Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (С2))

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.

Сечение пирамиды

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

Пункт б) задачи

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.

Дано

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.

Пункт а)

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

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

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

Будем искать объем данной пирамиды:

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.

Вспомогательный чертеж

    \[\cos{SKO}=\frac{KO}{KS}\]

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

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.

Пункт а) задачи

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}.

Пункт б) задачи

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.

Дано

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.

    \[A(1,0,0), M(0,0,0), B(-1,0,0)\]

Пункт а) задачи

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}.

Пункт б) задачи

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.

Дано

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

а) Построим данную плоскость.

Секущая 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 TUV. 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

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

Пункт б) задачи

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.

Пирамида 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.

Построение сечения

Подобные треугольники

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.

Дополнительные построения

 

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}.

Вспомогательные построения

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

    \[\tg{URM}=3\]

Дополнительные построения

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.

 

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *