Проведём KL \parallel CD, тогда треугольники ABN и KLM равны, значит ML=BN=2, LC=MC-ML=3-2=1, KD=LC=1. Тогда KD_1=6-1=5. Теперь можно найти отношение KD:KD_1=1:5.

б) F — точка пересечения прямых CD и KM. Плоскости ABC и AMN пересекаются по прямой AF. Угол \angle KHD =\alpha — линейный угол двугранного угла (HD\perp AF, тогда по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, KH \perp AF), и является острым углом прямоугольного треугольника KHD, катет KD=1.

Треугольники FKD и FMC подобны (KD \parallel MC), поэтому FD:FC=KD:MC, решая пропорцию FD:(FD+4)=1:3, получим FD=2. В прямоугольном треугольнике AFD (\angle D=90^{\circ}) с катетами 2 и 4 вычислим гипотенузу AF=\sqrt {4^2+2^2}=2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac{4\cdot 2}{2\sqrt 5}= \frac4{\sqrt 5}.

В прямоугольном треугольнике KHD найдём tg \alpha =\frac{KD}{DH}=\frac{\sqrt 5}4, значит, искомый угол \alpha =arctg\frac{\sqrt 5}4.

а) 1:5;

б) arctg\frac{\sqrt 5}4.

а) Так как AK=AM=5-2=3, то \triangle AKM равнобедренный.

Так как в этом равнобедренном треугольнике \angle KAM=60^{\circ}, то он равносторонний, то есть

KM=3. Тогда KM \parallel DC, так как равны соответственные углы при прямых KM, DC и секущей AD.

Построим LN \parallel DC. Так как в этом случае LN \parallel KM, то точки K, L, N и M лежат в одной плоскости, то есть трапеция KLNM есть искомое сечение.

б) 1. \triangle BLN \sim \triangle BDC, так как LN \parallel DC. Следовательно, \triangle BLN является равносторонним и LN=BN=BL =BD-LD=5-4=1.

2. \triangle DKL=\triangle CMN, так как DK=CM =2, DL=CN=4 и \angle KDL=\angle MCN=60^{\circ}. Значит, KL=MN и KMNL — равнобедренная трапеция.

Опустим в ней высоту LH. Отсюда, KH =\frac{KM-LN}2=\frac{3-1}2=1.

3. По теореме косинусов для \triangle KDL получим:

KL^2= KD^2+DL^2-2\cdot KD\cdot DL\cdot \cos 60^{\circ}= 2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \frac12= 12.

4. По теореме Пифагора LH= \sqrt {KL^2-KH^2}= \sqrt {12-1}= \sqrt {11}.

5. S_{KMNL}= \frac12(KM+LN)\cdot LH= \frac12(3+1)\cdot \sqrt {11}= 2\sqrt {11}.

2\sqrt {11}.

а) Плоскость сечения пересекает плоскость верхнего основания по прямой, проходя-щей через точку K и параллельной AC (по свойству параллельности плоскостей). Тогда плоскость AKC пересекает ребро B_1C_1 в точке L так, что KL \parallel AC. Следовательно, искомым сечением будет трапеция AKLC.

KB_1\parallel AB, B_1L\parallel BC, KL\parallel AC. Значит, треугольники KB_1L и ABC подобны и являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Тогда KB_1=B_1L и A_1K=C_1L. Треугольники AA_1K и CC_1L равны, следовательно, AK=CL и трапеция AKLC — равнобедренная.

б) Найдём площадь трапеции AKLC.

A_1K=\frac29A_1B_1 =\frac29\cdot 9=2.

Из \triangle AA_1K,\, AK = \sqrt {AA_1^2+A_1K^2}= \sqrt {14^2+2^2}= 10\sqrt 2.

AC=AB\sqrt 2=9\sqrt 2; KL =\frac79AC=\frac79\cdot 9\sqrt 2=7\sqrt 2.

Так как трапеция AKLC — равнобедренная, имеем

AH =\frac{AC-KL}2=\sqrt 2.

Из \triangle AKH,\, KH= \sqrt {AK^2-AH^2}= \sqrt {200-2}= \sqrt {198}.

S_{AKLC}=\frac{AC+KL}2\cdot KH\,= 8\sqrt 2\cdot \sqrt {198}=48\sqrt {11}.

48\sqrt {11}.

а) План решения.

1. Выполним схематический чертёж.

2. Сделаем предположение, что MK \perp BD, и докажем это утверждение (например, методом «от противного»).

3. Обозначим ребро тетраэдра какой-нибудь буквой (например, a) и через неё выразим другие величины.

4. Рассмотрим треугольник AML, найдём его углы. Из равенства \angle AML=\angle ALM сделаем вывод о том, что треугольник равнобедренный: AL=AM.

5. Найдём отношение AB:AL.

Решение.

1. Так как MK и AB лежат в плоскости ABD, то они пересекутся, L — точка их пересечения.

2. В \triangle MDK,\,  \angle MDK=60^{\circ},  MD=2DK, значит, MK \perp BD. Действительно, допустим, что это не так. Тогда опустим перпендикуляр MK',  MK' \perp BD. В прямоугольном треугольнике MK'D по определению косинуса \frac{K'D}{MD}=\cos \angle MDK',  K'D=MD \cos 60^{\circ}=\frac12MD. Но тогда точки K и K' совпадают. Получили противоречие. Значит, MK \perp BD.

3. Обозначим AB=AD=a, тогда MD =\frac23a,  DK =\frac13a,  AM=\frac13a.

4. \angle DMK=30^{\circ}. Следовательно, \angle AML=30^{\circ} (по свойству вертикальных углов). Так как \angle MLA= 180^{\circ}-\angle MAL-\angle AML= 180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}= 30^{\circ}, то \triangle AML — равнобедренный и AL=AM=\frac13a.

5. Тогда AB:AL=a:\frac13a=3.

Замечание. Вместо рассуждений, проведённых в пункте 4, можно было рассмотреть прямоугольный треугольник LBK и воспользоваться свойством катета, лежащего против угла в 30^{\circ}.

б) План решения.

1. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Построим проекцию отрезка KL на плоскость ABC. Для этого опустим перпендикуляр KH,  KH \perp ABC, точка H лежит в плоскости ABC. HL — проекция KL.

2. Найдём \sin \angle KLH (из треугольника KHL) и по синусу угла определим угол. Для этого выполним следующие действия.

2.1. Пусть O — центр основания ABC тетраэдра. Из подобия треугольников KHB и DOB найдём KH (для этого найдём DO).

2.2. Из треугольника BKL найдём KL.

2.3. Из треугольника KHL найдём \sin \angle KLH и \angle KLH.

Решение.

1. Искомый угол равен углу KLH.

2. Найдём \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}

2.1. \triangle KHB \sim \triangle DOB. Следовательно,

KH= \frac23DO= \frac23\sqrt {BD^2-BO^2}= \frac23\sqrt{BD^2-\left(\frac23BF\right)^2}= \frac23\sqrt {a^2-\left( \frac23\cdot \left( \frac{a\sqrt 3}2\right) \right) ^2}= \frac{2\sqrt 2}{3\sqrt 3}\cdot a.

2.2. В прямоугольном треугольнике BKL,\, BL =\frac43a,  BK=\frac23a найдём KL=\sqrt {BL^2-BK^2} =\frac{2\sqrt 3}3a.

2.3. \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}=\frac{\sqrt 2}{3},  \angle KLH=arcsin \frac{\sqrt 2}3.

arcsin \frac{\sqrt 2}3.

а) Пусть KO — высота пирамиды, F — середина MK; FE \parallel MP (в плоскости PKM ). Так как FE — средняя линия \triangle PKM, то FE=\frac{MP}2.

Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через NF и параллельной MP, то есть плоскостью NFE. L — точка пересечения EF и KO. Так как точки L и N принадлежат искомому сечению и лежат в плоскости KQN, то точка T, полученная как пересечение LN и KQ, является также точкой пересечения искомого сечения и ребра KQ. NETF — искомое сечение.

б) Плоскости NFE и MPK пересекаются по прямой FE. Значит, угол между этими плоскостями равен линейному углу двугранного угла OFEN, построим его: LO \perp MP, MP \parallel FE, следовательно, LO \perp FE; \triangle NFE — равнобедренный (NE=NF как соответствующие медианы равных треугольников KPN и KMN ), NL — его медиана (EL=LF, так как PO=OM, а \triangle KEF \sim \triangle KPM ). Отсюда NL \perp FE и \angle NLO — искомый.

ON=\frac12QN=\frac12MN\sqrt 2=3\sqrt 2.

\triangle KON — прямоугольный.

Катет KO по теореме Пифагора равен KO=\sqrt {KN^2-ON^2}.

OL= \frac12KO= \frac12\sqrt{KN^2-ON^2}= \frac12\sqrt {9\cdot 26-9\cdot 2}= \frac12\sqrt{9(26-2)}= \frac32\sqrt {24}= \frac32\cdot 2\sqrt 6= 3\sqrt 6.

tg\angle NLO =\frac{ON}{OL}=\frac{3\sqrt 2}{3\sqrt 6}=\frac1{\sqrt 3},

\angle NLO=30^{\circ}.

30

а) Рассмотрим рисунок.

Так как все боковые рёбра наклонены под одним и тем же углом к основанию, то основание высоты пирамиды (на рисунке это точка H ) является центром окружности, описанной около треугольника ABC. Но треугольник ABC — правильный, поэтому H является точкой пересечения высот (а значит, и медиан). Отсюда следует, что AB \perp CK.

По условию боковые рёбра пирамиды равны, поэтому треугольник ABD равнобедренный, DK является его медианой, значит, и высотой. Значит, AB \perp DK. Получаем, что AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости KDC, поэтому AB \perp KDC.

Следовательно, AB \perp CD.

б) Проведем в треугольнике KDC высоту KT.

Так как AB \perp KDC, то AB \perp KT. Значит, KT является общим перпендикуляром к прямым AB и CD, а длина отрезка KT является расстоянием между прямыми AB и CD.

В равностороннем треугольнике ABC высота KC=AC\cdot \cos 30^{\circ}=8\sqrt 3\cdot \frac{\sqrt 3}2=12, KH=\frac12KC=4. В треугольнике ADK,\, AK=\frac12AB=4\sqrt 3,

KD= \sqrt {AD^2-AK^2} = \sqrt {\left( 5\sqrt 3\right) ^2-\left( 4\sqrt 3\right) ^2}= 3\sqrt 3.

В прямоугольном треугольнике DHK

DH= \sqrt {KD^2-KH^2}= \sqrt {27-16}= \sqrt {11}.

2\cdot S_{KDC}=KC\cdot DH=KT\cdot DC.

KT=\frac{KC\cdot DH}{DC}=\frac{12\cdot \sqrt {11}}{5\sqrt 3}=\frac{4\sqrt {33}}5.

\frac{4\sqrt {33}}5.

а) 1. Построим сечение призмы плоскостью \gamma.

Плоскость ABC проходит через прямую AC, параллельную плоскости \gamma, и пересекает её (K — общая точка этих плоскостей), следовательно, линия пересечения этих плоскостей параллельна прямой AC. В плоскости ABC построим среднюю линию KN. Аналогично в плоскости A_1B_1C_1 проведём LF \parallel A_1C_1. FKNL — сечение призмы плоскостью \gamma.

2. Докажем, что BM \perp \gamma.

Проведём MT \parallel AA_1. Плоскость BTM перпендикулярна прямой AC. Действительно, AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым (MT, BT) плоскости BTM. Следовательно, BM \perp AC, значит, BM \perp KN.

Докажем теперь, что MB \perp OO_1. Рассмотрим прямоугольник BTMB_1.

MT=6, B_1O_1=3, BT=12 (высоты правильных треугольников B_1FL и ABC соответственно). Введём систему координат и найдём скалярное произведение векторов \overline{MB} и \overline{OO_1}.

M(0; 6), B(12; 0), \overline{MB}\{12; -6\}, O(6; 0), O_1(9; 6) , \overline{OO_1}\{3; 6\}.

\overline{MB}\cdot \overline{OO_1}=12\cdot 3+(-6)\cdot 6=0. Это означает, что векторы \overline{MB} и \overline{OO_1} перпендикулярны, следовательно, MB \perp OO_1. Итак, MB перпендикулярна двум пересекающимся прямым KN и OO_1 плоскости \gamma , а значит, MB\perp \gamma.

б) \triangle MHO_1 \sim \triangle OO_1G как прямоугольные треугольники с равными острыми углами, \angle MO_1H=\angle GOO_1 как накрест лежащие при MB_1 \parallel BT и секущей OO_1. Из этого следует, что \frac{MO_1}{OO_1}=\frac{MH}{O_1G}, MO_1=9, O_1G=6, OO_1 найдём по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника OO_1G. OO_1= \sqrt {OG^2+O_1G^2}= \sqrt {9+36}= \sqrt {45}=3\sqrt5. 9\cdot 6=3\sqrt 5MH, откуда MH =\frac{18\sqrt 5}5. MH — высота пирамиды MKNLF.

Площадь равнобедренной трапеции KNLF с основаниями KN и LF и высотой OO_1 равна \frac{KN+LF}2\cdot OO_1. KN — средняя линия треугольника ABC, KN=\frac12AB=4\sqrt 3. LF — сторона правильного треугольника LB_1F (LF \parallel A_1C_1), поэтому LF= LB_1= 2\sqrt 3. S_{KNLF}= \frac{4\sqrt 3+2\sqrt 3}{2}\cdot 3\sqrt 5= 9\sqrt {15}.

V_{MKNLF} = \frac13S_{KNLF}\cdot MH= \frac13\cdot 9\sqrt {15}\cdot \frac{18\sqrt 5}5= 54\sqrt 3.

54\sqrt 3.

а) Найдём положение точки P. Эта точка пересечения плоскости FKL и ребра AB, лежащего в плоскости ABCD.

Плоскость ABCD параллельна плоскости A_1B_1C_1D_1, в которой лежит отрезок KF. Плоскость FKL пересекает параллельные плоскости ABCD и A_1B_1C_1D_1 по параллельным прямым, отсюда KF \parallel LP. Прямоугольные треугольники KD_1F и LBP равны по катету и острому углу D_1F=LB=4 и \angle D_1FK=\angle BLP как острые с соответственно параллельными сторонами).

Чтобы доказать, что четырёхугольник FKLP — прямоугольник, найдём длины его сторон и диагонали.

KF= PL= \sqrt {KD_1^2+D_1F^2}= \sqrt {16+16}= 4\sqrt 2.

PF= LK = \sqrt {LC^2+CC_1^2+C_1K^2}= \sqrt {9+144+9}= \sqrt {162}= 9\sqrt 2. Противоположные стороны четырёхугольника попарно равны, значит, это параллелограмм. Проведём A_1A_2 \parallel LF, тогда LF= A_1A_2 = \sqrt {(LB-FA_1)^2+AB^2+AA_1^2} = \sqrt {(BP-C_1K)^2+CB^2+CC_1^2}= PK. Диагонали параллелограмма равны, следовательно, FKLP — прямоугольник.

б) Пусть Q и R — точки пересечения прямой KF и прямых B_1C_1 и A_1B_1. Проведём прямые RL и QP, они пересекут рёбра CC_1 и AA_1 в точках M и N соответственно. Тогда RC_1=KC_1=CL, поэтому можно доказать, что равны треугольники RC_1M и MCL. Прямая RL, а значит, и плоскость FKL пересекают ребро CC_1 в его середине — точке M. Аналогично плоскость FKL пересекает ребро AA_1 в его середине —точке N.

В диагональном сечении CC_1A_1A, которое является прямоугольником, отрезок MN — средняя линия. В прямоугольнике MCAN противоположные стороны равны: MN=CA=7\sqrt 2.

Сечение FKMLPN состоит из двух равных трапеций MKFN и MLPN, причём

мы доказали, что LK \perp KF и LK \perp LP. Высота каждой из этих трапеций равна \frac{LK}2=\frac{9\sqrt 2}2.

S_{\text{сечения}}= 2S_{MKFN}= 2\cdot \frac{KF+MN}2\cdot \frac{LK}2= (4\sqrt 2+7\sqrt 2)\cdot \frac{9\sqrt 2}2= 99.

99