Стереометрия. Призмы и пирамиды

В статье рассмотрены стереометрические задачи повышенной сложности, в которых надо определить площади сечений и углы между прямыми и плоскостями.

Задача 1.

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ с вершиной S боковая сторона вдвое больше стороны основания.

а) Докажите, что плоскость, проходящая через середины ребер $SA$ и $SD$ и вершину C, делит апофему грани $ASB$ в отношении 2:1, считая от вершины $S$.

б) Найдите отношение, в котором плоскость, проходящая через середины ребер $SA$ и $SD$ и вершину C, делит ребро $SF$, считая от вершины $S$.

а) Так как грани пирамиды – равнобедренные треугольники, то апофема грани также является и медианой треугольника $ASB$. Плоскость, проходящая через прямую $МО$, параллельную основанию, и точку С, обязательно пройдет и через точку В основания пирамиды. Грань $ASB$ будет рассечена плоскостью по прямой ВО, которая является медианой треугольника $ASB$. Таким образом, мы ищем отношение, в котором будут делиться медианы точкой пересечения, а это отношение известно: 2:1.

б) Пирамиды  $SABCDEF$ и $SOB_1C_1DME_1F_1$ подобны с коэффициентом $\frac{1}{2}$, так как $MO$ - средняя линия треугольника $DSA$.

Получается, что треугольники $CQF$ и $PQF_1$ подобны с коэффициентом $\frac{4}{1}$, и $QF_1=\frac{1}{4}QF$. Но $QF=QF_1+\frac{1}{2}SF$, тогда

$$QF=\frac{1}{4}QF +\frac{1}{2}SF$$

$$\frac{3}{4}QF =\frac{1}{2}SF$$

$$QF =\frac{4}{6}SF=\frac{2}{3}SF$$

Тогда $\frac{SQ }{ QF }=\frac{1}{2}$

Ответ: $\frac{1}{2}$

 

Задача 2.

В пирамиде $SABC$ с вершиной S в основании лежит правильный треугольник ABC со стороной $2\sqrt{3}$, $SA=SC=\sqrt{33}$, $SB=7$. Точка О – основание высоты пирамиды, проведенной из вершины S.

а) Докажите, что точка О лежит вне треугольника ABC.

б) Найдите объем четырехугольной пирамиды $SABCO$.

а) Рассмотрим треугольник $ASC$.

Высота треугольника $ASC$ $KS^2=SC^2-KC^2$. К – середина АС, так как треугольник равнобедренный. Тогда $KC=\sqrt{3}$.

$$KS=\sqrt{SC^2-KC^2}=\sqrt{33-3}=\sqrt{30}$$

Рассмотрим треугольник $SBK$. Его стороны 3 (высота правильного треугольника основания), $\sqrt{33}$, $\sqrt{30}$. Определим косинус угла $SKB$.

$$SB^2=SK^2+BK^2-2\cdotSK\cdotBK\cos{\angleSKB}$$

$$\cos{\angleSKB}=\frac{ SB^2- SK^2-BK^2}{-2\cdotSK\cdotBK}=\frac{ 49- 9-30}{-6\sqrt{30}}=-\frac{5}{3\sqrt{30}}$$

Если косинус отрицательный - то угол тупой. Поэтому точка О основания высоты пирамиды лежит вне его.

б) Объем данной пирамиды равен: $V=\frac{1}{3}S_{ABCO}\cdot SO$. Площадь основания пирамиды складывается из площади треугольника ABC и площади треугольника AOC. Определим обе.

$$S_{ABC}=\frac{(2\sqrt{3})^2\cdot{3}}{4}=3\sqrt{3}$$

$$ S_{AOC}=\frac{AC\cdotKO}{2}$$

Высота треугольника $ASC$ $KS^2=SC^2-KC^2$. К – середина АС. Тогда $KC=\sqrt{3}$.

$$KS=\sqrt{SC^2-KC^2}=\sqrt{33-3}=\sqrt{30}$$

Высота треугольника ABC $BK=3$.

Определив косинус угла $SKB$, можем определить косинус смежного с ним угла $SKO$.

 

Косинус смежного угла – острого – равен $\frac{5}{3\sqrt{30}}$.

Определим $KO$.

$$\cos{SKO}=\frac{KO}{KS}$$

$$KO=KS \cdot\cos{SKO}=\sqrt{30}\cdot\frac{5}{3\sqrt{30}}=\frac{5}{3}$$

Тогда можем определить площадь треугольника AOC.

$$ S_{AOC}=\frac{AC\cdotKO}{2}=\frac{2\sqrt{3} \cdot\frac{5}{3}}{2}=\frac{5}{\sqrt{3}}$$

Высоту пирамиды $SO$ определим по теореме Пифагора.

$$SO=\sqrt{KS^2-KO^2}=\sqrt{30-\frac{25}{9}}=\sqrt{\frac{270-25}{9}}=\frac{7\sqrt{5}}{3}$$

Наконец, осталось вычислить объем:

$$V=\frac{1}{3}(S_{ABC}+S_{AOC})\cdot SO=\frac{1}{3}(3\sqrt{3}+\frac{5}{\sqrt{3}})\cdot\frac{7\sqrt{5}}{3}=\frac{98\sqrt{15}}{27}$$

Ответ: $V_{SABCO}=\frac{98\sqrt{15}}{27}$

 

Задача 3.

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ все ребра равны 1.

а) Докажите, что прямая $AB_1$ параллельна прямой, проходящей через середины отрезков $AC$ и $BC_1$.

б) Найдите косинус угла между прямыми $AB_1$ и $BC_1$.

а) Точка Q – середина диагонали грани $BCC_1B_1$. Поскольку боковые грани призмы – прямоугольники, то диагонали грани равны между собой и точка Q является также серединой второй диагонали этой грани - $CB_1$. Прямая $PQ$ таким образом – средняя линия треугольника $AB_1C$, и параллельна его основанию $AB_1$.

б) Так как, по доказанному, прямая $PQ$ параллельна $AB_1$, то угол между прямыми $AB_1$ и $BC_1$ равен углу между прямыми $PQ$ и $C_1B$. Величину косинуса этого угла можно найти из теоремы косинусов для треугольника $PQB$. В этом треугольнике $$PQ=QB=\frac{1}{2}AB_1=\frac{1}{2}\sqrt{AB^2+BB_1^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1^2+1^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

$PB$ - высота правильного треугольника основания и равна $PB=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теорема косинусов:

$$PB^2=PQ^2+BQ^2-2\cdotPQ\cdot BQ\cos{PQB}$$

$$\cos{PQB}= -\frac{PB^2- PQ^2-BQ^2}{2\cdotPQ\cdot BQ}=-\frac{\frac{3}{4}- \frac{2}{4}-\frac{2}{4}}{2\cdot\frac{2}{4}}=\frac{1}{4}$$

Ответ: $\cos{PQB}=\frac{1}{4}$.

 

Задача 4.

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной S, все ребра которой равны 2, точка M – середина ребра AB, точка O – центр основания пирамиды, точка F делит отрезок SO в отношении 3:1, считая от вершины пирамиды.

а) Докажите, что прямая MF перпендикулярна прямой SC.

б) Найдите угол между плоскостью MBF и плоскостью ABC.

а) Введем систему координат так, чтобы начало координат совпадало с точкой M, ось $z$ была бы направлена вверх, ось $x$ - вдоль прямой $AB$, а ось $y$ вдоль прямой MC. Тогда можем определить координаты точек A, B, M, F, S, C.

$$A(1,0,0), M(0,0,0), B(-1,0,0)$$

Длина апофемы $MS=MC=\sqrt{SA^2-MA^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$

$$MO=\frac{MC}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$

Высота пирамиды $SO$:

$$SO=\sqrt{MS^2-MO^2}=\sqrt{3-\frac{1}{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$$

$$FO=\frac{SO}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}$$

Тогда координаты $S(0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}})$, а координаты $F(0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}), C(0, \sqrt{3}, 0)$.

Определим угол между прямыми (между направляющими векторами) прямых MF и SC.

$$\vec{MF} (0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}})$$

$$\vec{CS} (0, \frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}, \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}})$$

Косинус угла между направляющими векторами:

$$\cos{\alpha}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{-2}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}\sqrt{\frac{4}{3}+\frac{8}{9}}}=0$$

Косинус, равный 0, имеет угол в $90^{\circ}$.

б) Угол между плоскостью MBF и плоскостью ABC – это угол $FMO$.

$$\operatorname{tg}FMO=\frac{FO}{MO}=\frac{\frac{1}{\sqrt{6}}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

$$\angle{ FMO}=\operatorname{arctg}\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Ответ: $\angle{ FMO}=\operatorname{arctg}\frac{1}{\sqrt{2}}$

 

Задача 5.

Основание прямой четырехугольной призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - прямоугольник ABCD, в котором $AB=12$, $AD=\sqrt{31}$. Расстояние между прямыми AC и $B_1D_1$ равно 5.

а) Докажите, что плоскость, проходящая через точку D перпендикулярно прямой $BD_1$, делит отрезок $BD_1$ в отношении 1:7, считая от вершины $D_1$.

б) Найдите косинус угла между плоскостью, проходящей через точку D перпендикулярно прямой $BD_1$, и плоскостью основания призмы.

а) Построим данную плоскость.

Она должна содержать прямую, перпендикулярную  $BD_1$ - то есть прямую, содержащую высоту треугольника $BDD_1$, она пересечет прямую $B_1D_1$ в точке $T$, и прямую, перпендикулярную проекции прямой $BD_1$ - прямой $B_1D_1$. Проведем прямую, перпендикулярную $B_1D_1$, через точку $T$ - $UV$. Грань $CDD_1C_1$ плоскость пересечет по прямой $VD$, а грань $ABB_1A_1$ - по прямой $UW$, параллельной $VD$. Точка $X$ - место «прокола» прямой $BD_1$ искомой плоскости. Эта точка и разделит отрезок $BD_1$  в некотором отношении, которое нам необходимо найти.

Определим длину диагонали параллелепипеда. Расстояние между прямыми AC и $B_1D_1$ - длина отрезка $MN$ - ни что иное, как высота параллелепипеда, $MN=BB_1=5$:

$$BD_1=\sqrt{AB^2+BC^2+BB_1^2}=\sqrt{144+31+25}=\sqrt{200}=10\sqrt{2}$$

Треугольники $BDD_1$ и $DD_1X$ подобны по двум углам. Поэтому запишем:

$$\frac{BD_1}{DD_1}=\frac{DD_1}{XD_1}$$

Отсюда

$$XD_1=\frac{DD_1^2}{BD_1}=\frac{25}{10\sqrt{2}}=\frac{5}{2\sqrt{2}}$$

Определим отношение

$$\frac{XD_1}{BD_1}=\frac{\frac{5}{2\sqrt{2}}}{10\sqrt{2}}=\frac{5}{40}=\frac{1}{8}$$

Тогда отрезок $XD_1$ составляет $\frac{1}{8}BD_1$, следовательно, отрезок $BX$ составляет $\frac{7}{8}BD_1$, и точка $X$ поделит $BD_1$ в отношении 1:7.

б) Найдем косинус угла $XDB$. Он равен синусу угла $D_1DX$. Его определить проще, поэтому

$$\cos{ XDB}=\sin {D_1DX}=\frac{XD_1}{DD_1}=\frac{\frac{5}{2\sqrt{2}}}{5}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$$

Угол будет равен $\arccos{\frac{1}{2\sqrt{2}}}$.

Ответ: $\arccos{\frac{1}{2\sqrt{2}}}$.

 

Задача 6.

Правильные треугольники ABC и ABM лежат в перпендикулярных плоскостях. $AB=10\sqrt{3}$. Точка P – середина AM, а точка T делит отрезок BM так, что $BT:TM=3:1$. Вычислите объем пирамиды MPTC.

$$BT=\frac{3}{4}BM=7,5\sqrt{3}$$

$$MT=2,5\sqrt{3}$$

$$AP=PM=5\sqrt{3}$$

Высота пирамиды PMCT равна длине отрезка CO:

$$CO=10\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=15$$

Площадь основания пирамиды MPCT:

$$S=\frac{1}{2}PM\cdotMT \cdot \sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot5\sqrt{3}\cdot2,5\sqrt{3} \cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{75\sqrt{3}}{8}$$

Объем пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\cdot\frac{75\sqrt{3}}{8}\cdot 15=\frac{375\sqrt{3}}{8}$$

Ответ: $V=\frac{375\sqrt{3}}{8}$

 

Задача 7.

Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно 12. Точка К лежит на продолжении ребра ВС на расстоянии, равном 9, от вершины С. Точка $L$ ребра AB удалена от А на расстояние, равное 5. Точка M делит отрезок $A_1 C _1$ в отношении 1:3, считая от $A_1$. Найдите площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки K, L, M.

Построим сечение. Соединим точки K и L. Полученная прямая пересечет ребро куба DC в точке P. Через точку М, лежащую в противоположной грани куба, проведем прямую, параллельную KL.Она пересечет ребро $D_1C_1$ в точке Q, а ребро $A_1B_1$ - в точке R. Соединив точки P,R,Q,L получим сечение – параллелограмм $PQRL$.

Чтобы найти площадь параллелограмма, необходимо знать его основание и высоту. Начнем с основания. Найдем длину отрезка $LP$. $AL=5$, $BL=7$, $BK=21$, $CK=9$.

Для подобных треугольников $BLK$ и $CPK$ запишем:

$$\frac{BK}{CK}=\frac{BL}{CP}=\frac{LK}{PK}$$

‍$$\frac{21}{9}=\frac{7}{CP}=\frac{LK}{PK}$$

Тогда $CP=3$, $PK=\sqrt{CP^2+CK^2}=\sqrt{9+81}=3\sqrt{10}$ и

$$\frac{7}{3}=\frac{LK}{3\sqrt{10}}$$

$$LK=7\sqrt{10}$$

$$LP=4\sqrt{10}$$

Осталось найти высоту сечения. Пусть $LS$ - искомая высота.

Треугольники $A_1RM$ и $C_1MQ$ подобны. Коэффициент подобия – отношение, в котором точка M делит отрезок $A_1 C _1$, 1:3.

 

Тогда $\frac{A_1R}{QC_1}=\frac{1}{3}$. Треугольники $A_1UM$ и $MQT$ имеют точно такой же коэффициент подобия, тогда $MT=9$, а $UM=3$. Тогда $A_1U=D_1T=3$.Треугольники $MUR$ и $MQT$, аналогично, имеют коэффициент подобия $\frac{1}{3}$. Точка М разделит $LP$ в отношении $\frac{1}{3}$, $RM=\sqrt{10}$, $MQ=3\sqrt{10}$.

Отрезок $TQ=\sqrt{MQ^2-MT^2}=\sqrt{9}=3$. Поэтому $UR=1$, $A_1R=2$. Опустим перпендикуляр на ребро $A_1B_1$ из точки $L$. Расстояние от $A_1$ до основания перпендикуляра равно 5, а от точки R до основания перпендикуляра -3.

$$\tg{RMU}=\frac{RU}{UM}=\frac{1}{3}$$

Тогда

$$\tg{URM}=3$$

Треугольник $RHS$ - прямоугольный и $tg{HRS}=3$, $\frac{HS}{RS}=3$.

Обозначим RS за x, тогда HS – 3x. Тогда $SR^2+HS^2=x^2+9x^2=9$, $x=\frac{3}{\sqrt{10}}$.

Теперь можно определить, наконец, высоту параллелограмма LS:

$$LS=\sqrt{LH^2+HS^2}=\frac{39}{\sqrt{10}}$$

И площадь параллелограмма тогда:

$$S=LP\cdot LH=4\sqrt{10}\cdot\frac{39}{\sqrt{10}}=156$$

Ответ: 156.