Задачи с решениями

Задача
109348
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Ортогональная проекция (прочее)
]
[
Куб
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Дан единичный куб ABCDA1B1C1D1 , M – середина BB1 . Найдите угол и расстояние между
прямыми AB1 и CM . В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит
отрезки CM и AB1 ?
Решение
Пусть M' – ортогональная проекция точки M на плоскость CBD1A1 , перпендикулярную
прямой AB1 и пересекающую её в точке K – центре квадрата AA1B1B (рис.1). Тогда CM' –
ортогональная проекция прямой CM на эту плоскость, причём M' лежит на A1B и M' –
середина BK . Расстояние между прямыми AB1 и CM равно расстоянию от точки K до
прямой CM' . Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки K на прямую
CM' . Обозначим BM'C = KM'P = ϕ . Из прямоугольных треугольников BM'C и KM'P
(рис.2) находим, что
tg ϕ = tg BM'C =
= = 2 , cos ϕ = ,
sin ϕ = tg ϕ · cos ϕ = tg ϕ ·
=
,
KP = KM' sin KM'P = KM' sin ϕ =
·
= .
Угол α между прямыми AB1 и CM дополняет до 90o угол между пересекающимися
прямыми CM и CM' . Из прямоугольного треугольника MCM' находим, что
sin MCM' =
= = .
Следовательно,
α = 90o - MCM' = 90o - arcsin
= arccos
.
Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и CM (точка X лежит на AB1 , Y – на CM ).
Тогда KXYP – прямоугольник, PY || MM' || AB1 (рис.3). Значит,
=
=
=
+1=
+1=
+ 1= 9+1=10,
причём точка Y лежит вне отрезка CM .
Обозначим
=
,
=
,
=
, AB = x , AD = y , AA1 = z , где x = y = z = 1 . Тогда
= + ,
=- + ,
Пусть α – угол между прямыми AB1 и CM . Тогда
cos α =
=
=
=
=
=
.
Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и CM (точка X лежит на AB1 , Y – на CM ),
причём
=
и
=μ
. Тогда
=
+
+
=+
+μ
=
= -(
+
= (1 - )
Так как
и
, то
((1 - )·
)+
+ μ(-
+
+ (1 - μ )
+
)=
+ (- + μ) .
·
=0и
·
= 0 , или
+ (1 - μ ) + (- + μ) )( + ) =
= (1 - ) + (- + μ) = -2 + μ + 1 =0,
((1 - )
+ (1 - μ )
+ (- + μ) )(-
+
)=
= (μ - 1) + (- + μ) = - + μ -1= 0.
Из системы
находим, что = , μ = . Поэтому
= (1 - ) + (1 - μ)
+ (- + μ)
=
-
-
.
Следовательно,
XY =
=
=μ = ,
=
= 10,
== ,
= ,
= .
Предположим, нам уже известно, что sin α = . Обозначим через V объём тетраэдра
ABCB1 с вершиной C . Тогда
V= SΔ AMB1· CB = · · 1 = .
С другой стороны, если d – искомое расстояние между прямыми AB1 и CM , то
V = AB1· CM · d sin α = · · · d · = .
Из уравнения = находим, что d= .
Ответ
arccos
; ;
= 10:1 ( Y вне отрезка CM );
= .
Задача
109348
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Ортогональная проекция (прочее)
]
[
Куб
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Дан единичный куб ABCDA1B1C1D1 , M – середина BB1 . Найдите угол и расстояние между
прямыми AB1 и CM . В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит
отрезки CM и AB1 ?
Решение
Пусть M' – ортогональная проекция точки M на плоскость CBD1A1 , перпендикулярную
прямой AB1 и пересекающую её в точке K – центре квадрата AA1B1B (рис.1). Тогда CM' –
ортогональная проекция прямой CM на эту плоскость, причём M' лежит на A1B и M' –
середина BK . Расстояние между прямыми AB1 и CM равно расстоянию от точки K до
прямой CM' . Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки K на прямую
CM' . Обозначим BM'C = KM'P = ϕ . Из прямоугольных треугольников BM'C и KM'P
(рис.2) находим, что
tg ϕ = tg BM'C =
= = 2 , cos ϕ = ,
sin ϕ = tg ϕ · cos ϕ = tg ϕ ·
=
,
KP = KM' sin KM'P = KM' sin ϕ =
·
= .
Угол α между прямыми AB1 и CM дополняет до 90o угол между пересекающимися
прямыми CM и CM' . Из прямоугольного треугольника MCM' находим, что
sin MCM' =
= = .
Следовательно,
α = 90o - MCM' = 90o - arcsin
= arccos
.
Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и CM (точка X лежит на AB1 , Y – на CM ).
Тогда KXYP – прямоугольник, PY || MM' || AB1 (рис.3). Значит,
=
=
=
+1=
+1=
+ 1= 9+1=10,
причём точка Y лежит вне отрезка CM .
Обозначим
=
,
=
,
=
, AB = x , AD = y , AA1 = z , где x = y = z = 1 . Тогда
= + ,
=- + ,
Пусть α – угол между прямыми AB1 и CM . Тогда
cos α =
=
=
=
=
=
.
Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и CM (точка X лежит на AB1 , Y – на CM ),
причём
=
и
=μ
. Тогда
=
+
+
=+
+μ
=
= -(
+
= (1 - )
Так как
и
, то
((1 - )·
)+
+ μ(-
+
+ (1 - μ )
+
)=
+ (- + μ) .
·
=0и
·
= 0 , или
+ (1 - μ ) + (- + μ) )( + ) =
= (1 - ) + (- + μ) = -2 + μ + 1 =0,
((1 - )
+ (1 - μ )
+ (- + μ) )(-
+
)=
= (μ - 1) + (- + μ) = - + μ -1= 0.
Из системы
находим, что = , μ = . Поэтому
= (1 - ) + (1 - μ)
+ (- + μ)
=
-
-
.
Следовательно,
XY =
=
=μ = ,
=
= 10,
== ,
= ,
= .
Предположим, нам уже известно, что sin α = . Обозначим через V объём тетраэдра
ABCB1 с вершиной C . Тогда
V= SΔ AMB1· CB = · · 1 = .
С другой стороны, если d – искомое расстояние между прямыми AB1 и CM , то
V = AB1· CM · d sin α = · · · d · = .
Из уравнения = находим, что d= .
Ответ
arccos
Задача
; ;
= 10:1 ( Y вне отрезка CM );
Темы:
= .
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
[
Ортогональная проекция (прочее)
]
Сложность:
3
109349
Куб
[
]
Классы:
10,11
Дан единичный куб ABCDA1B1C1D1 , M – середина BB1 . Найдите угол и расстояние между
прямыми A1B и CM . В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит
отрезки CM и A1B ?
Решение
Пусть M' – ортогональная проекция точки M на плоскость B1C1DA , перпендикулярную
прямой A1B и пересекающую её в точке K – центре квадрата AA1B1B , а C' – ортогональная
проекция точки C на эту плоскость (рис.1). Тогда C' – центр квадрата CC1D1D , C'M' –
ортогональная проекция прямой CM на эту плоскость, причём M' лежит на AB1 и M' –
середина B1K . Расстояние между прямыми A1B и CM равно расстоянию от точки K до
прямой C'M' . Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки K на прямую
C'M' . Тогда KP – высота прямоугольного треугольника KM'C' , проведённая из вершины
прямого угла (рис.2). Далее находим:
C'M' =
=
= ,
KP =
=
·
= .
Угол α между прямыми A1B и CM дополняет до 90o угол между пересекающимися
прямыми CM и C'M' . Поэтому
sin α = cos (90o - α ) =
= = .
Следовательно, α = arcsin = arccos . Пусть XY – общий перпендикуляр прямых A1B и
CM (точка X лежит на A1B , Y – на CM ). Тогда KXYP – прямоугольник (рис.3), PY || MM'||
CC'|| A1B . Значит,
=
=
=
= 8.
Обозначим
=
,
=
,
=
, AB = x , AD = y , AA1 = z , где x = y = z = 1 . Тогда
= - ,
=- + ,
Пусть α – угол между прямыми A1B и CM . Тогда
cos α =
=
=
=
=
=
.
Пусть XY – общий перпендикуляр прямых A1B и CM (точка X лежит на A1B , Y – на CM ),
причём
=
и
=μ
. Тогда
=
+
+
= (1 - )
+
+μ
=
= (1 - )(
-
)+
+ μ (-
+
)=
= (1-)
Так как
и
+ (1-μ)
+ ( + μ - 1)·
.
, то
·
=0и
·
= 0 , или
((1 - ) + (1 - μ) + ( + μ - 1) )( - ) =
= (1 - ) - ( + μ - 1) = -2- μ+2 = 0,
((1 - )
+ (1 - μ)
+ ( + μ - 1) )(-
+
)=
= (μ - 1) + ( + μ - 1) = + μ - = 0.
Из системы
находим, что = , μ = . Поэтому
= (1 - ) + (1 - μ )
+ ( + μ - 1)
=
+
+
.
Следовательно,
XY =
=
== ,
=
= ,
=μ= ,
= ,
= 8.
Предположим, нам уже известно, что sin α = . Обозначим через V объём тетраэдра
BA1MC с вершиной C . Тогда
V= SΔ MBA1· CB = · · 1 = .
С другой стороны, если d – искомое расстояние между прямыми BA1 и CM , то
V = BA1· CM · d sin α = · · · d · = .
Из уравнения = находим, что d= .
Ответ
arccos
; , CY:YM = 8:1 ( Y на отрезке CM );
Задача
109350
= .
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Ортогональная проекция (прочее)
]
[
Куб
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Дан единичный куб ABCDA1B1C1D1 , M – середина BB1 . Найдите угол и расстояние между
прямыми AB1 и DM . В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит
отрезки DM и AB1 ?
Решение
Пусть M' – ортогональная проекция точки M на плоскость BCD1A1 , перпендикулярную
прямой AB1 и пересекающую её в точке K – центре квадрата AA1B1B , а D' – ортогональная
проекция точки D на эту плоскость (рис.1). Тогда D' – центр квадрата CC1D1D , D'M' –
ортогональная проекция прямой DM на эту плоскость, причём M' лежит на A1B и M' –
середина BK . Расстояние между прямыми AB1 и DM равно расстоянию от точки K до
прямой D'M' . Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки K на прямую
D'M' . Тогда KP – высота прямоугольного треугольника KM'D' , проедённая из вершины
прямого угла (рис.2). Далее находим:
D'M' =
=
= ,
KP = KM'·
·
=
= .
Угол α между прямыми AB1 и DM дополняет до 90o угол между пересекающимися
прямыми DM и D'M' (рис.3). Поэтому
sin α = cos (90o - α) =
= = .
Следовательно, α = 45o . Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и DM (точка X
лежит на AB1 , Y – на DM ). Тогда KXYP – прямоугольник, PY || MM'|| DD' || AB1 . Значит,
=
=
=
= 8.
Обозначим
=
,
=
,
=
, AB = x , AD = y , AA1 = z , где x = y = z = 1 . Тогда
= + ,
= - + ,
Пусть α – угол между прямыми AB1 и DM . Тогда
cos α =
=
=
=
=
=
.
Значит, α = 45o . Пусть XY – общий перпендикуляр прямых AB1 и DM (точка X лежит на
AB1 , Y – на DM ), причём
=
и
=μ
. Тогда
=
+
+
= (1 - )
+
+μ
=
= -(1 - )(
= (-1+μ)
Так как
и
, то
((-1+μ)
+
)+
+ (1-μ)
+μ( -
+
)=
+ ( -1+ μ)·
.
·
=0и
·
= 0 , или
+ (1 - μ) + ( -1 + μ) )( + ) =
= (-1+μ) - ( -1+ μ) = 2+ μ-2 = 0,
((-1+μ)
+ (1 - μ)
+ ( -1 + μ) )( -
+
)=
= ( -1 +μ) + (μ-1) + ( -1 + μ) = + μ - = 0.
Из системы
находим, что = , μ = . Поэтому
= (-1+μ) + (1 - μ )
+ ( -1 + μ)
=
+
- .
Следовательно,
XY =
=
== ,
=
= ,
=μ= ,
= ,
= 8.
Предположим, нам уже известно, что α = 45o . Обозначим через V объём тетраэдра ADMB1
с вершиной D . Тогда
V= SΔ AMB1· DA = · · 1 = .
С другой стороны, если d – искомое расстояние между прямыми AB1 и DM , то
V = AB1· DM · d sin α = · · · d · = .
Из уравнения = находим, что d= .
Ответ
45o ; ; DY:YM = 8:1 ( Y на отрезке DM ).
= .
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Ортогональная проекция (прочее)
]
[
Куб
]
Задача
109351
Сложность:
3
Классы:
10,11
Дан единичный куб ABCDA1B1C1D1 , M – середина BB1 . Найдите угол и расстояние между
прямыми AC1 и DM . В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит
отрезки DM и AC1 ?
Ответ
arccos
Задача
110257
;
; 6:7 от вершины D ; 11:15 от вершины A .
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть A , B , C и D – четыре точки в пространстве. Докажите, что если AB = BC и CD =
DA , то прямые AC и BD перпендикулярны.
Решение
Если точки A , B , C и D лежат в одной плоскости, утверждение очевидно. Пусть точки A ,
B , C и D не лежат в одной плоскости. Соединим точки B и D с серединой M отрезка AC .
Тогда BM и DM – медианы, а значит, и высоты равнобедренных треугольников ABC и
ADC . Поэтому прямая AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым BM и DM
плоскости BMD . Следовательно, прямая AC перпендикулярна каждой прямой этой
плоскости, в частности, прямой BD .
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Классы:
110258
10,11
В пирамиде ABCD медиана, проведённая к стороне AD треугольника ABD , равна
половине AD , а медиана, проведённая к стороне CD треугольника BCD , равна половине
CD . Докажите, что прямая BD перпендикулярна плоскости ABC .
Решение
Пусть M и N – середины рёбер соответственно AD и CD пирамиды ABCD . В треугольнике
ABD угол при вершине B прямой, т.к. медиана этого треугольника, проведённая из
вершины этого угла, равна половине стороны AD . Аналогично, угол при вершине B
треугольника BCD также прямой. Значит, прямая BD перпендикулярна двум
пересекающимся прямым AB и BC плоскости ABC . Следовательно, прямая BD
перпендикулярна этой плоскости.
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Классы:
110259
10,11
В пирамиде ABCD даны рёбра: AB = 7 , BC = 8 , CD = 4 . Найдите ребро DA , если
известно, что прямые AC и BD перпендикулярны.
Решение
Проведём высоту BK треугольника ABC . Прямая AC перпендикулярна двум
пересекающимся прямым BK и BD плоскости BDK . Значит, прямая BD перпендикулярна
каждой прямой этой плоскости, в частности, прямой DK . Поэтому DK – высота
треугольника ADC . Применим теорему Пифагора к прямоугольным треугольникам ABK ,
CBK , ADK и CDK :
AB2 - AK2 = BC2 - CK2, AD2 - AK2 = DC2 - CK2.
Вычитая почленно эти равенства, получим уравнение
AB2 - AD2 = BC2 - DC2, или49 - AD2 = 64 - 16,
откуда находим, что AD2 = 1 . Следовательно, AD = 1 .
Ответ
1.00
Задача
110261
Тема: [ Перпендикулярность в пространстве (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Точка M равноудалена от вершин треугольника ABC . Докажите, что ортогональная
проекция точки M на плоскость ABC есть центр описанной около треугольника ABC
окружности.
Решение
Если точка M лежит в плоскости треугольника ABC , то утверждение очевидно. Пусть M1
– ортогональная проекция точки M , не лежащей в плоскости ABC , на эту плоскость.
Тогда прямая MM1 перпендикулярна плоскости ABC . Значит, прямая MM1
перпендикулярна каждой прямой этой плоскости, в частности, прямым M1A , M1B и M1C .
Поэтому треугольники AMM1 , BMM1 и CMM1 – прямоугольные. Они равны по катету (
MM1 – общий катет) и гипотенузе ( MA = MB = MC по условию). Значит, M1A = M1B =
M1C , т.е. M1 – центр окружности, описанной около треугольника ABC .
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Классы:
110262
10,11
Пусть A – некоторая точка пространства, B – ортогональная проекция точки A на
плоскость α , l – некоторая прямая этой плоскости. Докажите, что ортогональные
проекции точек A и B на эту прямую совпадают.
Решение
Если точка B лежит на прямой l , то утверждение очевидно. Пусть точка B не лежит на
прямой l , A1 – ортогональная проекция точки A на прямую l . Это значит, что точка A1
лежит на прямой l и AA1 l . Поскольку BA1 – ортогональная проекция наклонной AA1 на
плоскость α , то по теореме о трёх перпендикулярах BA1 l , а это значит, что A1 –
ортогональная проекция точки B на прямую l .
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Классы:
110263
10,11
Точка M находится на расстоянии a от плоскости α и на расстоянии b от некоторой
прямой m этой плоскости. Пусть M1 – ортогональная проекция точки M на плоскость α .
Найдите расстояние от точки M1 до прямой m .
Решение
Пусть A – основание перпендикуляра, опущенного из точки M на прямую m . Тогда M1A –
ортогональная проекция наклонной MA на плоскость α . По теореме о трёх
перпендикулярах M1A m . Значит, расстояние от точки M1 до прямой равно длине
отрезка M1A . Поскольку MM1 – перпендикуляр к плоскости α , треугольник MM1A –
прямоугольный. По теореме Пифагора находим, что
M1A =
=
.
Ответ
.
Задача
110264
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Темы:
[
Пирамида (прочее)
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Известно, что некоторая точка M в пространстве равноудалена от вершин плоского
многоугольника. Докажите, что этот многоугольник является вписанным, причём центр
его описанной окружности есть ортогональная проекция точки M на плоскость
многоугольника.
Решение
Если точка M лежит в плоскости данного многоугольника A1A2 ... An , то утверждение
очевидно. Пусть M1 – ортогональная проекция точки M , не лежащей в плоскости
многоугольника, на эту плоскость. Тогда прямая MM1 перпендикулярна плоскости
многоугольника. Значит, прямая MM1 перпендикулярна каждой прямой этой плоскости, в
частности, прямым M1A1 , M1A2 ,..., M1An . Поэтому треугольники A1MM1 , A2MM1 ,...,
AnMM1 – прямоугольные. Они равны по катету ( MM1 – общий катет) и гипотенузе ( MA1 =
MA2 = ... = MAn по условию). Значит, M1A1 = M1A2 = ...= M1An , т.е. M1 – центр
окружности, описанной около многоугольника A1A2 ... An .
Сложность:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[
Пирамида (прочее)
]
110265
10,11
Все боковые рёбра пирамиды равны b , а высота равна h . Найдите радиус описанной
около основания окружности.
Решение
Поскольку боковые рёбра пирамиды равны, её высота SO проходит через центр O
окружности, описанной около основания. Пусть A – одна из вершин основания пирамиды.
Тогда OA – искомый радиус. Из прямоугольного треугольника SOA находим, что
OA =
=
.
Ответ
.
Задача
110277
Темы:
[
Двугранный угол
]
[ Вневписанные окружности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В основании треугольной пирамиды лежит правильный треугольник. Высота пирамиды
равна h . Все боковые грани наклонены к плоскости основания под углом α . Найдите
площадь основания. (Укажите все возможности.)
Решение
Поскольку боковые грани пирамиды образуют равные двугранные углы с плоскостью
основания, высота пирамиды проходит либо через центр вписанной, либо через центр
одной из вневписанных окружностей треугольника основания. Пусть высота пирамиды
проходит через центр O вписанной окружности основания ABC треугольной пирамиды
ABCD , M – середина BC (рис.1). Обозначим AB = BC = AC = a . Так как OM BC , то по
теореме о трёх перпендикулярах DM BC , поэтому DMO – линейный угол двугранного
угла образованного боковой гранью DBC с плоскостью основания ABC . По условию
задачи DMO = α , DO = h . Из прямоугольного треугольника DMO находим, что
OM = DO ctg DMO = h ctg α.
С другой стороны, так как OM – радиус вписанной окружности равностороннего
треугольника со стороной a , то OM =
2h
ctg α . Следовательно,
SΔ ABC =
= (2h
. Из уравнения
ctg α )2·
= h ctg α находим, что a =
= 3h2
ctg2α.
Пусть высота пирамиды проходит через центр O1 вневписанной окружности, касающейся
стороны BC основания ABC пирамиды ABCD (рис.2). Аналогично предыдущему находим,
что
O1M = DO ctg DMO = h ctg α.
С другой стороны, так как O1M – радиус вневписанной окружности равностороннего
треугольника со стороной a , то O1M =
. Из уравнения
= h ctg α находим, что a =
h
ctg α . Следовательно,
SΔ ABC =
=( h
ctg α)2·
= h2
ctg2α.
Ответ
3h2
ctg2α ; h2
Задача
110278
ctg2α .
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Вневписанные окружности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 3, 4 и 5. Боковые грани
наклонены к плоскости основания под углом 45o . Чему может быть равна высота
пирамиды?
Решение
Поскольку боковые грани пирамиды образуют равные двугранные углы с плоскостью
основания, высота пирамиды проходит либо через центр вписанной, либо через центр
одной из вневписанных окружностей треугольника основания. Пусть высота пирамиды
проходит через центр O вписанной окружности основания ABC данной треугольной
пирамиды ABCD , в которой AC = 3 , BC = 4 , AB = 5 . Так как
AC2 + BC2 = 9 + 16 = 25 = AB2,
то треугольник ABC – прямоугольный. Пусть O центр вписанной окружности
треугольника ABC (рис.1), r – её радиус, M – точка касания окружности со стороной AB .
Тогда
r = (AC + BC - AB) = (3+4-5) = 1.
Так как OM AB , то по теореме о трёх перпендикулярах DM AB , поэтому DMO –
линейный угол двугранного угла между боковой гранью DAB и плоскостью основания
пирамиды. По условию задачи DMO = 45o . Из прямоугольного треугольника DMO
находим, что
DO = OM = r = 1.
Пусть Oc центр вневписанной окружности треугольника ABC , касающейся стороны AB
(рис.2), rc – её радиус, N – точка касания окружности со стороной AB . Тогда
rc = (AC + BC + AB) = (3+4+5) = 6.
Аналогично предыдущему из прямоугольного треугольника DNO находим, что
DOc = ON = rc = 6.
Пусть Ob – центр вневписанной окружности треугольника ABC , касающейся стороны AC ,
rb – её радиус, K – точка касания окружности со стороной AC . Тогда
rb = (AB + BC - AC) = (5+4-3) = 3.
Из прямоугольного треугольника DKO находим, что
DOb = OK = rb = 3.
Пусть Oa центр вневписанной окружности треугольника ABC , касающейся стороны BC ,
ra – её радиус, L – точка касания окружности со стороной AC . Тогда
ra = (AB + AC - BC) = (5+3-4) = 2.
Из прямоугольного треугольника DLO находим, что
DOa = OL = ra = 2.
Задача
110449
Сложность:
3
Классы:
10,11
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Темы: [
Теорема косинусов
]
[ Объем тетраэдра и пирамиды ]
Из точки M на плоскость α опущен перпендикуляр MH длины
и проведены две
o
наклонные, составляющие с перпендикуляром углы по 60 . Угол между наклонными
равен 120o . а) Найдите расстояние между основаниями A и B наклонных. б) На отрезке AB
как на катете в плоскости α построен прямоугольный треугольник ABC (угол A – прямой).
Найдите объём пирамиды MABC , зная, что cos BMC = - .
Решение
Из прямоугольных треугольников AHM и BHM (рис.1) находим, что
AM=BM=
= = 2 , AH=BH = 3.
По теореме косинусов
AB =
=
=
=6.
Поскольку AH+BH = 3+3=6=AB , точки A , H и B лежат на одной прямой, причём H –
середина отрезка AB , а точки A , H , B и M лежат в одной плоскости (рис.2). Поскольку
AH – ортогональная проекция наклонной AM на плоскость α и AH AC , то по теореме о
трёх перпендикулярах AM AC . Значит, треугольник MAC – также прямоугольный.
Обозначим AC=x . По теореме Пифагора
MC =
=
, BC =
=
.
По теореме косинусов
BC2 = MC2+MB2-2MC· MB cos BMC,
или
x2+36 = (x2+12)+12 - 2
·2
Из этого уравнения находим, что x=
. Следовательно,
VMABC = SΔ ABC· MH= · AB· AC · MH = · 6·
· (- ).
·
=3
.
Ответ
Ю) 6; А) 3
.
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Темы: [
Теорема косинусов
]
[ Объем тетраэдра и пирамиды ]
Задача
110450
Сложность:
3
Классы:
10,11
Из точки M на плоскость α опущен перпендикуляр MH длины 3 и проведены две
наклонные, составляющие с перпендикуляром углы по 30o . Угол между наклонными
равен 60o . а) Найдите расстояние между основаниями A и B наклонных. б) На отрезке AB
как на катете в плоскости α построен прямоугольный треугольник ABC (угол A – прямой).
Найдите объём пирамиды MABC , зная, что cos BCM = .
Ответ
Ю) 2
; А) 6.
Задача
110552
[ Перпендикулярные плоскости ]
Темы:
[
Конус
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Две противоположные боковые грани четырёхугольной пирамиды SABCD
перпендикулярны основанию, высота пирамиды равна
. В основаниии пирамиды лежит
равнобедренная трапеция ABCD ( AD=BC ), описанная около окружности и такая, что
AB=6 , BAD= . Найдите расстояние от точки D до плоскости SAB . Внутри пирамиды
расположен конус так, что окружность его основания вписана в треугольник SCD , а
вершина принадлежит грани SAB . Найдите объём конуса.
Решение
Поскольку плоскости противоположных боковых граней SAD и SBC (рис.1)
перпендикулярны плоскости основания пирамиды, прямая l их пересечения также
перпендикулярна плоскости основания и проходит через общую точку S плоскостей SAD
и SBC , а т.к. точка H пересечения прямых AD и BC – также общая точка этих плоскостей,
то прямая l совпадает с прямой SH , значит, SH – высота пирамиды. Окружность с
центром O , вписанная в равнобедренную трапецию ABCD , является также вписанной
окружностью равностороннего треугольника AHB со стороной AB=6 . Если r – радиус
окружности, а M и N – середины AB и CD соответственно, то
MN = 2r = 2· HM= 2· ·
= 2· ·
=2 .
Прямая CD параллельна прямой AB , лежащей в плоскости ABS , поэтому прямая CD
параллельна этой плоскости, значит, расстояние от точки D до плоскости ABS равно
расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой CD , в частности, от точки N .
Пусть P – основание перпендикуляра, опущенного из точки N на прямую SM . Поскольку
прямая AB перпендикулярна пересекающимся прямым HM и SM плоскости SMH , прямая
AB перпендикулярна плоскости SNM , значит, PN AB и NP – перпендикуляр к плоскости
ASB . Следовательно, расстояние от точки D до плоскости SAB равно длине отрезка NP .
Рассмотрим прямоугольный треугольник SMH (рис.3). Обозначим SMH = α . Тогда
ctg α =
=
, sin α =
=
=
.
Следовательно,
PN = MN sin α = 2
·
=
.
Из подобия треугольников DHC и AHB находим, что
CD = AB·
= 6· = 2.
Тогда
HC=HD=CD = 2, SD=SC =
=
= 3.
Из прямоугольных треугольников SHM и SHN находим, что
SM =
=
= 4 , SN =
=
=2
.
Пусть Q – центр окружности основания конуса, о котором говорится в условии задачи, R –
радиус этой окружности, p – полупериметр треугольника CSD . Так как окружность
основания конуса есть вписанная окружность треугольника CSD , то
R=
=
=
= .
Пусть перпендикуляр, восставленный точки Q к отрезку SN , пересекает отрезок SM в
точке E . Тогда EQ – высота конуса. Обозначим MSN = β (рис.3). По теореме косинусов
cos β =
=
= .
Тогда
tg β =
=
=
Из прямоугольного треугольника SQE находим, что
EQ = SQ tg β =
·
=
Пусть V – объём конуса. Тогда
V= π R2· EQ = π · (
)2·
.
.
=
.
Ответ
,
.
Задача
110553
Темы:
[ Перпендикулярные плоскости ]
[
Конус
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В основании четырёхугольной пирамиды SKLMN лежит равнобедренная трапеция KLMN ,
описанная около окружности и такая, что KN=LM=4 , MN>KL и угол между прямыми KN
и LM равен . Две противоположные боковые грани перпендикулярны основанию и
SM=12 . Найдите расстояние от точки M до плоскости SKL . Внутри пирамиды
расположен конус так, что окружность его основания вписана в треугольник SMN , а
вершина принадлежит грани SKL . Вычислите высоту конуса.
Ответ
,
Задача
110554
.
[ Перпендикулярные плоскости ]
Темы:
[
Конус
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Две противоположные боковые грани четырёхугольной пирамиды SABCD
перпендикулярны основанию, расстояние от вершины S до прямой AB равно 4
.В
основаниии пирамиды лежит равнобедренная трапеция ABCD ( AD=BC ), описанная около
окружности и такая, что CD=2 , ADC= . Найдите расстояние от точки C до плоскости
SAB . Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его основания вписана в
треугольник SCD , а вершина принадлежит грани SAB . Найдите объём конуса.
Ответ
,
.
[ Перпендикулярные плоскости ]
Темы:
[
Конус
]
Задача
110555
Сложность:
3
Классы:
10,11
В основании четырёхугольной пирамиды SKLMN лежит равнобедренная трапеция KLMN (
LM=KN ), описанная около окружности радиуса
, MLK= . Две противоположные
боковые грани перпендикулярны основанию, высота пирамиды равна 6
. Найдите
расстояние от точки N до плоскости SKL . Внутри пирамиды расположен конус так, что
окружность его основания вписана в треугольник SMN , а вершина принадлежит грани
SKL . Вычислите высоту конуса.
Ответ
,
.
Задача
86964
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна 13, а диагонали боковых граней равны
4
и3
. Найдите его объем.
Подсказка
Пусть ABCDA1B1C1D1 - прямоугольный параллелепипед, в котором BD1 = 13, AD1 = 3
CD1 = 4
,
. Примените теорему Пифагора к прямоугольным треугольникам ABD1, BCD1
и CDD1.
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 - прямоугольный параллелепипед, в котором BD1 = 13, AD1 = 3
CD1 = 4
. Прямая AB перпендикулярна пересекающимся прямым AD и AA1 плоскости
AA1D1D, поэтому прямая AB перпендикулярна плоскости AA1D1D. Значит, AB
AD1.
,
Аналогично докажем, что BC CD1. По теореме Пифагора из прямоугольных
треугольников ABD1, BCD1 и CDD1 находим, что
AB =
=
=
= 4,
BC =
DD1 =
=
=
=
=
= 3,
=
= 12.
Следовательно,
V(ABCDA1B1C1D1) = AB . BC . DD1 = 4 . 3 . 12 = 144.
Ответ
144.
Задача
35153
[
Cкрещивающиеся прямые, угол между ними
]
Темы: [
ГМТ - окружность или дуга окружности
]
[ Расстояние между двумя точками. Уравнение сферы ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Концы отрезка фиксированной длины движутся по двум скрещивающимся
перпендикулярным прямым. По какой траектории движется середина этого отрезка?
Подсказка
Введите подходящую систему координат, примените формулу расстояния между двумя
точками.
Решение
Введем прямоугольную систему координат так, чтобы первая прямая задавалась системой
уравнений z=1, y=0, а вторая прямая - системой уравнений z=-1, x=0. Таким образом,
первый конец отрезка имеет координаты (a,0,1), а второй конец отрезка имеет координаты
(0,b,-1), гда a и b - некоторые числа. Квадрат расстояния между концами отрезка
высчитывается по формуле a2+b2+(1-(-1))2= a2+b2+4. Расстояние между концами отрезка
должно быть равно фиксированному числу d (отрезок жесткий). Поэтому числа a и b
связаны равенством a2+b2+4=d2. Середина M отрезка имеет координаты (a/2,b/2,(1+(1))/2)=(a/2,b/2,0). Это означает, что M движется в плоскости z=0. Написанное выше
уравнение преобразуется к виду уравнения окружности для точки (a/2,b/2) плоскости Oxy:
(a/2)2+(b/2)2=(d/2)2-1. Таким образом, точка M движется по окружности радиуса ((d/2)21)1/2 с центром в начале координат, лежащей в плоскости Oxy.
Ответ
по окружности.
Задача
86965
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна a и составляет с одной гранью угол
30o, а с другой 45o. Найдите его объем.
Подсказка
Пусть ABCDA1B1C1D1 - прямоугольный параллелепипед, в котором BD1 = a. Тогда AD1 и
CD1 - ортогональные проекции наклонных BD1 и CD1 на плоскости AA1D1D и DD1C1C
соответственно..
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 - прямоугольный параллелепипед, в котором BD1 = a. Прямая AB
перпендикулярна пересекающимся прямым AD и AA1 плоскости AA1D1D, поэтому прямая
AB перпендикулярна плоскости AA1D1D. Значит, AB AD1 и AD1 - ортогональная
проекция наклонной BD1 на плоскость AA1D1D. Аналогично докажем, что CD1 ортогональная проекция наклонной BD1 на плоскость DD1C1C. Тогда AD1B и CD1B - углы
прямой BD1 с плоскостями AA1D1D и DD1C1C соответственно.
Пусть AD1B = 30o, CD1B = 45o. Из прямоугольных треугольников ABD1, BCD1 и CDD1
находим, что
AB = BD1 . sin 30o = a, BC = BD1 . sin 45o = a
,
CD1 = BD1 . cos 45o =
DD1 =
=
a
,
=
=
a.
Следовательно,
V(ABCDA1B1C1D1) = AB . BC . DD1 =
a3
.
Ответ
a3
Задача
87012
Тема: [ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Через диагональ куба, ребро которого равно a, проведена плоскость, параллельная
диагонали одной из граней куба. Найдите площадь полученного сечения.
Подсказка
В сечении получится ромб, диагонали которого равны a
иa
.
Решение
Пусть секущая плоскость проходит через диагональ A1C куба ABCDA1B1C1D1 параллельно
диагонали B1D1 квадрата A1B1C1D1. Тогда плоскость грани B1BDD1 пересекает секущую
плоскость по прямой, параллельной B1D1.
Пусть M и N - точки пересечения этой прямой с ребрами BB1 и DD1 соответственно. По
теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей A1M || CN и MC || A1N.
Поэтому четырехугольник A1MCN - параллелограмм. Поскольку четырехугольник
B1MND1 - прямоугольник, MN = B1D1 = a
.
Ортогональная проекция A1C1 диагонали A1C куба на плоскость основания A1B1C1D1
перпендикулярна B1D1. По теореме о трех перпендикулярах диагональ A1C
перпендикулярна отрезку B1D1, а, следовательно, и отрезку MN. Значит, диагонали
параллелограмма A1MNC взаимно перпендикулярны, т.е. это ромб.
Следовательно,
.
S(A1MCN) = MN . A1C = a
a
= a2
.
Ответ
a2
Задача
35716
/2.
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Темы: [
Уравнение плоскости
]
[
Куб
]
Сложность:
3+
Классы:
10,11
Можно ли через вершины куба провести 8 параллельных плоскостей так, чтобы
расстояния между соседними плоскостями были равны?
Подсказка
Удобно использовать координаты или же пространственное воображение.
Решение
Введем прямоугольные координаты так, чтобы 8 вершин куба имели координаты (0,0,0),
(1,0,0), (0,1,0), (1,1,0), (0,0,1), (1,0,1), (0,1,1), (1,1,1). Эти вершины лежат соответственно на
параллельных плоскостях, которые задаются уравнениями x+2y+4z=0, x+2y+4z=1,
x+2y+4z=2, ... , x+2y+4z=7. Нетрудно убедиться, что расстояния между соседними
плоскостями одно и то же. Чтобы понять, как эти плоскости выглядят в пространстве,
обратитесь к картинке (здесь одноцветные сечения центрально-симметричны, ребра вдоль
оси y разделены пополам, ребра вдоль оси z разделены на четыре равные части).
Ответ
можно.
Задача
79554
[
Признаки перпендикулярности
]
Темы: [
Раскраски
]
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3+
Классы:
10,11
В пространстве имеются четыре различные прямые, окрашенные в два цвета: две красные
и две синие, причём любая красная прямая перпендикулярна любой синей прямой.
Докажите, что либо красные, либо синие прямые параллельны.
Решение
Фиксируем в пространстве точку O и проведём прямые OA и OB, параллельные красным
прямым и прямые OC и OD, параллельные синим прямым. Если красные прямые не
параллельны, то прямые OA и OB различны. Так как прямая OC перпендикулярна прямым
OA и OB, то она перпендикулярна плоскости OAB. Аналогично получаем, что прямая OD
перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, в силу единственности перпендикуляра
к плоскости, прямые OC и OD совпадают, а значит, синие прямые параллельны.
Сложность:
3+
Задача
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Классы:
87424
10,11
Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого равна S. Две боковые
грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углами,
равными 30o и 60o. Найдите объем пирамиды.
Решение
Предположим, что плоскости двух противоположных боковых граней данной пирамиды
PABCD перпендикулярны плоскости основания ABCD. Тогда каждая из плоскостей этих
боковых граней содержит прямую, перпендикулярную плоскости основания. Эти прямые
параллельны, так как они перпендикулярны одной и той же плоскости. Кроме того, эти
две плоскости проходят через противоположные стороны прямоугольника. Таким
образом, две пересекающиеся прямые одной из этих плоскостей соответственно
параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости. Значит, эти плоскости
параллельны, что невозможно, так они имеют общую точку P.
Пусть соседние боковые грани ABP и APD перпендикулярны плоскости основания. Тогда
прямая AP их пересечения также перпендикулярна плоскости основания. Так как AB
BC, то по теореме о трех перпендикулярах BP BC. Поэтому угол ABP - линейный угол
двугранного угла между плоскостями граней BPC и ABCD. Аналогично докажем, что ADP
- линейный угол двугранного угла между плоскостями граней DPC и ABCD.
Пусть ABP = 60o, ADP = 30o. Обозначим AB = a, AD = b, AP = h - высота пирамиды.
Тогда
h = AB . tg ABP = a . tg60o = a
,
h = AD . tg ADP = b . tg30o = b/
Поэтому h2 = (a
) . (b/
) = ab = S. Откуда h =
V(PABCD) =
S(ABCD) . h =
.
. Следовательно,
S.h =
S
.
Ответ
S
Задача
76522
/3.
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Темы: [ Задачи на максимум и минимум (прочее) ]
[
Ортогональная проекция (прочее)
]
В пространстве даны две пересекающиеся плоскости
и
Сложность:
3+
Классы:
10,11
. На линии их пересечения
дана точка A. Доказать, что из всех прямых, лежащих в плоскости и проходящих через
точку A, наибольший угол с плоскостью образует та, которая перпендикулярна к линии
пересечения плоскостей
и
.
Решение
Пусть l — прямая, лежащая в плоскости и проходящая через точку A. Отложим на
прямой l отрезок AB длины 1. Пусть B' — проекция точки B на плоскость , O —
проекция точки B на линию пересечения плоскостей
и
. Тогда sin BAB' = BB' = OB
sin BOB' = sin BAO sin BOB'. При этом sin BOB' — синус угла между плоскостями
этот угол фиксирован. Поэтому sin BAB' максимален, когда
Задача
76544
и
;
BAO = 90o.
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Скрещивающиеся прямые и ГМТ
]
[
Цилиндр
]
Сложность:
3+
Классы:
10,11
Найти все прямые в пространстве, проходящие через данную точку M на данном
расстоянии d от данной прямой AB.
Решение
Ответ: прямые, лежащие в двух плоскостях, касающихся цилиндра радиуса d с осью AB и
проходящих через точку M, за исключением прямой, параллельной AB (если точка M
расположена на расстоянии d от прямой AB, то касательная плоскость будет одна и
прямую исключать при этом не нужно). Прямые, удалённые на расстояние d от прямой
AB, — это в точности прямые, касающиеся указанного цилиндра. Если из этих прямых
выбрать те, которые проходят через точку M, то получим указанное в ответе множество.
Задача
78107
[ Перпендикулярные прямые в пространстве ]
[
Периодичность и непериодичность
]
Темы: [
Подсчет двумя способами
]
[
Делимость чисел. Общие свойства
]
[
Пространственные многоугольники
]
Сложность:
3+
Классы:
10,11
В пространстве построена замкнутая ломаная так, что все звенья имеют одинаковую
длину и каждые три последовательных звена попарно перпендикулярны. Доказать, что
число звеньев делится на 6.
Решение
Пусть e1, e2, e3 — векторы трёх последовательных звеньев данной ломаной. После
векторов e2, e3 должен идти перпендикулярный им вектор, т.е. вектор ±e1. Продолжая эти
рассуждения, получаем, что последовательность векторов звеньев имеет вид e1, e2, e3, ±e1,
±e2, ±e3, .... Поэтому число звеньев ломаной делится на 3. Ясно также, что количество
звеньев e1 должно быть равно количеству звеньев - e1. То же самое верно для e2 и e3.
Поэтому число звеньев чётно.
Сложность:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
4Задача
Темы:
Классы:
[ Высота пирамиды (тетраэдра) ]
86970
10,11
Боковые грани треугольной пирамиды образуют равные углы с плоскостью основания.
Докажите, что высота пирамиды проходит либо через центр окружности, вписанной в
треугольник основания, либо через центр одной из вневписанных окружностей этого
треугольника.
Подсказка
Докажите, что основание высоты данной пирамиды равноудалено от прямых, на которых
лежат стороны треугольника, лежащего в основании пирамиды.
Решение
Пусть DH - высота треугольной пирамиды ABCD, боковые грани ABD, BCD и ACD
которой, образуют равные углы с плоскостью основания ABC. Опустим перпендикуляры
DM, DN и DK из вершины пирамиды на прямые AB, BC и AC соответственно. Поскольку
прямая DH перпендикулярна плоскости ABC, HM, HN и HK - проекции наклонных DM,
DN и DK на плоскость ABC.
По теореме о трех перпендикулярах HM AB, HN BC и HK AC, поэтому DMH, DNH
и DKH - линейные углы двугранных углов, образованных боковыми гранями пирамиды с
плоскостью ее основания. По условию DMH = DNH = DKH, значит, прямоугольные
треугольники DMH, DNH и DKH равны по катету и острому углу, поэтому MH = NH =
KH, т.е. точка H равноудалена от прямых AB, BC и AC. Следовательно, H - либо центр
вписанной, либо вневписанной окружности треугольника ABC.
Сложность:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
4Задача
Темы:
Классы:
[ Высота пирамиды (тетраэдра) ]
86971
10,11
Каждая из боковых граней треугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол
в 60o. Стороны основания равны 10, 10, 12. Найдите объем пирамиды.
Подсказка
Высота данной пирамиды проходит либо через центр вписанной окружности, либо через
центр одной из вневписанных окружностей треугольника основания.
Решение
Пусть DH - высота треугольной пирамиды ABCD, боковые грани ABD, BCD и ACD
которой, образуют углы по 60o с плоскостью основания ABC. Точка H равноудалена от
прямых AB, BC и AC, поэтому H - либо центр вписанной окружности, либо центр одной из
вневписанных окружностей треугольника ABC.
Пусть r - радиус вписанной окружности трегугольника ABC, r1, r2, r3 - радиусы
вневписанных окружностей, касающихся сторон AB = 10, BC = 10 и AC = 12
соответственно, p - полупериметр треугольника ABC, S - его площадь. Тогда
S = AC .
= 12 . 8 = 48,
r = S/p = 48/16 = 3,
r1 = S/(p - AB) = 48/(16 - 10) = 48/6 = 16/3,
r2 = S/(p - BC) = 48/(16 - 10) = 48/6 = 16/3,
r3 = S/(p - AC) = 48/(16 - 12) = 48/4 = 12.
Рассмотрим случай, когда H - центр вписанной окружности треугольника ABC. Пусть M основание перпендикуляра, опущенного из вершины D на прямую AC, причем точка M
лежит на отрезке AC. Тогда DMH = 60o, MH = R = 3. Из прямоугольного треугольника
DMH находим, что DH = MH . tg60o = 3
. Следовательно,
V(ABCD) =
S . DH =
48 . 3
= 48
.
Если H - центр одной из вневписанных окружностей, то аналогично находим, что
V(ABCD) = Sr1
= 128
, V(ABCD) = Sr2
= 128
или
V(ABCD) =
Sr3
= 192
48
, 128
, 128
.
Ответ
Задача
86972
, 192
.
Сложность:
4Классы:
10,11
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Основание пирамиды - ромб с острым углом в 30o. Боковые грани наклонены к плоскости
основания под углом в 60o. Найдите объем пирамиды, если радиус вписанного в ромб
круга равен r.
Подсказка
Докажите, что высота пирамиды проходит через центр ромба.
Решение
Пусть H - высота пирамиды PABCD, основание которой - ромб ABCD с углом 30o при
вершине A, PM - перпендикуляр, опущенный на сторону BC. По теореме о трех
перпендикулярах HM BC. Значит, PMH - линейный угол двугранного угла между
боковой гранью BCP и плоскостью основания ABCD. Поэтому PMH = 60o.
Опустив перпендикуляры из вершины P на остальные стороны ромба и рассмотрев
полученные прямоугольные треугольники с общим катетом PH и противолежащим углом,
равным 60o, докажем, что точка H равноудалена от всех четырех прямых, содержащих
стороны ромба ABCD. Поэтому H - центр окружности, вписанной в этот ромб, т.е. точка
пересечения его диагоналей.
Опустим перпендикуляр BF из вершины ромба на сторону AD. Тогда BF = 2r. Из
прямоугольного треугольника ABF находим, что AB = 2 . BF = 4r. Значит,
S(ABCD) = AD . BF . sin 30o = AB . BF . sin 30o = 8r2.
Из прямоугольного треугольника PMH находим, что
PH = HM . tg60o = r
.
Следовательно,
V(PABCD) =
Ответ
S(ABCD) . PH =
8r2 . r
=
r3
.
r3
Задача
86973
..
Сложность:
4Классы:
10,11
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Основание пирамиды - параллелограмм ABCD с площадью m2. Известно, что BD
перпендикулярно AD. Двугранные углы при ребрах AD и BC равны 45o, а при ребрах AB и
CD - 60o. Найдите боковую поверхность и объем пирамиды.
Решение
Пусть P - вершина пирамиды, PH - ее высота. Поскольку двугранные углы при ребрах AD
и BC равны, точка H равноудалена от прямых AD и BC, а значит, лежит на средней линии
параллелограмма ABCD, параллельной сторонам AD и BC. Аналогично докажем, что
точка H лежит на средней линии параллелограмма ABCD, параллельной двум другим его
сторонам. Поскольку средние линии параллелограмма пересекаются в его центре, H точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD.
По условию HD AD. Тогда по теореме о трех перпендикулярах PD AD, значит, HDP линейный угол двугранного угла при ребре AD. Аналогично докажем, что HBP линейный угол двугранного угла при ребре BC. Поэтому HDP = HBP = 45o.
Пусть PKH - линейный угол при ребре AB. По условию PKH = 60o. Треугольник AHB ортогональная проекция грани APB на плоскость основания, поэтому
S(APB) = S(AHB)/cos PKH = m2/( ) = m2.
Аналогично находим, что
S(DPC) =
m2, S(APD) = S(AHD)/cos 45o =
S(BPC) = S(BHC)/cos 45o =
m2
Следовательно,
S(APB) + S(DPC) + S(APD) + S(BPC) = m2 +
m2
m2
,
.
= m2(1 +
Обозначим PH = x, ABD = . Тогда
BH = DH = PH = x,
KH = PH . ctg PKH = x . ctg60o =
sin
= sin ABD = KH/BH =
tg
=
x
/x =
, cos
=
/2, AD = BD . tg
= 2x .
/2 = x
.
x
откуда PH = x = m/
Следовательно,
.
.
2x = 2x2
,
,
Тогда
S(ABCD) = 2 . S(ABD) = AD . BD = x
/2).
= m2,
V(ABCD) =
S(ABCD) . PH =
m2 . m/
=
m3/
=
m3
.
Ответ
m2(1 + 1/
Задача
87358
), m3 .
/6.
Тема: [ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
4Классы:
10,11
В основании четырехугольной пирамиды лежит ромб ABCD, в котором BAD = 60o.
Известно, что SD = SB, SA = SC = AB. На ребре DC взята точка E так, что площадь
треугольника BSE наименьшая среди площадей всех сечения пирамиды, содержащих
отрезок BS и пересекающих отрезок DC. Найдите отношение DE : EC.
Подсказка
Обозначьте SD = SB = AB = a, EC = x. Тогда квадрат площади треугольника BSE можно
представить в виде квадратного трехчлена относительно x.
Решение
Боковые ребра SD и SB данной пирамиды равны, поэтому основание O высоты пирамиды
равноудалено от точек D и B. Значит, точка O лежит на серединном перпендикуляре к
отрезку DB, т.е. на прямой AC. Аналогично докажем, что точка O лежит на прямой BD.
Поэтому высота пирамиды проходит через центр ромба.
Обозначим SA = SC = AB = a, EC = x. Тогда
BE =
=
.
Пусть P - основание перпендикуляра, опущенного из точки O на BE. По теореме о трех
перпендикулярах SP BE, т.е. SP - высота треугольника BSE. Опустим перпендикуляр DK
из точки D на прямую BE. Тогда OP - средняя линия треугольника DBK. Пусть M середина CD. Тогда, записав двумя способами площадь треугольника DBE, получим, что
OP = DK = DE . BM/BE = (a - x) . (a
=
=a
).
По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников SOC и SOP находим, что
SO2 = SD2 - OD2 = a2 - 3a2/4 = a2/4,
2
2
SP = SO + OP2 = a2/4 + 3a2(a - x)2/(16(a2 + x2 - ax)) =
= a2(4a2 + 4x2 - 4ax + 3a2 + 3x2 - 6ax)/(16(a2 + x2 - ax)) =
= a2(7x2 - 10ax + 7a2)/(16(a2 + x2 - ax)),
S2(BSE) = BE2 . SP2 =
=
(a2 + x2 - ax) . a2(7x2 - 10ax + 7a2)/(16(a2 + x2 - ax)) =
= a2(7x2 - 10ax + 7a2)/64.
Поскольку площадь есть положительная величина, она достигает своего наименьшего
значения тогда и только тогда, когда минимален ее квадрат. Квадрат площади есть
квадратный трехчлен от x. Его наименьшее значение достигается при x = 5a/7. В этом
случае
EC = 5a/7, DE = a - x = 2a/7.
Следовательно, DE/EC = 2/5.
Ответ
2 : 5.
Задача
87464
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
4Классы:
10,11
Высота треугольной пирамиды ABCD, опущенная из вершины D, проходит через точку
пересечения высот треугольника ABC. Кроме того, известно, что DB = 3, DC = 2, BDC =
90o. Найдите отношение площади грани ADB, к площади грани ADC.
Решение
Пусть H - точка пересечения высот треугольника ABC. По условию задачи DH - высота
пирамиды. Тогда BH - ортогональная проекция наклонной DB на плоскость основания
ABC пирамиды. Так как BH AC то по теореме о трех перпендикулярах DB AC. Таким
образом, прямая BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым DC и AC плоскости
грани ADC. Поэтому прямая BD перпендикулярна плоскости грани ADC. Значит, BD
AD, т.е. треугольник ADB прямоугольный. Аналогично докажем, что треугольник ADC
также прямоугольный, причем ADC = 90o. Следовательно,
S(ADB)/S(ADC) = ( AD . BD)/( AD . CD) = BD/CD = 3/2.
Ответ
3/2.
[
Прямые и плоскости в пространстве (прочее)
] Сложность:
4
Задача Темы: [
Принцип Дирихле (прочее)
]
Классы:
34873
[ Принцип Дирихле (конечное число точек, прямых и т. д.) ]
10,11
В пространстве даны n точек общего положения (никакие три не лежат на одной прямой,
никакие четыре не лежат в одной плоскости). Через каждые 3 из них проведена плоскость.
Докажите, что какие бы n-3 точки в пространстве ни взять, найдется плоскость из
проведенных, не содержащая ни одной из этих n-3 точек.
Подсказка
Найдите вначале прямую, проходящую через две из данных n точек и не содержащую ни
одной из n-3 взятых точек.
Решение
Пусть M - данное множество из n точек общего положения, A - произвольное множество
из n-3 точек. Возьмем точку x из множества M, не принадлежащую A. Она существует,
так как во множестве M - n точек, а в A - (n-3) точки. Проведем через x и остальные точки
множества M (n-1) прямую. Одна из прямых не пересекает A. Через эту прямую и
оставшиеся (n-2) точки множества M проведем (n-2) плоскости. Одна из плоскостей не
пересекает A, так как плоскостей - (n-2), а во множестве A - (n-3) элемента. Эта плоскость
и является искомой.
Сложность:
4
Задача
Тема: [ Прямые и плоскости в пространстве (прочее) ]
Классы:
76428
10,11
В двух различных плоскостях лежат два треугольника: ABC и A1B1C1. Прямая AB
пересекается с прямой A1B1, прямая BC — с прямой B1C1, прямая CA — с прямой C1A1.
Доказать, что прямые AA1, BB1 и CC1 или все три пересекаются в одной точке, или
параллельны друг другу.
Решение
Рассмотрим плоскости ABA1B1, BCB1C1 и ACA1C1. Пересечением первых двух плоскостей
служит прямая BB1. Если третья плоскость пересекает прямую BB1 в некоторой точке, то
эта точка является как точкой пересечения трёх указанных плоскостей, так и точкой
пересечения прямых AA1, BB1 и CC1. Действительно, прямые AA1 и CC1 являются
пересечениями пар плоскостей, поэтому точка пересечения трёх плоскостей им
принадлежит. Если же третья плоскость параллельна прямой BB1, то прямые AA1, BB1 и
CC1 параллельны друг другу. Действительно, в этом случае пересечения пар плоскостей
являются тремя параллельными прямыми.
Задача
86978
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Куб
]
[
Векторы помогают решить задачу
]
Сложность:
4
Классы: 8,9
Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a . Найдите расстояние между прямыми A1D и D1C и
постройте их общий перпендикуляр.
Решение
Рассмотрим сечения данного куба плоскостями CD1B1 и A1BD (рис.1). Эти плоскости
параллельны, т.к. две пересекающиеся прямые CD1 и B1D1 одной из них соответственно
параллельны прямым BA1 и BD . Прямая AC1 перпендикулярна B1D1 , т.к. её ортогональная
проекция A1C1 на плоскость A1B1C1D1 перпендикулярна прямой B1D1 . Аналогично, AC1
CD1 . Поэтому прямая AC1 перпендикулярна плоскости CB1D1 , а значит, и плоскости
A1BD . Кроме того, известно, что диагональ AC1 проходит через точки E и F пересечения
медиан треугольников CD1B1 и A1BD и делится этими точками на три равные части.
Поэтому расстояние между скрещивающимися прямыми A1D и D1C равно длине отрезка
EF . Поскольку диагональ куба с ребром a , равна a
,
EF = AC1 =
.
При ортогональном проектировании треугольника A1BD на плоскость треугольника CD1B1
(рис.2) центр F треугольника A1BD переходит в центр E треугольника CD1B1 , а
треугольник A1BD переходит в равный ему равносторонний треугольник A'B'D' с центром
E , причём стороны этого треугольника соответственно параллельны сторонам
треугольника CD1B1 . Пусть X – точка пересечения CD1 и A'D' , а Y – точка на отрезке A1D ,
которая при рассматриваемом проектировании перешла в точку X . Тогда XY – общий
перпендикуляр скрещивающихся прямых A1D и D1C . Ясно, что
=
=2.
Пусть X – точка на диагонали A1D квадрата AA1D1D , Y – на диагонали CD1 квадрата
CC1D1D , причём
=
= . Рассмотрим векторы
= ,
= ,
= . Тогда
=
=-
+
,
=-
+
,
+
+
=
+
+
=
= (-
+
)+
+ (-
+
)=
+
·
=(
+
+
)· (-
+
) = a2 - a2 = 0,
=(
+
+
)· (-
+
) = - a2 + a2 = 0.
·
+
,
Следовательно, XY A1D и XY CD1 . Поэтому XY – общий перпендикуляр
скрещивающихся прямых A1D и CD1 и
XY =
=
=
.
Ответ
.
Задача
86982
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
Темы: [
Куб
]
[
Правильный тетраэдр
]
Сложность:
4
Классы: 8,9
Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a . Точка E – середина ребра AD . Вершины M и N
правильного тетраэдра MNPQ лежат на прямой ED1 , а вершины P и Q – на прямой,
проходящей через точку A1 и пересекающей прямую BC в точке R . Найдите а) отношение
BR:BC ; б) расстояние между серединами отрезков MN и PQ .
Решение
Поскольку противоположные рёбра MN и PQ правильного тетраэдра перпендикулярны,
перпендикулярны и содержащие их прямые ED1 и A1R . Опустим перпендикуляр RF из
точки R на плоскость AA1D1D . Поскольку CD и AB – перпендикуляры к плоскости
AA1D1D , RF || CD , поэтому точка F лежит на прямой AD . A1F – ортогональная проекция
наклонной A1R на плоскость AA1D1D . По теореме о трёх перпендикулярах ED1 A1F .
Рассмотрим плоскость AA1D1D . Пусть прямая A1F пересекается с прямыми DD1 и ED1 в
точках G и K соответственно. Обозначим DD1E = GA1D1 = α . Тогда
tg α =
= , cos α = ,
GD1 = A1D1 tg α = a, A1K = A1D1 cos α =
,
а из равенства прямоугольных треугольников DGF и D1GA1 следует, что DF = A1D1 = a .
Следовательно,
= = 2.
Кроме того,
A1F = 2A1G = 2
=2
=a
.
Опустим перпендикуляр KH из точки K на прямую A1R . Прямая ED1 перпендикулярна
двум пересекающимся прямым A1R и A1F плоскости A1FR , поэтому KH ED1 . Значит KH
– общий перпендикуляр скрещивающихся прямых ED1 и A1R , а т.к. отрезок,
соединяющий середины противоположных рёбер правильного тетраэдра, является общим
перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра, то длина KH и есть искомое
расстояние. Рассмотрим прямоугольный треугольник A1FR . Обозначим FA1R = β . Тогда
tg β =
=
= , cos β =
, sin β = ,
HK = A1K sin β =
·
=
=a
.
Ответ
2:1 ; a
Задача
87078
.
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Темы:
[ Ортоцентрический тетраэдр ]
Сложность:
4
Классы: 8,9
Высота пирамиды ABCD , опущенная из вершины D , проходит через точку пересечения
высот треугольника ABC . Кроме того, известно, что DB = b , DC = c , BDC = 90o .
Найдите отношение площадей граней ADB и ADC .
Решение
Пусть M – точка пересечения высот треугольника ABC , DM – высота пирамиды, а прямые
BM и AC пересекаются в точке K . Тогда BK – высота треугольника ABC , а т.к. прямая BK
– ортогональная проекция наклонной DB на плоскость основания ABC , то по теореме о
трёх перпендикулярах DB AC . Значит, прямая DB перпендикулярна двум
пересекающимся прямым AC и DC плоскости грани ACD . Поэтому ADB = 90o .
Аналогично, ADC = 90circ . Следовательно,
=
= = .
Ответ
.
Задача
87380
[ Теорема Пифагора в пространстве ]
Темы:
[
Четырехугольная пирамида
]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Четырёхугольная пирамида SABCD вписана в сферу. Основание этой пирамиды –
прямоугольник ABCD . Известно, что AS = 7 , BS = 2 , CS =6 , SAD = SBD = SCD .
Найдите ребро DS .
Ответ
9. Пусть ABCD – прямоугольник, S – произвольная точка вне плоскости ABCD . Докажем,
что
SA2 + SC2 = SB2 + SD2.
Обозначим через O точку пересечения диагоналей прямоугольника ABCD . Тогда SO –
медиана треугольников ASC и BSD , поэтому
SO2 = (2SA2 + 2SC2 - AC2), SO2 = (2SB2 + 2SD2 - BD2),
а т.к. AC = BD (как диагонали прямоугольника), то из полученных равенств следует, что
SA2 + SC2 = SB2 + SD2 . Если AS = 7 , BS = 2 и CS = 6 , то
DS2 = AS2 + CS2 - BS2 = 49 + 36 - 4 = 81.
Следовательно, DS = 9 .
Задача
87598
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Вневписанные окружности ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Пусть ABC – равносторонний треугольник. Через прямые AB , BC и AC проходят три
плоскости, образующие угол ϕ с плоскостью ABC и пересекающиеся в точке D1 . Кроме
того, через эти же прямые проходят плоскости, образующие угол 2ϕ с плоскостью ABC и
пересекающиеся в точке D2 . Найдите ϕ , если известно, что точки D1 и D2 находятся на
равных расстояниях от плоскости ABC .
Решение
Обозначим через a сторону равностороннего треугольника ABC . Тогда радиус вписанной
окружности треугольника равен , а радиус вневписанной окружности – . Боковые
грани треугольной пирамиды ABCD1 образуют равные углы с плоскостью основания ABC
, поэтому высота D1O1 пирамиды проходит через центр вписанной или через центр
вневписанной окружности треугольника ABC . Аналогично, высота D2O2 также проходит
через центр вписанной или через центр вневписанной окружности треугольника ABC .
Если O1 и O2 совпадают с центром вписанной окружности треугольника ABC или и O1 , и
O2 являются центрами вневписанных окружностей, то либо
D1O1 = · tg ϕ < · tg 2ϕ = D2O2,
либо
D1O1 =
· tg ϕ <
· tg 2ϕ = D2O2,
что противоречит условию задачи ( D1O1 = D2O2 ). Если O1 – центр вписанной, а O2 –
вневписанной окружности треугольника ABC , то
D1O1 = · tg ϕ, D2O2 = · tg 2ϕ,
· tg ϕ =
· tg 2ϕ,
tg ϕ = 3 tg 2ϕ, tg ϕ =
,
откуда tg 2ϕ = -5 , что невозможно. Если O1 – центр вневписанной, а O2 – вписанной
окружности треугольника ABC , то
D1O1 = · tg ϕ, D2O2 = · tg 2ϕ,
· tg ϕ =
· tg 2ϕ,
3 tg ϕ = tg 2ϕ, 3 tg ϕ =
,
откуда tg 2ϕ = , ϕ = 30o .
Ответ
30o .
Задача
108738
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
[ Признаки и свойства параллелограмма ]
Темы:
[
Средняя линия трапеции
]
[
Уравнение плоскости
]
Сложность:
4
Классы:
9,10,11
Маленький Петя подпилил все ножки у квадратной табуретки и четыре отпиленных
кусочка потерял. Оказалось, что длины всех кусочков различны, и что табуретка после
этого стоит на полу, пусть наклонно, но по-прежнему касаясь пола всеми четырьмя
концами ножек. Дедушка решил починить табуретку, однако нашёл только три кусочка с
длинами 8, 9 и 10 см. Какой длины может быть четвёртый кусочек?
Решение
Пусть A, B, C, D — концы исходных ножек табуретки, а A', B', C' и D' — подпиленных.
Докажем, что AA' + CC' = BB' + DD'. Поскольку табуретка стоит, касаясь пола четырьмя
ножками, точки A', B', C' и D' лежат в одной плоскости. Табуретка квадратная, значит,
плоскости ABA'B' и CDC'D' параллельны. Следовательно, A'B' параллельно C'D'.
Аналогично, B'C' параллельно A'D'. Таким образом, четырёхугольник A'B'C'D' —
параллелограмм, и его диагонали пересекаются в общей середине O'. Пусть O — центр
квадрата ABCD. Заметим, что отрезок OO' — средняя линия как в трапеции ACC'A', так и
в трапеции BDD'B', а значит, AA' + CC' = 2OO = BB' + DD'.
Это утверждение можно доказать, заметив, что уравнение плоскости линейно. Также это
утверждение можно было получить, воспользовавшись методом координат.
Теперь переберём возможные длины отпиленной части, расположенной по диагонали от
потерянной. При этом получим, что длина отпиленной части удовлетворяет одному из
равенств 8 + x = 9 + 10, 9 + x = 8 + 10, 10 + x = 8 + 9, откуда x = 7, x = 9 или x = 11.
Поскольку длины всех кусочков различны, x не равен 9, и остаются только варианты 7 и
11 см.
Сложность:
4
Задача
Тема: [ Параллельность прямых и плоскостей ]
Классы:
109051
10,11
Докажите, что две прямые, параллельные одной и той же прямой, параллельны.
Решение
Пусть прямые a и b параллельны прямой c . Если все три прямые лежат в одной
плоскости, то утверждение верно, т.к. в каждой плоскости выполняются все теоремы
планиметрии. Если же прямые a , b и c не лежат в одной плоскости, то плоскость α ,
проведённая через прямую a и некоторую точку M прямой b , и плоскость β , проведённая
через прямую c и точку M , пересекаются по прямой b1 , параллельной прямым a и c
(теорема о пересекающихся плоскостях, проведенных через две параллельные прямые).
Поскольку b || c (по условию) и b1 || c (по доказанному), через точку M проходят две
прямые, параллельные одной и той же прямой c , поэтому прямые b и b1 совпадают, а т.к.
a || b1 , то a || b .
Сложность:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
4
Задача
Темы:
Классы:
[ Вспомогательные подобные треугольники ]
109080
10,11
В пирамиде ABCD точки M , F и K – середины рёбер BC , AD и CD соответственно. На
прямых AM и CF взяты соответственно точки P и Q , причём PQ || BK . Найдите
отношение PQ:BK .
Решение
Пусть E – середина CK (рис.1). Тогда ME || BK . Пусть прямые AE и CF пересекаются в
точке Q1 . В плоскости AEM через точку Q1 проведём прямую, параллельную EM . Пусть
эта прямая пересекает AM в точке P1 . Тогда точки Q1 и P1 удовлетворяют условию задачи.
В самом деле, они лежат на прямых CF и AM , причём P1Q1 || ME || BK . Поэтому точки P1
и Q1 совпадают с точками P и Q соответственно. Рассмотрим плоскость ADC (рис.2).
Через точку A проведём прямую, параллельную DC , и продолжим CF до пересечения с
этой прямой в точке T . Тогда треугольник ATF равен треугольнику DCF , а треугольник
ATQ подобен треугольнику ECQ с коэффициентом, равным
= = = 4.
Поэтому
PQ = ME·
Следовательно,
= ME· = BK· = BK.
= .
Ответ
2:5 .
Задача
109263
Темы:
[
Двугранный угол
]
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Стороны AB и AC равностороннего треугольника расположены соответственно в гранях P
и Q острого двугранного угла, равного ϕ . Сторона AB образует с ребром двугранного
угла острый угол α . Найдите угол между плоскостью ABC и гранью Q .
Решение
Пусть H – ортогональная проекция точки B на плоскость Q , точка K – ортогональная
проекция точки H на прямую AC , а M – ортогональная проекция точки H на прямую
пересечения плоскостей P и Q . По теореме о трёх перпендикулярах BK AC и BM AM .
Поэтому BMH = ϕ и BKH = β , где β – искомый угол. Обозначим AB = AC = BC = a .
Из прямоугольных треугольников ABM , BHM , BAK и BHK находим, что
BM = AB sin BAM = a sin α,
BH = BM sin BMH = a sin α sin ϕ,
BK = AB sin BAK = a sin 60o =
sin β = sin BKH =
=
=
,
sin α sin ϕ.
Ответ
arcsin
.
[
Теорема о трех перпендикулярах
]
Темы: [ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
[
Правильный тетраэдр
]
Задача
109267
Сложность:
4
Классы:
10,11
Основание прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 – равнобедренный прямоугольный
треугольник с катетами AC = BC = a . Вершины M и N правильного тетраэдра MNPQ
лежат на прямой CA1 , а вершины P и Q – на прямой AB1 . Найдите: а) объём призмы; б)
расстояние между серединами отрезков MN и PQ .
Решение
Поскольку противоположные рёбра MN и PQ правильного тетраэдра перпендикулярны,
перпендикулярны и содержащие их прямые CA1 и AB1 (рис.1). Поскольку B1C1 A1C1 и
B1C1 CC1 , то B1C1 – перпендикуляр к плоскости AA1C1C , а т.к. AC1 – ортогональная
проекция наклонной AB1 на плоскость AA1C1C , то по теореме о трёх перпендикулярах AC1
CA1 . Значит, прямоугольник AA1C1C – квадрат. Поэтому боковые рёбра данной призмы
равны a . Следовательно,
VABCA1B1C1 = SΔ ABC· AA1 = a2· a = a3.
Прямая A1C перпендикулярна плоскости AB1C1 , т.к. она перпендикулярна
пересекающимся прямым B1C1 и AC1 этой плоскости. Пусть F – центр квадрата AA1C1C .
Тогда перпендикуляр FH , опущенный из точки F на прямую AB1 , есть общий
перпендикуляр скрещивающихся прямых CA1 и AB1 . Рассмотрим прямоугольный
треугольник AB1C1 (рис.2). Обозначим B1AC1 = α . Тогда
tg α =
= , cos α =
, sin α = ,
FH = AF sin FAH =
· sin α =
·
=
.
Поскольку отрезок, соединяющий середины противоположных рёбер правильного
тетраэдра, является общим перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра, то длина FH
и есть искомое расстояние.
Ответ
Ю) ; А)
.
Задача
110227
[ Расстояние между скрещивающимися прямыми ]
[
Объем помогает решить задачу
]
Темы:
[
Метод координат в пространстве
]
[
Расстояние от точки до плоскости
]
Сложность:
4
Классы:
10,11
В кубе ABCDA1B1C1D1 , ребро которого равно 6, точки M и N – середины рёбер AB и B1C1
соответственно, а точка K расположена на ребре DC так, что DK=2· KC . Найдите 1)
расстояние от точки N до прямой AK ; 2) расстояние между прямыми MN и AK ; 3)
расстояние от точки A1 до плоскости треугольника MNK .
Решение
Пусть P – ортогональная проекция точки N на плоскость основания ABCD , а Q –
основание перпендикуляра, опущенного из точки P на прямую AK . По теореме о трёх
перпендикулярах NQ AK , значит, расстояние от точки N до прямой AK равно длине
отрезка NQ . Продолжим AK и BC до пересечения в точке E . Из подобия треугольников
KCE и KDA находим, что
CE = AD·
= 6· = 3.
Обозначим AEB = α . Тогда
ctg α =
= = , sin α =
=
=
Из прямоугольного треугольника PQE находим, что
PQ = PE sin α = 6·
=
.
.
Следовательно,
NQ =
=
=
.
Через точку M проведём прямую, параллельную AK . Пусть эта прямая пересекает BC в
точке F . Тогда угол между прямыми MN и AK равен углу между прямыми MN и MF . Из
прямоугольного треугольника MBF находим, что
BF = BM ctg BFM = 3 ctg α = , MF =
=
=
=
.
Тогда
PF = BF-BP = -3= , NF =
=
=
.
Кроме того,
PM = BM
=3
, MN =
=
=3
.
Рассмотрим треугольник MNF . Обозначим NMF = ϕ . По теореме косинусов
cos ϕ =
=
= .
Тогда
sin ϕ =
=
Из прямоугольного треугольника ADK находим, что
=
.
AK =
=
=
=2
.
Пусть V – объём тетраэдра AKMN . Тогда, с одной стороны
V = SΔ AKM · NP = · AM· AD · NP = · · 3· 6 · 6 = 18,
с другой стороны, если d – искомое расстояние между прямыми AK и MN , то
V = AK· MN· d sin ϕ = · 2
·3 ·d·
=d
.
Из уравнения d
= 18 находим, что d=
. Продолжим отрзок MK до пересечения с
прямой BC в точке H . Из подобия треугольников KCH и MBH находим, что
=
=
=
=
,
откуда CH=12 . Выберем прямоугольную систему координат, приняв за начало точку C ,
направив ось CX по лучу CD , ось CY – по лучу CB , а ось CZ – по лучу CC1 . Найдём
координаты нужных нам точек: C(0;0;0) , K(2;0;0) , A(6;6;6) , H(0;-12;0) , N(0;3;6) .
Уравнение плоскости MNK имеет вид - + = 1 (уравнение плоскости в отрезках), где
(0;0;c) – координаты точки пересечения плоскости MNK с осью CZ . Подставив в это
уравнение координаты точки N , найдём, что c= . Значит, уравнение плоскости ABC –
- + = 1 12x-2y+5z-24 = 0.
Пусть ρ – искомое расстояние от точки A1 до плоскости MNK . По формуле расстояния от
точки до плоскости находим, что
ρ=
=
.
Ответ
6
,
Задача
110260
,
.
Тема: [ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Пусть A , B , C и D – четыре точки в пространстве, для которых AB2 + CD2 = BC2 + AD2 .
Докажите, что прямые AC и BD перпендикулярны.
Решение
Проведём высоту BK треугольника ABC . Докажем, что DK – высота треугольника ACD .
Применяя теорему Пифагора к прямоугольным треугольникам ABK и CBK получим, что
AB2 - AK2 = BC2 - CK2, или AB2 - BC2 = AK2 - CK2.
Поэтому
AD2 - CD2 = AB2 - BC2 = AK2 - CK2.
Известно, что геометрическое место точек плоскости, разность квадратов
расстояний от которых до двух заданных точек постоянна, есть прямая,
перпендикулярная отрезку с концами в этих точках. Значит, DK – высота
треугольника ADC . Если точки A , B , C и D лежат в одной плоскости, то
утверждение задачи теперь очевидно. Если точки A , B , C и D не лежат в одной
плоскости, то прямая AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым BK и
DK плоскости BKD . Значит, прямая AC перпендикулярна каждой прямой этой
плоскости, в частности, прямой BD .
Задача
110498
[
Двугранный угол
]
Темы: [
Объем тетраэдра и пирамиды
]
[ Сфера, вписанная в двугранный угол ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна , точка E – середина AB , а F – точка
пересечения медиан грани BCD , причём EF=8 . Сфера радиуса 5 касается плоскостей
ABD и BCD в точках E и F соответственно. Найдите двугранный угол между гранями ABD
и BCD , площадь грани BCD и объём пирамиды ABCD .
Решение
Пусть O – центр сферы (рис.1). Поскольку радиусы OE и OF проведены в точки касания
сферы с плоскостями ABD и BCD , прямая OE перпендикулярна плоскости ABD , а прямая
OF – плоскости BCD , значит, OE BD и OF BD , а также OE DE и OF DF . Пусть
плоскость, проведённая через пересекающиеся прямые OE и OF пересекает прямую BD в
точке H . Поскольку прямая BD перпендикулярна пересекающимся прямым OE и OF этой
плоскости, плоскость OEF перпендикулярна прямой BD , значит, EHF – линейный угол
двугранного угла между гранями ABD и BCD . Положим EHF = 2α . Из равенства
отрезков DE и DF (отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки) следует
равенство прямоугольных треугольников EHD и FHD (по катету и гипотенузе), значит,
EH=FH . Таким образом, в четырёхугольнике OEHF (рис.2) точки O и H равноудалены от
концов диагонали EF , поэтому HO EF и диагональ OH проходит через середину K
диагонали EF . Тогда
OEK = EHO = EHF = α, cos α =
= .
Следовательно,
cos 2α = 2 cos2 α - 1 = 2·
-1 =
-1= .
Из прямоугольного треугольника треугольника HKF находим, что
FH =
=
=
=
= .
Поскольку FH BD , отрезок FH – высота треугольника DBF , а т.к. F – точка пересечения
медиан треугольника BCD , то
SΔ BDC = 3SΔ BDF = 3· BD· FH = · · = 25.
Поскольку EH BD , отрезок EH – высота треугольника BED , а т.к. E – середина ребра AB
и EH=FH= , то
SΔ ABD = 2SΔ BDE = 2· BD· EH = · = .
Вопользуемся формулой V= ·
, где V – объём тетраэдра, S1 и S2 – площади двух
его граней, ϕ – угол между этими гранями, a –длина их общего ребра. В нашем случае
VABCD = ·
= ·
= .
Ответ
arccos
= arcsin
Задача
110529
; 25;
.
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
[ Объем помогает решить задачу ]
Темы:
[
Правильная пирамида
]
[
Площадь сечения
]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Сторона основания ABC правильной треугольной пирамиды ABCD равна 6, двугранный
угол между боковыми гранями равен arccos . Точки A1 и B1 – середины рёбер AD и BD
соответственно, BC1 – высота в треугольнике DBC . Найдите: 1) угол между прямыми AB
и B1C1 ; 2) площадь треугольника A1B1C1 ; 3) расстояние от точки B до плоскости A1B1C1 ;
4) радиус вписанного в пирамиду A1B1C1D шара.
Решение
Пусть DH – высота пирамиды, M – середина AB . Прямая CD перпендикулярна двум
пересекающися прямым AB и BC1 плоскости AC1B , поэтому AC1B – линейный угол
двугранного угла между гранями ADC и BDC . Обозначим AC1B = γ . По условию задачи
cos γ = . Кроме того, BC1 CD и AC1 CD , значит, прямоугольные треугольники DC1B и
DC1A равны по катету и гипотенузе, поэтому AC1B – равнобедренный треугольник.
Подставив значение cos γ в формулу cos γ =
, получим уравнение =
, из
которого находим, что tg =
. Из равнобедренного треугольника AC1B находим, что
MC1 =
=
.
Обозначим DCH = α . Тогда
sin α =
=
=
=
, tg α =
=
.
Из прямоугольных треугольников CDH и BDC1 находим, что
DH = CH tg α = 2 ·
=
, DC =
=
=
= 5,
cos α =
=
=
,
BC1 =
=
=
DC1 =
=
= .
.
Тогда
Поскольку B1C1 – медиана прямоугольного треугольника BC1D ,
B1C1 = DB = DC = .
Треугольник A1DC1 равен равнобедренному треугольнику B1DC1 по двум сторонам и углу
между ними, поэтому A1C1 = B1C1 = . Обозначим A1B1C1 = ϕ . Поскольку A1B1 || AB ,
угол между прямыми AB и B1C1 равен углу между прямыми A1B1 и B1C1 . Из
равнобедренного треугольника A1B1C1 находим, что
cos ϕ =
= = .
Тогда sin ϕ = и
SΔ A1B1C1 = A1B1· B1C1 sin ϕ = · 3· · = 3.
Пусть h – расстояние от точки B до плоскости A1B1C1 . Поскольку B1 – середина отрезка
BD , расстояние от точки D до плоскости A1B1C1 также равно h . Пусть V и V1 – объёмы
пирамид ABCD и A1B1C1D соответственно. Тогда
V= SΔ ABC· DH = ·
·
= ·
·
=3
,
·
V1 =
·
· V= · · · 3
а т.к. высота пирамиды A1B1C1D равна h , то
h=
=
=
Поскольку BC1 – высота треугольника BDC ,
SΔ BDC = DC· BC1 = · 5·
=
,
.
= 12.
Тогда
SΔ B1DC1 =
·
· SΔ BDC= ·
· 12 = .
Пусть S – площадь полной поверхности пирамиды A1B1C1D , r – радиус шара, вписанного
в эту пирамиду.
S=2SΔ A1B1C1+2SΔ B1DC1 = 2(3+ ).
Следовательно,
r=
=
=
=
=
.
Ответ
arccos ; 3;
Задача
110742
;
.
Темы:
[ Перпендикулярные плоскости ]
[ Четырехугольная пирамида ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
Плоскости диагональных сечений пирамиды, основанием которой является
параллелограмм, взаимно перпендикулярны. Докажите, что суммы квадратов площадей
противоположных боковых граней равны между собой.
Решение
Пусть основание пирамиды SABCD – параллелограмм ABCD с центром O , α – угол между
полуплоскостями ASC и ABC , β – угол между полуплоскостями BSD и ABD , а 4s , 2p и 2q
– площади параллелограмма ABCD и треугольников ASC и BSD соответственно. Применяя
теорему косинусов для тетраэдра к тетраэдрам OASB , OCSD , OBSC и OASD и учитывая
перпендикулярность плоскостей треугольников ASC и BSD получим равенства
S2Δ ASB = s2+p2+q2 - 2sp cos α -2sq cos β,
S2Δ CSD = s2+p2+q2 - 2sp cos (180o -α) -2sq cos (180o -β),
S2Δ BSC = s2+p2+q2 - 2sp cos α -2sq cos (180o -β),
S2Δ ASD = s2+p2+q2 - 2sp cos (180o -α) -2sq cos β.
Поэтому
S2Δ ASB+S2Δ CSD = 2(s2+p2+q2), S2Δ BSC+S2Δ ASD = 2(s2+p2+q2).
Следовательно,
S2Δ ASB+S2Δ CSD = S2Δ BSC+S2Δ ASD.
[ Перпендикулярные плоскости ]
Темы:
[ Четырехугольная пирамида ]
Задача
110743
Сложность:
4
Классы:
10,11
В основании четырёхугольной пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD . Известно,
что плоскости треугольников ASC и BSD перпендикулярны друг другу. Найдите площадь
грани ASD , если площади граней ASB , BSC и CSD равны соответственно 5, 6 и 7.
Решение
Пусть α – угол между полуплоскостями ASC и ABC , β – угол между полуплоскостями
BSD и ABD , а 4s , 2p и 2q – площади параллелограмма ABCD и треугольников ASC и BSD
соответственно, O – центр параллелограмма ABCD . Применяя теорему косинусов для
тетраэдра к тетраэдрам OASB , OCSD , OBSC и OASD и учитывая перпендикулярность
плоскостей треугольников ASC и BSD , получим равенства
S2Δ ASB = s2+p2+q2 - 2sp cos α -2sq cos β,
S2Δ CSD = s2+p2+q2 - 2sp cos (180o -α) -2sq cos (180o -β),
S2Δ BSC = s2+p2+q2 - 2sp cos α -2sq cos (180o -β),
S2Δ ASD = s2+p2+q2 - 2sp cos (180o -α) -2sq cos β.
Поэтому
S2Δ ASB+S2Δ CSD = 2(s2+p2+q2), S2Δ BSC+S2Δ ASD = 2(s2+p2+q2).
Следовательно,
S2Δ ASB+S2Δ CSD = S2Δ BSC+S2Δ ASD.
Отсюда находим, что
S2Δ ASD = S2Δ ASB+S2Δ CSD - S2Δ BSC= 25+49-36 = 38.
Ответ
.
Задача
110935
Темы:
Сложность:
4
Классы: 8,9
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
[
Правильная пирамида
]
Высота правильной четырёхугольной пирамиды SABCD ( S – вершина) в
раз больше
ребра основания. Точка E – середина апофемы, лежащей в грани ASB . Найдите угол
между прямой DE и плоскостью ASC .
Решение
Пусть SH – высота пирамиды, M и N – середины рёбер AB и SA соответственно (рис.1).
Положим AB = a , SH = a
. На продолжении ребра CD за точку D отложим отрезок DP
= CD= a . Так как EN – средняя линия треугольника ASM , то NE || AM || DP и NE = AM
= a = DP , значит, четырёхугольник DPNE – параллелограмм, поэтому PN = DE и PN ||
DE . Следовательно, угол ϕ между плоскостью ASC и прямой DE равен углу между
между этой плоскостью и прямой PN . Плоскость ASC проходит через прямую SH ,
перпендикулярную к плоскости ABCD , поэтому плоскости ASC и ABCD
перпендикулярны, значит, перпендикуляр PQ , опущенный из точки P на прямую AC ,
есть перпендикуляр к плоскости ASC . Поэтому расстояние от точки P до плоскости ASC
равно длине отрезка PQ . Из равнобедренного прямоугольного треугольника CPQ
находим, что
PQ = = =
.
Пусть F – ортогональная проекция точки E на плоскость основания пирамиды, K –
середина CD . Тогда F – середина HM , поэтому
FK = a, EF = SH =
,
PN = DE =
=
= a.
Из прямоугольного треугольника PQN (рис.2) находим, что
sin ϕ = sin PNQ = =
= .
Следовательно, ϕ = 45o .
Ответ
45o .
Задача
110939
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Темы: [ Ортогональное проектирование ]
[
Теорема синусов
]
Сложность:
4
Классы: 8,9
В трапеции ABCD угол BAD прямой, угол ABC равен arctg 2 и AB=AD . Квадрат KLMN
расположен в пространстве так, что его центр совпадает с серединой отрезка AB . Точка A
лежит на стороне LK и AL < AK , точка M равноудалена от точек A и D . Расстояние от
точки L до ближайшей к ней точки трапеции ABCD равно , а расстояние от точки N до
ближайшей к ней точки трапеции ABCD равно
. Найдите площадь трапеции ABCD и
расстояние от точки M до плоскости ABCD .
Решение
Пусть O – середина стороны основания AB трапеции ABCD . Поскольку точка O – центр
квадрата KLMN и точка A лежит на стороне KL этого квадрата, точка B , симметричная
точке A относительно O , лежит на противоположной стороне MN квадрата KLMN ,
причём AL = BN =
. Обозначим AB =AD = a , BAK = α . Тогда, если E – проекция
точки C на основание AB трапеции ABCD , то
BE = CE ctg ABC = AD ctg arctg 2 = a· = .
Пусть F – середина KL . Точка F лежит между точками A и K , т.к AL < AK . Из
прямоугольных треугольников AOF и OFK находим, что
AF = AO cos FAO = cos α, FK = FO = AO sin FAO = sin α.
Поэтому
AK = AF+FK = cos α+ sin α= ( cos α+ sin α).
Пусть M' – ортогональная проекция точки M на плоскость квадрата ABCD . Тогда M'A и
M'D – проекции на плоскость ABCD равных наклонных MA и MD , поэтому M'A=M'D .
Значит, высота M'Q равнобедренного треугольника AN'D является его медианой, т.е.
AQ=DQ = . Пусть P – проекция точки M' на прямую AB пересечения плоскостей данных
квадрата и трапеции. Тогда MPM' – линейный угол двугранного угла между плоскостями
квадрата и трапеции. Обозначим MPM'=β . Из прямоугольных треугольников MPB и
MM'P находим, что
MP = BM sin MBA = AK sin α = ( cos α+ sin α) sin α,
M'P = MP cos MPM' = ( cos α+ sin α) sin α cos β.
Поскольку AQM'P – прямоугольник, M'P=AQ= , или
( cos α+ sin α) sin α cos β = ,
откуда
( cos α+ sin α) sin α cos β = 1.
Пусть L' – проекция точки L на плоскость квадрата ABCD , а G и H – проекции точки L' на
прямые AB и AD соответственно. Тогда LGL' – также линейный угол между плоскостями
квадрата и трапеции, поэтому LGL'=β . Заметим, что H – ближайшая к L точка квадрата
ABCD , поэтому LH= . Из прямоугольных треугольников ALH , LGL' и ALG находим, что
L'G = AH =
=
=
, LG =
=
,
LG = AL sin LAG =
Таким образом
=
sin α.
sin α . Из системы
находим, что sin (45o+ α) =
, а т.к. α>45o (как внешний угол треугольника ALO ), то
α + 45o = 180o - arcsin
, α = 180o - 45o- arcsin
=135o- arcsin
.
Тогда
sin (α-45o) = sin (90o- arcsin
)= cos ( arcsin
sin α = sin (135o- arcsin
= sin 135o cos ( arcsin
tg β =
.
)=
) - cos 135o sin ( arcsin
cos β =
)=
=
=,
=
=
)=
( +
)=
,
.
Применяя теорему синусов к треугольнику AOL получим, что
=
, = .
Следовательно,
a=
=2
.
Тогда, если S – площадь трапеции ABCD , то
S= (AB+CD)· AD = (a+ a)a = a2 = · 60 = 45.
Наконец, из прямоугольного треугольника MPM' находим расстояние от точки M до
плоскости ABCD :
MM' = M'P tg β = ·
=
·
=
.
Ответ
S=45 , d =
Задача
111189
.
[ Перпендикулярность прямых и плоскостей ]
Темы:
[ Максимальное/минимальное расстояние ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
В тетраэдре ABCD двугранные углы при рёбрах AB , AC и BD – прямые. Один из отрезков,
соединяющих середины противоположных рёбер тетраэдра, имеет длину a , а другой –
длину a
. Найдите длину наибольшего ребра тетраэдра.
Решение
Плоскости граней ABD и ACD перпендикулярны плоскости грани ABC и пересекаются по
прямой AD , значит, ребро AD – перпендикулярно плоскости грани ABC . Поэтому BAD
= CAD = 90o . Плоскости граней ABC и BCD перпендикулярны плоскости грани ABD и
пересекаются по прямой BC , значит, ребро BC – перпендикулярно плоскости грани ABD .
Поэтому CBD = ABC = 90o . Отрезок CD – общая гипотенуза прямоугольных
треугольников ACD и BCD , поэтому CD>AC , CD>AC , CD> BD , CD>BC , а т.к. AC –
гипотенуза прямоугольного треугольника ABC , то СВ > AC>AB . Следовательно, CD –
наибольшее ребро тетраэдра ABCD . Пусть K , L , M и N – середины рёбер BD , CD , AC и
AB соответственно. Отрезки KL и MN – средние линии треугольников BCD и ABC ,
поэтому KL || BC , KL = BC , MN || BC , MN = BC . Значит, четырёхугольник KLMN –
параллелограмм, а т.к. AD BC и KN || AD , то KN KL . Поэтому KLMN – прямоугольник.
Следовательно, его диагонали KM и LN равны. Пусть P и Q – середины рёбер AD и BC
соответственно. Обозначим BC=x , AD=y . Тогда KL= , KN= . Предположим, что
KM=NL = a
. Тогда PQ = a . Из прямоугольного треугольника KLN находим, что +
2
= 6a . Значит,
a2 = PQ2 = AP2+AQ2 = AP2+BQ2+AB2 = + + AB2 = 6a2+AB2> a2,
что невозможно. Следовательно, KM=LN=a и PQ=a
. Тогда
2 2
2
2
+ = a , x +y = 4a ,
6a2 = PQ2 = AP2+AQ2 = AP2+(BQ2+AB2) =
+ + AB2 = a2+AB2,
AB2 = 6a2-a2 = 5a2.
Поэтому
CD2 = AD2+AC2 = AD2+(BC2+AB2) = y2+x2+5a2 = 4a2+5a2 = 9a2.
Следовательно, CD=3a .
Ответ
3a .
Задача
111190
[ Перпендикулярность прямых и плоскостей ]
Темы:
[
Конус
]
Сложность:
4
Классы:
10,11
В тетраэдре ABCD двугранные углы при рёбрах BC и CD – прямые. Длина одного из рёбер
тетраэдра в три раза больше длины не пересекающегося с ним ребра. Вершина конуса
совпадает с одной из вершин тетраэдра, а окружность основания конуса описана около
одной из граней. Найдите угол в осевом сечении конуса.
Решение
Плоскости граней ABC и ADC перпендикулярны плоскости грани BCD и пересекаются по
прямой AC , значит, ребро AC – перпендикулярно плоскости грани BCD . Поэтому ACB
= ACD = 90o . Заметим, что вершина A не может служить вершиной конуса, о котором
говорится в условии задачи, т.к. ребра, исходящие из этой вершины не равны между собой
( AD>AC , гипотенуза больше катета). Аналогично для вершин B и D . Следовательно,
вершина конуса – точка C . Обозначим CA = CB=CD = a . Тогда AB = AD=a
, значит,
либо BD = 3a , либо BD= . Предположим, что BD = 3a . Тогда
AD=AB = a +a =2a
< 3a = BD,
что противоречит неравенству треугольника. Следовательно, BD= . Обозначим ABD = α
. Тогда
cos α =
=
, sin α =
=
=
.
Пусть R – радиус окружности, описанной около треугольника ABD (радиус основания
конуса), ϕ – угол в осевом сечении конуса. По теореме синусов
R=
=
=
.
По теореме косинусов
cos ϕ =
=
=
=- .
Ответ
arccos (- ) = 2 arctg
Задача
111363
.
Темы:
[
Двугранный угол
]
[ Площадь и ортогональная проекция ]
Сложность:
4
Классы:
10,11
В пирамиде ABCD двугранный угол при ребре AC равен 90o , AB=BC=CD , BD = AC .
Найдите двугранный угол при ребре AD .
Решение
Поскольку плоскости ABC и ACD – перпендикулярны (двугранный угол между ними
равен 90o ), высота BM треугольника ABC является перпендикуляром к плоскости ACD ,
значит, треугольник AMD – ортогональная проекция треугольника ABD на плоскость ACD
, а т.к. треугольник ABC равнобедренный (AB=BC) , то M – середина AC . Треугольники
ACD и DBA равны по трём сторонам, а DM – медиана треугольника ADC , поэтому
SΔ AMD = SΔ ACD = SΔ ABD.
Обозначим через α искомый угол между гранями BAD и CAD . Тогда
cos α =
=
= .
Следовательно, α = 60o .
Ответ
60o .
Задача
111419
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
Темы:
[
Призма (прочее)
]
Сложность:
4
Классы:
10,11
На боковых рёбрах AA1 , BB1 и CC1 треугольной призмы ABCA1B1C1 расположены
соответственно точки M , N и P так, что AM:AA1= B1N:BB1=C1P:CC1=3:4 . На отрезках CM
и A1N расположены соответственно точки E и F так, что EF || B1P . Найдите отношение
EF:B1P .
Решение
Заметим, что можно провести не более одной прямой, параллельной прямой B1P и
пересекающей скрещивающиеся прямые CM и A1N . Действительно, если отличные от
точек E и F точки E1 и F1 , лежащие на прямых соответственно CM и A1N , таковы, что
E1F1 || B1P , то прямые EF и E1F1 параллельны, а значит, они лежат в одной плоскости.
Тогда и прямые CM и A1N лежат в этой же плоскости, что невозможно, т.к. они
скрещивающиеся. Пусть E и F – точки на отрезках соответственно CM и A1N , причём EF
|| B1P . Пусть плоскость, проходящая через параллельные прямые EF и B1P , пересекает
прямую AA1 в точке K . Обозначим A1K=x , AA1=t . Треугольник KME подобен
треугольнику PCE , треугольник A1KF – треугольнику NB1F , а треугольник EKF –
треугольнику PKB1 , поэтому
=
=
=
,
=
= = ,
=
,
или
=
, откуда находим, что x= t . Следовательно,
=
=
=
=
= .
Ответ
.
Задача
111423
Сложность:
4
Классы:
10,11
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Темы:
[
Правильная пирамида
]
В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна a , угол между апофемой и
боковой гранью равен . Найдите высоту пирамиды.
Решение
Пусть M и N – середины сторон AB и AC основания ABC правильной треугольной
пирамиды DABC , DH – высота пирамиды. Обозначим DMH = DNH = β . Из точки M
опустим перпендикуляр MM1 на плоскость грани ACD . По условию задачи MDM1 = 45o .
Из прямоугольных треугольников DMH и DMM1 находим, что
DM =
=
=
,
MM1 = DM cos MDM1 = DM cos 45o =
·
=
.
Пусть BK – перпендикуляр, опущенный из точки B на апофему DN пирамиды. Поскольку
прямая BK перпендикулярна двум пересекающися прямым DN и AC плоскости ADC ,
прямая BK перпендикулярна этой плоскости. Из прямоугольного треугольника BKN
находим, что
BK = BN sin β =
sin β.
Поскольку MM1 и BK перпендикулярны одной и той же плоскости, MM1 || BK , а т.к. M –
середина наклонной AB к плоскости ADC , то
BK = 2MM1 = 2·
=
.
Тогда получим уравнение
sin β=
. После возведения обеих его частей в квадрат
и очевидных упрощений получим уравнение
9 sin2 β cos2 β = 2 9(1- cos2 β) cos2 β = 2
9 cos4 β -9 cos2 β + 2 = 0,
откуда cos2 β = или cos2 β = . Тогда
tg β =
=
=
=
=
или
tg β =
.
Следовательно,
DH = MH tg β =
·
=
DH = MH tg β =
·
=
или
.
Ответ
,
.
Задача
87359
Сложность:
5
Классы:
10,11
Тема: [ Перпендикулярные плоскости ]
Основанием пирамиды ABCEH служит выпуклый четырехугольник ABCE, который
диагональю BE делится на два равновеликих треугольника. Длина ребра AB равна 1,
длины ребер BC и CE равны между собой. Сумма длин ребер AH и EH равна
. Объем
пирамиды равен 1/6. Найдите радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех
шаров, помещающихся в пирамиде ABCEH.
Решение
Поскольку диагональ BE делит четырехугольник ABCE на два равновеликих
треугольника, треугольные пирамиды ABEH и BCEH с общей вершиной H равновелики.
Поэтому V(ABEH) = 1/12.
Пусть BK - высота треугольной пирамиды ABEH, проведенная из вершины B. Тогда BK
AB = 1. Поэтому
1/12 = V(ABEH) =
AH . HE . 1 . 1 =
S(AEH) . BK =
AH . HE
Это возможно лишь в случае, когда
AH = HE =
AH . HE . sin AHE . BK
( (AH + HE))2 =
(
))2 = 1/12.
/2, AHE = 90o, BK = AB = 1,
а точка K совпадает с точкой A, т.е. AB - перпендикуляр к плоскости AHE. Поэтому AB
AE. Так как плоскость основания проходит через перпендикуляр к плоскости грани AHE,
то эти плоскости перпендикулярны, поэтому высота HM прямоугольного треугольника
AHE является высотой пирамиды ABCEH.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника AHE находим, что AE = 1, HM = 1/2.
Равнобедренные треугольники ABE и CBE с общим основанием BE равновелики, поэтому
они равны. Следовательно, четырехугольник ABCE - квадрат со стороной, равной 1, а
высота пирамиды ABCEH равна 1/2 и проходит через середину M стороны AE основания.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки H, M и середину N
ребра BC. Получим прямоугольный треугольник HMN со сторонами
MN = 1, HM = 1/2, HN =
/2.
Пусть O - центр окружности, вписанной в треугольник HMN, r - ее радиус. Тогда
r = (MN + HM - HN) = (3 )/4.
Докажем, что шар радиуса r с центром в точке O помещается в пирамиде ABCEH.
Поскольку центр шара лежит в плоскости, перпендикулярной граням AHE и BHC, он
касается этитх граней. Поэтому достаточно установить, что расстояния от точки O до
плоскостей граней AHB и CHE не меньше r.
Через точку O проведем плоскость, параллельную грани AHE. Пусть эта плоскость
пересекает ребра AB, BH, CH и CE в точках P, Q, R и S соответственно. Из теоремы о
пересечении двух параллельных плоскостей третьей следует, что PQRS - равнобедренная
трапеция. Пусть F - основание перпендикуляра, опущенного из точки O на боковую
сторону PQ этой трапеции. Тогда OF - перпендикуляр к плоскости грани AHB(OF PQ,
OF AB).
Пусть L - точка касания шара с плоскостью основания пирамиды. Тогда
AP = SE = LM = r = (3 )/4,
PS = AE = 1,
RS = PQ = AH PB/AB = (
/2) . (1 - r)/1 =
.
(
QR = BC . ML/MN = 1 . r/1 = r = (3 -
+ 1)/8,
)/4.
Пусть T - середина PQ, G - основание перпендикуляра, опущенного из точкки Q на
основание PC трапеции PQRS. Тогда OQ - половина средней линии трапеции, а
прямоугольные треугольники OFT и QGP - подобны. Поэтому
OT = (PS + QR) = (1 + (3 )/4) = (7 )/16,
QG = 2r = (3 OF = QG . OT/PQ = ((3 = (9
)/2) . ((7 -
- 19)/(4
)/2,
)/16)/(
) > (3 -
(
+ 1)/8) =
)/4.
Аналогично докажем, что расстояние от точки O до плоскости грани CHE также меньше r.
Таким образом, радиус наибольшего шара помещающегося в пирамиде ABCEH, равен ( 3 )/4.
Ответ
(3 -
).
Задача
105166
[
Двугранный угол
]
[
Векторы помогают решить задачу
]
[
Скалярное произведение
]
[ Проектирование помогает решить задачу ]
Темы:
[ Многогранники и многоугольники (прочее) ]
[
Выпуклые тела
]
[
Полярный трехгранный угол
]
[
Неравенства с трехгранными углами
]
Сложность:
6
Классы:
10,11
Автор: Заславский А.А.
У выпуклого многогранника внутренний двугранный угол при каждом ребре острый.
Сколько может быть граней у многогранника?
Решение
Первое решение. Сначала докажем, что в каждой вершине многогранника сходятся три
грани. Рассмотрим произвольный трёхгранный угол. Двойственным к нему называется
трёхгранный угол, рёбра которого перпендикулярны граням данного. Очевидно, что
сумма любого двугранного угла данного трёхгранного угла с соответствующим плоским
углом двойственного равна . Так как сумма плоских углов двойственного угла меньше
2, сумма двугранных углов данного больше . Поскольку n-гранный угол можно
разрезать на n-2 трёхгранных, то сумма его двугранных углов больше, чем (n-2), т. е.
хотя бы один из них больше (1-(2/n)). Так как при n>3 выполнено неравенство 1(2/n)>1/2, в вершине данного многогранника не может сходиться больше трёх рёбер.
Докажем теперь, что если двугранные углы трёхгранного угла острые, то плоские тоже
острые. Перейдя к двойственному углу, получим равносильное утверждение: если все
плоские углы тупые, то двугранные тоже тупые. Предположим, что для трёхгранного угла
OABC это не так, и угол при ребре OC не тупой. Поскольку углы AOC и BOC тупые, то
основания перпендикуляров, опущенных из A и B на прямую OC, лежат вне луча OC.
Возьмём точки A и B так, чтобы эти перпендикуляры имели общее основание D. Тогда
/ADB</2, AD<AO, BD<BO. Следовательно, AB2<AD2+BD2<AO2+BO2, и угол AOB острый противоречие.
Итак, в данном многограннике плоские углы всех граней острые, значит, все грани —
треугольники. Кроме того, в каждой вершине сходятся три грани. Рассмотрим
произвольную грань KLM. К каждой её стороне примыкает треугольная грань, и любые
две из этих граней имеют общее ребро. Следовательно, третьи вершины этих граней
совпадают, и многогранник является тетраэдром.
Второе решение. Для каждой из граней рассмотрим вектор внешней нормали, т. е. вектор,
перпендикулярный этой грани и направленный вне многогранника.
1) Докажем, что угол между любыми двумя внешними нормалями тупой или развёрнутый.
Пусть это не так - нашлись две грани 1 и 2, внешние нормали к которым образуют угол
не больше /2. Тогда грани 1 и 2 принадлежат полуплоскостям 1 и 2, которые
образуют двугранный угол величиной не меньше /2.
Возьмём точку P на грани 2. Пусть P' - проекция точки P на плоскость грани 1. Точка P'
лежит вне многоугольника 1, следовательно найдётся прямая, содержащая некоторое
ребро r грани 1 и отделяющая P' от 1. Многогранник лежит внутри острого двугранного
угла, соответствующего ребру r, но P лежит вне этого двугранного угла. Противоречие.
2) Остаётся показать, что в пространстве не существует более четырёх векторов, попарные
углы между которыми тупые или развёрнутые.
Пусть это не так, и u0, u1, u2, u3, u4 - пять векторов, попарные углы между которыми тупые
или развёрнутые. Введём прямоугольную систему координат так, чтобы ось Oz была
сонаправлена с u0. Обозначим через v1, v2, v3, v4 проекции векторов u1, u2, u3, u4 на
плоскость Oxy. Один из углов между v1, v2, v3, v4, скажем, угол между v1 и v2, не
превосходит /2. Это означает, что скалярное произведение (v1, v2) неотрицательно. Пусть
u1=(x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2). Поскольку угол между u1 и u0 тупой, z1<0; аналогично z2<0,
следовательно, z1z2>0. Имеем: (u1, u2)=x1x2+y1y2+z1z2 = (v1, v2)+z1z2 >0. Получаем, что угол
между u1 и u2 острый - противоречие.
Сложность:
[
Уравнение плоскости
]
2+
Задача
Темы:
Классы:
[ Прямые и плоскости в пространстве (прочее) ]
35614
10,11
Плоскость, заданная уравнением x+2y+3z=0, разбивает пространство на два
полупространства. Узнайте, в одном или в разных полупространствах лежат точки (1,2,-2)
и (2,1,-1).
Подсказка
Как задать полупространство с помощью неравенства?
Решение
Нетрудно убедиться, что одно из полупространств (то, в сторону которого "смотрит"
нормальный вектор (1,2,3)), задается неравенством x+2y+3z>0, а другое полупространство
- неравенством x+2y+3z<0. Таким образом, чтобы понять, в каком из полупространств
лежит точка, нужно подставить ее координаты в выражение x+2y+3z и посмотреть на знак
полученного числа. Для точек (1,2,-2) и (2,1,-1) имеем: 1+2*2+3*(-2)=-1<0 и 2+2*1+3*(1)=1>0. Таким образом, они лежат в разных полупространствах.
Ответ
в разных.
Задача
108758
[
Правильная пирамида
]
Темы:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Сложность:
2+
Классы:
10,11
Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a . Боковое ребро образует с
плоскостью основания угол 60o . Найдите высоту пирамиды.
Решение
Пусть ABCP – данная правильная треугольная пирамида с вершиной P , AB = BC = AC = a
, M – центр равностороннего треугольника ABC , PAM = PBM = PCM = 60o .
Поскольку пирамида правильная, PM – её высота. Из прямоугольного треугольника PAM
находим, что
PM = AM tg PAM = ·
· tg 60o =
·
= a.
Ответ
a.
Задача
87130
[
Конус
]
Темы:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Площадь сечения конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса под углом 30o к
его оси, равна площади осевого сечения. Найдите угол при вершине осевого сечения
конуса.
Решение
Пусть равнобедренный треугольник PAB – указанное сечение конуса с вершиной P , O –
центр окружности основания конуса, M – середина хорды AB этой окружности. Тогда угол
MPO – это угол между осью конуса и секущей плоскостью, MPO = 30o . Пусть r – радиус
основания конуса, h – высота конуса, α – угол в осевом сечении. Тогда
OM = PO tg MPO = h tg 30o = , PM = 2OM = ,
AM =
=
SΔ APB = PM· AM =
,
,
а т.к. площадь осевого сечения конуса равна rh , то по условию задачи
= rh, или
= r,
откуда находим, что r2 = h2 . Следовательно,
tg = =
.
Ответ
2 arctg
= arccos (- ) .
Задача
87231
Темы:
[
Признаки перпендикулярности
]
[ Перпендикулярность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы: 8,9
Докажите, что две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны.
Решение
Пусть прямые a и b перпендикулярны плоскости α . Предположим, что они не
параллельны. Через точку M пересечения прямой b с плоскостью α проведём прямую b1 ,
параллельную прямой a . Так как прямая b1 параллельна прямой a , а прямая a
перпендикулярна плоскости α , то прямая b1 также перпендикулярна плоскости α . Через
пересекающиеся прямые b и b1 проведём плоскость β . Пусть плоскости α и β
пересекаются по прямой l . Поскольку прямые b и b1 перпендикулярны плоскости α , они
перпендикулярны прямой l , лежащей в этой плоскости. Таким образом, в плоскости β
через точку M проходят две различные прямые b и b1 , перпендикулярные прямой l . Что
невозможно. Следовательно, b || a .
Сложность:
[
Признаки перпендикулярности
]
Задача
Темы:
3
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Классы: 8,9
87233
Докажите, что две различные плоскости, перпендикулярные одной и той же прямой,
параллельны.
Решение
Пусть различные плоскости α и β перпендикулярны прямой h . Поскольку через точку
проходит единственная плоскость, перпендикулярная данной прямой, плоскости α и β
пересекают прямую h в различных точках A и B . Предположим, что эти плоскости имеют
общую точку M . Проведём плоскость γ через прямую h и точку M . Поскольку прямая h
перпендикулярна плоскостям α и β , проведённая плоскость пересекает плоскости α и β по
прямым MA и MB , перпендикулярным прямой h . Таким образом, в плоскости γ через
точку M проведены две различные прямые, перпендикулярные одной и той же прямой h .
Что невозможно. Следовательно, плоскости α и β не имеют общих точек, т.е.
параллельны.
Сложность:
[ Объем тетраэдра и пирамиды ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
87341
10,11
Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник ABC , сторона которого
равна . Основанием высоты, опущенной из вершины S , является точка O , лежащая
внутри треугольника ABC . Расстояние от точки O до стороны AC равно 1. Синус угла
OBA относится к синусу угла OBC как 2:1 . Площадь грани SAB равна
. Найдите объём
пирамиды.
Ответ
Пусть K , L и M – ортогональные проекции точки O соответственно на стороны AC , BC и
AB равностороннего треугольника ABC . Тогда
sin OBA = , sin OBC = ,
= 2.
Поэтому OM = 2OL . Обозначим OL = x . Тогда OM = 2x . Площадь треугольника ABC
равна сумме площадей треугольников AOC , AOB и BOC , т.е.
AC2· = AC· OK + AB· OM + BC· OL,
или
=
(1 + 2x + x),
откуда x = . Значит, OM = 2x = . Так как OM – ортогональная проекция наклонной SM на
плоскость основания пирамиды и OM AB , то SM AB . Поэтому SM – высота
треугольника ABS , а т.к. площадь треугольника ABS равна
, то
AB· SM =
откуда SM =
· SM =
,
. Из прямоугольного треугольника MOS находим, что
SO =
=
= 1.
Следовательно,
VSABC = SΔ ABC· SO = ·
Задача
87440
·1=
.
[
Правильная пирамида
]
Темы:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно
Найдите в двугранный угол при основании.
Сложность:
3
Классы:
10,11
, а высота пирамиды равна 1.
Решение
Пусть M – центр основания ABC правильной треугольной треугольной пирамиды ABCD ,
K – середина BC . Тогда DM – высота пирамиды, AK – высота равностороннего
треугольника ABC , причём AK проходит через точку M . Поэтому MKD – линейный угол
двугранного угла при основании пирамиды. Из прямоугольного треугольника ADM
находим, что
AM =
=
= 2.
Тогда MK = AM = 1 . Значит, MKD – равнобедренный прямоугольный треугольник.
Следовательно, MKD = 45o .
Ответ
45o .
Задача
87450
[
Сфера, описанная около тетраэдра
]
Темы:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Основание пирамиды – правильный треугольник со стороной 6. Одно из боковых рёбер
перпендикулярно плоскости основания и равно 4. Найдите радиус шара, описанного около
пирамиды.
Решение
Пусть Q – центр основания ABC треугольной пирамиды ABCD , у которой боковое ребро
AD перпендикулярно плоскости основания, причём AB = BC = AC = a = 6 , AD = h = 4 .
Центр O сферы радиуса R , описанной около пирамиды ABCD , лежит на прямой,
перпендикулярной плоскости основания ABC , проходящей через точку Q , а также – в
плоскости, перпендикулярной прямой AD и проходящей через середину P отрезка AD .
Прямые AP и OQ параллельны (т.к. они перпендикулярны одной и той же плоскости),
четырёхугольник APOQ – прямоугольник. В прямоугольном треугольнике AOQ известно,
что
AQ = , OQ = AP = .
Следовательно,
R = OA =
=
=
= 4.
Ответ
4.00
Задача
87469
Темы:
[ Правильная пирамида ]
[ Двугранный угол ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Тангенсы двугранных углов при основании правильной треугольной пирамиды равны 3.
Найдите длину отрезка, соединяющего середину стороны основания с серединой
противоположного ребра, если сторона основания пирамиды равна .
Решение
Пусть a – сторона основания правильной треугольной пирамиды ABCD с вершиной D , K
– середина AB , M – середина бокового ребра CD , O – центр основания ABC , β – угол
боковой грани с плоскостью основания. Поскольку пирамида правильная, DKO = β . По
условию задачи a = , tg β = 3 . Треугольник ABC – равносторонний, поэтому
CK = = · = , OK = CK = , OC = CK = 1.
Из прямоугольных треугольников DOK и DOC находим, что
DO = OK tg β = , DK =
=
CD =
=
=
=
,
.
По формуле для медианы из треугольника DKC находим, что
KM =
=
=
= .
Ответ
.
Сложность:
3
Классы:
10,11
[ Правильная пирамида ]
Темы:
[ Двугранный угол ]
Задача
87472
Найдите объём правильной четырёхугольной пирамиды, боковое ребро которой равно l и
двугранный угол между смежными боковыми гранями равен β .
Решение
Пусть сторона основания ABCD данной правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
равна a , угол бокового ребра с плоскостью основания равен α . Опустим перпендикуляр
BF из точки B на прямую AP . Прямая AP перпендикулярна плоскости, проходящей через
точки B , D и F , т.к. она перпендикулярна двум пересекающимся прямым BF и BD этой
плоскости (ортогональная проекция AC наклонной AP перпендикулярна прямой BD ,
лежащей в плоскости основания). Значит, BFD – линейный угол двугранного угла между
смежными боковыми гранями APB и APD . По условию задачи BFD = β . Пусть O –
центр основания пирамиды. Тогда
AO = OB = , OF =
= .
Из прямоугольного треугольника AFO находим, что
sin α = sin FAO = =
cos α =
, tg α =
=
Из прямоугольного треугольника AOP находим, что
= OA =
=
откуда
a=
Кроме того,
= ctg ,
.
,
=
.
OP = AP sin PAO = l sin α = l ctg .
Следовательно,
VPABCD = SABCD· OP = a2· OP =
= ·
· l ctg =
.
Ответ
.
Задача
87474
Сложность:
3
Классы:
10,11
[
Правильная пирамида
]
Темы: [
Двугранный угол
]
[ Объем тетраэдра и пирамиды ]
Двугранный угол между смежными боковыми гранями правильной четырёхугольной
пирамиды равен α , а сторона основания равна b . Найдите объём пирамиды.
Решение
Пусть угол бокового ребра с плоскостью основания ABCD правильной четырёхугольной
пирамиды PABCD равен ϕ . Опустим перпендикуляр BF из точки B на прямую AP .
Прямая AP перпендикулярна плоскости, проходящей через точки B , D и F , т.к. она
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BF и BD этой плоскости (ортогональная
проекция AC наклонной AP перпендикулярна прямой BD , лежащей в плоскости
основания). Значит, BFD – линейный угол двугранного угла между смежными боковыми
гранями APB и APD . По условию задачи BFD = α . Пусть O – центр основания
пирамиды. Тогда
AO = OB = , OF =
= · ctg .
Из прямоугольного треугольника AFO находим, что
sin ϕ = sin FAO = =
cos ϕ =
=
= ctg ,
, tg ϕ =
Из прямоугольного треугольника AOP находим, что
OP = OA tg PAO = OA tg ϕ = ·
=
.
=
.
Следовательно,
VPABCD = SABCD· OP = b2· OP = b2·
=
.
Ответ
.
Задача
Темы:
[ Касательные к сферам ]
[ Двугранный угол ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
87477
Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, площадь которого равна S .
Боковые рёбра пирамиды равны между собой. Двугранные углы при катетах её основания
равны α и β . Найдите объём пирамиды.
Решение
Пусть основанием треугольной пирамиды ABCD является прямоугольный треугольник
ABC с катетами BC = a и AC = b , а двугранные углы при рёбрах AC и BC равны α и β
соответственно. Поскольку боковые рёбра пирамиды равны, её высота DO проходит через
центр O окружности, описанной около основания ABC . Центр окружности, описанной
около прямоугольного треугольника, есть середина гипотенузы. Поэтому точка O –
середина отрезка AB . Пусть M и K – основания перпендикуляров, опущенных из точки O
на BC и AC соответственно. Тогда OM и OK – средние линии треугольника ABC . Поэтому
OM = AC = , OK = BC = .
По теореме о трёх перпендикулярах DM BC и DK AC , поэтому OMD и OKD –
линейные углы двугранных углов при рёбрах BC и AC . По условию задачи OMD = β и
OKD = α . Из прямоугольных треугольников OMD и OKD находим, что
OD = OM tg β, OD = OK tg α.
Перемножив почленно эти равенства, получим:
OD2 = OM· OK tg α tg β = ab tg α tg β = S tg α tg β,
откуда
OD =
=
.
Следовательно,
VABCD = SΔ ABC· OD = · S·
= S
.
Ответ
S
Задача
87578
.
[
Правильный тетраэдр
]
Темы:
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Все рёбра треугольной пирамиды равны между собой. Найдите угол между медианой
одной из её граней и скрещивающимся с этой медианой ребром пирамиды.
Решение
Пусть M и N – середины рёбер BC и AC данной пирамиды ABCD , все рёбра которой
равны a . Тогда MN – средняя линия треугольника ABC . Поэтому MN || AB . Значит, угол
между скрещивающимися прямыми DM и AB равен углу между пересекающимися
прямыми DM и MN . Так как DM и DN – высоты и медианы равносторонних
треугольников BCD и ACD , то
DN = DM = BD sin DBM = BD sin 60o = .
Кроме того, MN = AB = . Пусть K – середина MN . Тогда DK – медиана и высота
равнобедренного треугольника DMN . Следовательно,
cos DMN =
=
=
=
.
Ответ
arccos
.
Задача
87582
Темы:
[
Правильная пирамида
]
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В пирамиде ABCD грань ABC – правильный треугольник со стороной a , AD = BD = CD =
b . Найдите косинус угла, образованного прямыми AD , BD и CD с плоскостью ABC .
Решение
Поскольку боковые рёбра AD , BD и CD пирамиды ABCD равны между собой, высота DO
пирамиды проходит через центр O окружности, описанной около равностороннего
треугольника ABC , т.е. через центр этого треугольника. Поэтому
OA = · = .
Так как DO – высота пирамиды, то OA – ортогональная проекция наклонной AD на
плоскость ABC . Значит, OAD – угол прямой AD с плоскостью ABC . Из прямоугольного
треугольника AOD находим, что
cos OAD = = = .
Прямые BD и CD образуют с плоскостью ABC такие же углы.
Ответ
.
Задача
87583
[
Углы между прямыми и плоскостями
]
Темы:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть прямая p перпендикулярна плоскости π . Докажите, что углы, образованные
произвольной прямой l с плоскостью π и прямой p , дополняют друг друга до 90o .
Решение
Если прямая l также перпендикулярна плоскости π , утверждение очевидно. Пусть прямая
l не перпендикулярна плоскости π и пересекает эту плоскость в точке A . На прямой l
возьмём произвольную точку B , отличную от A . Пусть B1 – ортогональная проекция
точки B на плоскость π . Тогда прямые BB1 и p параллельны, т.к. они перпендикулярны
одной и той же плоскости π . Кроме того, AB1 – ортогональная проекция прямой l на
плоскость π . Поэтому BAB1 – угол прямой l с плоскостью π , а ABB1 – угол между
прямыми p и l . Из прямоугольного треугольника ABB1 видно, что
BAB1 + ABB1 = 90o.
Сложность:
[
Углы между прямыми и плоскостями
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
87586
10,11
Пусть ABC – прямоугольный треугольник с гипотенузой AB = a . На каком расстоянии от
плоскости ABC находится точка M , если известно, что прямые MA , MB и MC образуют с
плоскостью углы, равные α .
Решение
Пусть O – ортогональная проекция точки M на плоскость ABC . Тогда MAO , MBO и MCO
– углы прямых MA , MB и MC с плоскостью ABC . По условию задачи MAO = MBO =
MCO . Значит, прямоугольные треугольники MAO , MBO и MCO равны по катету и
острому углу. Поэтому OA = OB = OC , т.е. точка O – центр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника ABC . Так как центр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника, совпадает с серединой гипотенузы, то
OA = OB = OC = AB = a.
Из прямоугольного треугольника MAO находим, что
OM = OA tg MAO = a tg α.
Ответ
a tg α .
Задача
87587
[
Углы между прямыми и плоскостями
]
Темы:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В плоскости α проведены две перпендикулярные прямые. Прямая l образует с ними углы,
равные 45o и 60o . Найдите угол прямой l с плоскостью α .
Решение
Пусть прямая l образует с прямыми a и b плоскости α углы 60o и 45o соответственно, и
пересекает эту плоскость в точке P . Возьмём на прямой l такую точку M , для которой PM
= 1 . Пусть O – ортогональная проекция точки M на плоскость α , A и B – основания
перпендикуляров, опущеннных из точки M на прямые a1 и b1 , соответственно
параллельные прямым a и b и проходящие через точку P . Тогда MPO – угол прямой l с
плоскостью α , MPA – угол между прямыми l и a1 (а значит, между прямыми l и a ), MPB –
угол между прямыми l и b1 (а значит, между прямыми l и b ). По условию задачи MPA =
60o , MPB = 45o . Из прямоугольных треугольников MPA и MPB находим, что
AP = MP cos MPA = 1· cos 60o = ,
BP = MP cos MPB = 1· cos 45o =
.
По теореме о трёх перпендикулярах OA a и OB b . Значит, OAPB – прямоугольник.
Поэтому OA = BP = . Из прямоугольного треугольника OAP находим, что
OP =
=
= .
Поэтому
cos MPO =
Следовательно, MPO = 30o .
Ответ
=
=
.
30o .
Задача
87589
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В одной из граней двугранного угла, равного ϕ , взята точка A на расстоянии a от ребра.
Найдите расстояние от точки A до плоскости другой грани.
Решение
Пусть ϕ = 90o (рис.1). Через точку A , лежащую в грани α данного двугранного угла,
проведём прямую, перпендикулярную ребру l двугранного угла. Пусть проведённая
прямая пересекает ребро l в точке B . В плоскости β другой грани двугранного угла
проведём прямую BC , перпендикулярную l . Тогда ABC – линейный угол данного
двугранного угла. В рассматриваемом случае ABC = 90o , поэтому прямая AB
перпендикулярна двум пересекающимся прямым l и BC плоскости β . Значит, AB –
перпендикуляр к этой плоскости. Тогда расстояние от точки A до плоскости β равно a .
Пусть ϕ < 90o (рис.2); A1 – ортогональная проекция точки A , лежащей в грани α данного
двугранного угла, на плоскость второй его грани β ; B – основание перпендикуляра,
опущенного из точки A на ребро l данного двугранного угла. По теореме о трёх
перпендикулярах A1B l , поэтому ABA1 – линейный угол данного двугранного угла. По
условию задачи ABA1 = ϕ . Расстояние от точки A до плоскости β равно длине отрезка
AA1 . Из прямоугольного треугольника ABA1 находим, что
AA1 = AB sin ABA1 = a sin ϕ.
Если ϕ > 90o , то аналогично получим, что
AA1 = AB· sin (180o - ϕ) = a sin ϕ.
Эта формула верна и в случае, когда ϕ = 90o : AA1 = a sin 90o = a .
Ответ
a sin ϕ .
Задача
87591
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть A – некоторая точка в пространстве, A1 – проекция точки A на плоскость α , AA1 = a
. Через точку A проходит плоскость, образующая угол ϕ с плоскостью α и пересекающая
плоскость α по прямой l . Найдите расстояние от точки A1 до прямой l .
Решение
Если ϕ = 90o , то прямая l проходит через точку A1 . В этом случае искомое расстояние
равно 0. Пусть плоскость β , проходящая через данную точку A , образует с плоскостью α
угол ϕ 90o . Опустим перпендикуляр A1B из точки A1 на прямую l . Тогда расстояние от
точки A1 до прямой l равно длине отрезка A1B . По теореме о трёх перпендикулярах AB l .
Значит, ABA1 – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и β . По
условию задачи ABA1 = ϕ . Из прямоугольного треугольника ABA1 находим, что
A1B = AA1· ctg ABA1 = a ctg ϕ.
Ответ
a ctg ϕ .
Задача
87592
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть A – некоторая точка в пространстве, не принадлежащая плоскости α . Рассмотрим
всевозможные плоскости, проходящие через точку A и образующие один и тот же угол с
плоскостью α . Докажите, что все прямые, по которым плоскости, проходящие через точку
A , пересекаются с плоскостью α , касаются одной окружности.
Решение
Пусть A1 – ортогональная проекция точки A на плоскость α , l – прямая, по которой
плоскость β , проходящая через точку A , пересекается с плоскостью α , B – основание
перпендикуляра, опущенного из точки A1 на прямую l , ϕ – угол между плоскостями α и β
. По теореме о трёх перпендикулярах AB l , поэтому ABA1 – линейный угол двугранного
угла, образованного плоскостями α и β . Значит, ABA1 = ϕ . Из прямоугольного
треугольника ABA1 находим, что A1B = AA1 ctg ϕ . Поэтому точка B расположена на
фиксированной окружности с центром A1 и радиусом, равным AA1 ctg ϕ . Прямая l
проходит через точку B и перпендикулярна радиусу A1B . Следовательно, прямая l –
касательная к этой окружности.
Сложность:
[
Двугранный угол
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
87594
10,11
В пирамиде ABCD угол ABC равен α , ортогональная проекция точки D на плоскость ABC
есть точка B . Найдите угол между плоскостями ABD и CBD .
Решение
Поскольку ортогональная проекция точки D на плоскость ABC есть точка B , прямая BD
перпендикулярна плоскости ABC , поэтому AB BD и BC BD . Значит, ABC – линейный
угол двугранного угла с гранями ABD и CBD . Следовательно, угол между плоскостями
ABD и CBD равен α .
Ответ
α.
Задача
87595
Темы:
[ Площадь и ортогональная проекция ]
[
Двугранный угол
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Угол между плоскостями равен α . Найдите площадь ортогональной проекции
правильного шестиугольника со стороной 1, лежащего в одной из плоскостей, на другую
плоскость.
Решение
Пусть S – площадь данного правильного шестиугольника, лежащего в одной из данных
плоскостей, S1 – площадь его ортогональной проекции на другую плоскость. Так как
правильный шестиугольник со стороной a , разбивается большими диагоналями на 6
правильных треугольников со стороной a , то
S = 6·
= 6· = .
Следовательно,
S1 = S cos α =
· cos α.
Ответ
.
Задача
87597
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
[
Двугранный угол
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Через стороны равностороннего треугольника проведены три плоскости, образующие
угол α с плоскостью этого треугольника и пересекающиеся в точке, удалённой на
расстояние d от плоскости треугольника. Найдите радиус окружности, вписанной в
данный равносторонний треугольник.
Решение
Пусть плоскости, проходящие через стороны AB , BC и AC равностороннего треугольника
ABC со стороной a , пересекаются в точке D и образуют с плоскостью ABC углы α . Пусть
O – ортогональная проекция точки D на плоскость ABC . Опустим перпендикуляры OK ,
OL и OM из точки O на прямые AB , BC и AC соответственно. По теореме о трёх
перпендикулярах DK AB , DL BC и DM AC . Значит, DKO , DLO и DMO – линейные
углы двугранных углов, образованных данными плоскостями с плоскостью ABC . По
условию задачи DKO = DLO = DMO = α . Из равенства прямоугольных треугольников
DKO , DLO и DMO (по катету и противолежащему острому углу) следует равенство
отрезков OK , OL и OM . Поэтому точка O равноудалена от прямых AB , BC и AC . Значит,
O – центр вписанной или вневписанной окружности треугольника ABC . Пусть O – центр
вписанной окружности равностороннего треугольника ABC , r – радиус окружности. Тогда
r = OK = DO ctg DKO = d ctg α.
Пусть O – центр вневписанной окружности треугольника ABC , касающейся стороны AB ,
P – точка касания этой окружности с продолжением стороны AC за точку A , M – центр
вписанной окружности треугольника ABC . Тогда
OC =
=
=
=
= =a ,
CK =
= OC = OK,
r = MK = CK = · OC = OK = DO ctg DKO = d ctg α.
Ответ
d ctg α или d ctg α .
Задача
87599
[ Площадь и ортогональная проекция ]
Темы:
[
Двугранный угол
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Отрезки AD , BD и CD попарно перпендикулярны. Известно, что площадь треугольника
ABC равна S , а площадь треугольника ABD равна Q . Найдите площадь ортогональной
проекции треугольника ABD на плоскость ABC .
Решение
Пусть O – ортогональная проекция точки D на плоскость ABC . Тогда треугольник AOB
есть ортогональная проекция треугольника ABD на плоскость ABC . Пусть прямая CO –
пересекает прямую AB в точке M . Прямая DC перпендикулярна двум пересекающимся
прямым DA и DB плоскости ADB . Поэтому DC AB . Таким образом, прямая AB
перпендикулярна двум пересекающимся прямым DC и DO плоскости CMD . Значит, CMD
– линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC и ABD . Обозначим
CMD = α . По теореме о площади ортогональной проекции
cos α =
= .
Следовательно,
SΔ AOB = SΔ ADB cos α = Q· =
.
Ответ
.
Задача
87601
Темы:
Сложность:
3
Классы:
10,11
[ Правильная пирамида ]
[ Двугранный угол ]
Найдите двугранные углы пирамиды ABCD , в которой AB = BC = CA = a , AD = BD = CD
=b.
Решение
Пусть DO – высота данной треугольной пирамиды ABCD с вершиной D . Поскольку
боковые рёбра этой пирамиды равны между собой, точка O – центр окружности,
описанной около равностороннего треугольника ABC , т.е. центр этого треугольника.
Пусть M – середина AB . Тогда CM – высота и медиана равностороннего треугольника
ABC , а т.к. DM – высота и медиана равнобедренного треугольника ADB , то DMC –
линейный угол двугранного угла при ребре AB данной пирамиды. Обозначим DMC = α .
Из прямоугольных треугольников DMA и DMO находим, что
DM =
=
=
,
cos DMC = cos α =
Следовательно,
=
=
.
α = arccos
.
Аналогично находим, что углы при рёбрах BC и AC также равны α . Пусть F – основание
перпендикуляра, опущенного из точки A на боковое ребро DC . Поскольку CM –
ортогональная проекция наклонной DC на плоскость ABC и CM AB , по теореме о трёх
перпендикулярах DC AB . Прямая DC перпендикулярна двум пересекающимся прямым
AB и BF плоскости ABF . Поэтому прямая CD перпендикулярна плоскости ABF . Значит,
AFB – линейный угол двугранного угла при ребре DC . Обозначим AFB = γ . Из
прямоугольного треугольника DCO находим, что
DO =
=
=
.
Так как MF и DO – высоты треугольника MDC , то MC· DO = DC· MF , откуда находим,
что
MF =
=
=
.
Так как MF – медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника AFB , то
tg = tg AFM = =
=
.
Следовательно,
γ = 2 arctg
.
Аналогично находим, что углы при рёбрах DA и DB также равны γ .
cos γ =
=
=
.
Ответ
arccos
Задача
87602
; 2 arctg
Темы:
= arccos
.
[ Площадь и ортогональная проекция ]
[
Двугранный угол
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В пирамиде ABCD двугранные углы с рёбрами AB , BC и CA равны α1 , α2 и α3
соответственно, а площади треугольников ABD , BCD и CAD равны соответственно S1 , S2
и S3 . Площадь треугольника ABC равна S . Докажите, что S = S1 cos α1 + S2 cos α2 + S3 cos
α3 (некоторые из углов α1 , α2 и α3 могут быть тупыми).
Решение
Пусть O – основание высоты DO пирамиды ABCD . Тогда треугольники AOB , AOC и BOC
– ортогональные проекции треугольников соответственно ADB , ADC и BDC на плоскость
ABC . Если основание O высоты DO лежит внутри треугольника ABC (рис.1), то углы α1 ,
α2 и α3 – острые, поэтому
SΔ AOB = SΔ ADB cos α1 = S1 cos α1,
SΔ AOC = SΔ ADC cos α2 = S2 cos α2,
SΔ BOC = SΔ BDC cos α3 = S3 cos α3.
Следовательно,
S = SΔ AOB + SΔ AOC + SΔ BOC = S1 cos α1 + S2 cos α2 + S3 cos α3.
Если основание O высоты DO лежит вне треугольника ABC (рис.2), то два из углов α1 , α2
и α3 – тупые. Тогда, например, в случае, когда α2 > 90o и α3 > 90o , получим, что
S = SΔ AOB - SΔ AOC - SΔ BOC =
= S1 cos α1 - S2 cos (180o - α2) - S3 cos (180o - α3) =
= S1 cos α1 + S2 cos α2 + S3 cos α3.
Аналогично для остальных случаев.
Задача
87603
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Признаки перпендикулярности ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Из точки M , расположенной внутри двугранного угла, равного ϕ , опущены
перпендикуляры на его грани (имеются в виду лучи, выходящие из точки M ). Докажите,
что угол между этими перпендикулярами равен 180o - ϕ .
Решение
Пусть указанные перпендикуляры пересекают грани α и β данного двугранного угла в
точках A и B . Через пересекающиеся прямые MA и MB проведём плоскость γ . Пусть эта
плоскость пересекает ребро a двугранного угла в точке C . Поскольку прямая a
перпендикулярна двум пересекающимся прямым MA и MB плоскости γ , прямая a
перпендикулярна плоскости γ . Значит, ACB – линейный угол данного двугранного угла.
По условию задачи ACB = ϕ . В плоскости γ из точки M , лежащей внутри угла ACB
опущены перпендикуляры MA и MB на стороны этого угла. Следовательно,
AMB = 180o - ACB = 180o - ϕ.
Задача
87606
[
Двугранный угол
]
Темы:
[ Перпендикулярные плоскости ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Все плоские углы при вершине D пирамиды ABCD равны 90o , DA = 1 , DB = DC =
Найдите двугранные углы этой пирамиды.
.
Решение
Так как AD DB и CD BD , то ADC – линейный угол двугранного угла при ребре BD
данной пирамиды ABCD . По условию задачи ADC = 90o . Следовательно, двугранный
угол пирамиды при ребре BD равен 90o . Аналогично, двугранные углы при рёбрах CD и
AD также равны 90o . Прямая AD перпендикулярна двум пересекающимся прямым CD и
BD плоскости BCD . Поэтому AD – перпендикуляр к этой плоскости. Пусть AM – высота
треугольника ABC . Так как DM – ортогональная проекция наклонной AM на плоскость
BCD , то по теореме о трёх перпендикулярах DM BC . Поэтому DM – высота
прямоугольного треугольника BCD , а AMD – линейный угол двугранного при ребре BC .
Далее находим:
DM = BC = · 2 = 1, tg AMD = = 1, AMD = 45o.
Таким образом, двугранный угол пирамиды при ребре BC равен 45o . С помощью
аналогичных рассуждений находим, что двугранные углы при рёбрах AC и AB равны по
60o .
Ответ
90o ; 90o ; 90o ; 45o ; 60o ; 60o .
Задача
87607
Темы:
[ Площадь и ортогональная проекция ]
[
Двугранный угол
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В плоскости одной из граней двугранного угла взята фигура F . Площадь ортогональной
проекции этой фигуры на другую грань равна S , а площадь её ортогональной проекции на
биссекторную плоскость равна Q . Найдите площадь фигуры F .
Решение
Пусть T – площадь данной фигуры F , 2α – величина данного двугранного угла. По
теореме о площади ортогональной проекции
S = T cos 2α, Q = T cos α.
Разделив почленно эти равенства, получим, что
= , Q(2 cos 2α - 1) = S cos α, 2Q cos 2α - S cos α - Q = 0,
cos α =
(т.к. α < 90o , то второй корень не подходит). Следовательно,
T=
=
=
= (
- S).
Ответ
(
Задача
87628
- S) .
[
Свойства сечений
]
Темы:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Точка K лежит на ребре AB пирамиды ABCD . Постройте сечение пирамиды плоскостью,
проходящей через точку K параллельно прямым BC и AD .
Решение
Плоскость ABD проходит через прямую AD , параллельную секущей плоскости, и имеет с
секущей плоскостью общую точку K . Значит, плоскость ABD и секущая плоскость
пересекаются по прямой, проходящей через точку K параллельно AD . Аналогично,
секущая плоскость пересекается с плоскостями ABC и BDC по прямым, параллельным BC
, а с плоскостью ADC – по прямой, параллельной AD . Пусть L , M и N – точки
пересечения секущей плоскости с рёбрами BD , CD и AC соответственно. Тогда искомое
сечение – параллелограмм KLMN .
Сложность:
[ Трехгранные и многогранные углы (прочее) ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[
Перпендикулярные плоскости
]
87632
10,11
Найдите двугранные углы трёхгранного угла, плоские углы которого равны 90o , 90o и α .
Решение
Рассмотрим трёхгранный угол PABC с вершиной P . Пусть APC = BPC = 90o , APB = α
. Так как AP CP и BP CP , то APB – линейный угол двугранного угла с ребром CP . По
условию задачи APB = α . В плоскости APB проведём перпендикуляр PM к прямой PB .
Тогда CPM – линейный угол двугранного угла с ребром BP . Прямая PC перпендикулярна
двум пересекающимся прямым AP и BP плоскости APB , поэтому CP MP .
Следовательно, CPM = 90o . Аналогично, линейный угол двугранного угла с ребром AP
также равен 90o .
Ответ
90o , 90o , α .
Сложность:
3
Классы:
10,11
[ Трехгранные и многогранные углы (прочее) ]
Темы:
[
Углы между прямыми и плоскостями
]
Задача
87640
Все плоские углы трёхгранного угла равны по 60o . Найдите углы, образованные рёбрами
этого трёхгранного угла с плоскостями противоположных граней.
Решение
Пусть O – вершина данного трёхгранного угла. Отложим на его рёбрах отрезки OA , OB и
OC , причём OA = OB = OC = a . Тогда треугольники OAB , OAC и OBC –
равносторонние. Поэтому AB = BC = AC = a . Таким образом все грани пирамиды OABC –
равные равносторонние треугольники со стороной a . Пусть M – ортогональная проекция
точки A на плоскость OBC . Тогда AOM – угол между ребром OA и противоположной ему
гранью BOC данного трёхгранного угла. Так как AB = AC = AO , то M – центр
равностороннего треугольника BOC . Из прямоугольного треугольника AMO находим, что
cos AOM = = = .
Поэтому AOM = arccos
. Ясно, что остальные углы также равны arccos
.
Ответ
arccos
.
Задача
109048
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Темы:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Прямые a и b параллельны. Плоскость, проходящая через прямую a , и плоскость,
проходящая через прямую b , пересекаются по прямой c . Докажите, что прямая c
параллельна каждой из прямых a и b .
Решение
Обозначим указанные плоскости через α и β соответственно. Прямая a параллельна
прямой b , лежащей в плоскости β , поэтому прямая a параллельна плоскости β (признак
параллельности прямой и плоскости). Через прямую a , параллельную плоскости β ,
проходит плоскость α , пересекающая плоскость β по прямой c . Следовательно, прямая c
параллельна прямой a (необходимое условие параллельности прямой и плоскости).
Аналогично, прямая c параллельна прямой b .
Сложность:
[
Параллельность прямых и плоскостей
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
109073
10,11
В пространстве проведены три прямые, не лежащие в одной плоскости. но при этом
никакие две не являются скрещивающимися. Докажите, что все эти прямые проходят
через одну точку либо параллельны.
Решение
Пусть a , b и c – данные прямые. Через прямые a и b проведём плоскость α (это можно
сделать, т.к. прямые a и b не являются скрещивающимися). Ясно, что прямая c не может
лежать в плоскости α , т.к. по условию задачи прямые a , b и c не лежат в одной
плоскости. Если прямая c пересекает плоскость α в точке A (рис.1), то точка A должна
лежать на прямой a , т.к. в противном случае прямые c и a – скрещивающиеся (признак
скрещивающихся прямых). Аналогично, точка A лежит на прямой b . Следовательно, все
три прямые проходят через точку A . Если прямая c параллельна плоскости α (рис.2), то
плоскость β , проведённая через прямые a и c , пересекается с плоскостью α по прямой a1 ,
параллельной прямой c , а т.к. прямая a1 совпадает с прямой a (пересечением двух
плоскостей является прямая), то прямая c параллельна прямой a . Аналогично, прямая c
параллельна прямой b . Следовательно, все три прямые параллельны.
Сложность:
[
Параллельность прямых и плоскостей
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
109074
10,11
Докажите, что через любую из двух скрещивающихся прямых можно провести плоскость,
параллельную другой прямой, и притом только одну.
Решение
Пусть a и b – скрещивающиеся прямые. Через произвольную точку A прямой a проведём
прямую b1 , параллельную прямой b (рис.1). Прямые a и b1 не могут совпасть, т.к. в
противном случае прямая a была бы параллельна прямой b . Через пересекающиеся
прямые a и b1 проведём плоскость β . Плоскость β параллельна прямой b , т.к. в плоскости
β лежит прямая b1 , параллельная прямой b . Докажем, что построенная плоскость β
единственна. Пусть плоскость γ также проходит через прямую a и параллельна прямой b
(рис.2). Плоскости β и γ имеют общую прямую a . Через произвольную точку M прямой a
и прямую b проведём плоскость. Эта плоскость должна пересечься с плоскостями β и γ по
прямым, каждая из которых параллельна прямой b и поэтому отлична от прямой a .
Значит, эти прямые совпадают. Таким образом, через две пересекающиеся прямые
проведены две плоскости γ и β . Следовательно, плоскость γ совпадает с плоскостью β .
Сложность:
[
Параллельность прямых и плоскостей
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
109075
10,11
Рассмотрим скрещивающиеся прямые a и b . Проведём через прямую a плоскость,
параллельную b , а через b – плоскость, параллельную a . Возьмём точку M , не лежащую
в проведённых плоскостях. Докажите, что две плоскости, одна из которых проходит через
a и M , а вторая – через b и M , пересекаются по прямой, пересекающей прямые a и b .
Решение
Пусть α – плоскость, проходящая через прямую a параллельно прямой b , β – плоскость,
проходящая через прямую b параллельно прямой a , M – точка, не лежащая в плоскостях α
и β , α1 – плоскость, проходящая через точку M и прямую a , β1 – плоскость, проходящая
через точку M и прямую b , c – прямая пересечения плоскостей α1 и β1 . Прямые c и a
лежат в плоскости α1 . Предположим, что c || a . Тогда прямая c параллельна плоскости α ,
а значит, и плоскости β . Плоскость β1 проходит через прямую c , параллельную плоскости
β , и пересекает эту плоскость по прямой b . Поэтому c || b . Следовательно, a || b , что
противоречит условию задачи. Таким образом, прямая c пересекает прямую a .
Аналогично докажем, что прямая c пересекает прямую b .
Сложность:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
109076
10,11
Рассмотрим прямоугольник ABCD и точку E , не лежащую в его плоскости. Пусть
плоскости ABE и CDE пересекаются по прямой l , а плоскости BCE и ADE – по прямой p .
Найдите угол между прямыми l и p .
Решение
Плоскости ABE и CDE проходят через параллельные прямые AB и CD и пересекаются по
прямой l , поэтому l || AB . Аналогично, прямая p пересечения плоскостей BCE и ADE
параллельна прямой BC . Так как прямые AB и BC перпендикулярны, то соответственно
параллельные им прямые l и p также перпендикулярны.
Ответ
90o .
Задача
109077
[
Свойства сечений
]
Темы:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть A , B , C и D – четыре точки, не лежащие в одной плоскости. Через точку
пересечения медиан треугольника ABC проведена плоскость, параллельная прямым AB и
CD . В каком отношении эта плоскость делит медиану, проведённую к стороне CD
треугольника ACD ?
Решение
Пусть O – точка пересечения медиан треугольника ABC , P – середина CD . Плоскость
ABC проходит через прямую AB , параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей
плоскостью общую точку O . Значит, прямая l пересечения этих плоскостей параллельна
прямой AB . Пусть прямая l пересекает отрезок AC в точке M . Плоскость ACD проходит
через прямую CD , параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью
общую точку M . Значит, прямая m пересечения этих плоскостей параллельна прямой CD .
Пусть прямая m пересекает отрезок AD в точке L , точка E – середина отрезка AB , Q –
точка пересечения отрезков LM и AP (а значит, Q – точка пересечения секущей плоскости
с указанной медианой AP треугольника ACD ). Тогда
=
=
= .
Ответ
1:2 .
[
Свойства сечений
]
Темы:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Задача
109078
Сложность:
3
Классы:
10,11
Пусть A , B , C и D – четыре точки, не лежащие в одной плоскости. В каком отношении
плоскость, проходящая через точки пересечения медиан треугольников ABC , ABD и BCD
, делит отрезок BD ?
Решение
Пусть K , L , M – точки пересечения медиан треугольников ABC , ABD и BCD
соответственно, P – середина BC , Q – середина AC . В треугольнике ADP известно, что
= = ,
поэтому KM || AD . Аналогично, KL || CD . Значит, плоскость KLM параллельна плоскости
ACD . Пусть F – точка пересечения прямой BD с плоскостью KLM . Параллельные
плоскости ACD и KLM пересечены плоскостью DQB по параллельным прямым DQ и KF .
Следовательно,
= = .
Ответ
1:2 .
Задача
109096
Темы:
[
Cерединный перпендикуляр и ГМТ
]
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Докажите, что геометрическое место точек, равноудаленных от двух заданных точек
пространства, есть плоскость, перпендикулярная отрезку с концами в этих точках и
проходящая через середину этого отрезка.
Решение
Пусть плоскость α перпендикулярна прямой AB и проходит через середину M отрезка AB .
Если P – произвольная точка этой плоскости, отличная от M , то AB PM , поэтому PM –
высота и мединана треугольника APB . Значит, треугольник APB равнобедренный.
Следовательно, PA = PB . Пусть теперь P – произвольная точка пространства,
равноудалённая от точек A и B . Если P отлична от M , то медиана равнобедренного
треугольника APB является его высотой. Поэтому PM AB . Если бы при этом точка P не
лежала в плоскости α , то плоскости α и APB пересекались бы по прямой, проходящей
через точку M и перпендикулярной прямой AB , а значит, в плоскости APB через точку M
проходили бы две прямые, перпендикулярные AB , что невозможно.
Сложность:
[
Теорема о трех перпендикулярах
]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
109100
10,11
Точка M находится на расстояниях 5 и 4 от двух параллельных прямых m и n и на
расстоянии 3 от плоскости, проходящей через эти прямые. Найдите расстояние между
прямыми m и n .
Решение
Пусть M1 – ортогональная проекция точки M на плоскость α , проходящую через
параллельные прямые m и n , A и B – основания перпендикуляров, опущенных из точки M
на прямые m и n соответственно. Так как M1A и M1B – ортогональные проекции
наклонных MA и MB на плоскость α и MA m и MB n , то по теореме о трёх
перпендикулярах M1A m и M1B n . Прямые m и n параллельны, поэтому точки A , M1 и B
лежат на одной прямой. Значит, расстояние между прямыми m и n равно длине отрезка AB
. Из прямоугольных треугольников MAM1 и MBM1 находим, что
AM1 =
=
= 4,
BM1 =
=
=
.
Пусть точка M1 лежит между точками A и B (рис.1). Тогда
AB = AM1 + M1B = 4 + .
Если же точка M1 лежит вне отрезка AB (рис.2), то
AB = |AM1 - M1B| = |4 -
|=4-
.
Ответ
4+
или 4-
Задача
109102
.
[
Куб
]
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Докажите, что в кубе ABCDA1B1C1D1 прямые AC1 и BD перпендикулярны.
Решение
Прямая C1C перпендикулярна двум пересекающимся прямым CB и CD плоскости ABCD ,
поэтому C1C – перпендикуляр к плоскости ABCD . Тогда прямая AC – ортогональная
проекция наклонной AC1 к этой плоскости. Диагонали квадрата перпендикулярны,
поэтому AC BD . Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах AC1 BD .
Сложность:
[ Правильная пирамида ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Двугранный угол ]
109232
10,11
Двугранный угол при основании правильной n -угольной пирамиды равен β . Найдите
двугранный угол между соседними боковыми гранями.
Решение
Пусть сторона основания A1A2 An правильной пирамиды PA1A2 An с вершиной P равна a ,
высота PO пирамиды равна h , площадь боковой грани равна S , а искомый угол между
соседними боковыми гранями равен γ . Опустим перпендикуляр A1M из вершины A1 на
прямую OA2 . Тогда A1M – перпендикуляр к плоскости A2OP . Так как A2OP –
биссекторная плоскость двугранного угла между боковыми гранями A1PA2 и A2PA3 , то
угол между плоскостями A1PA2 и A2OP равен . Если S' – площадь ортогональной
проекции боковой грани A1PA2 на плоскость A2OP , то S' = S cos . С другой стороны, если
L – середина A1A2 , то
PL =
= , OP=PL sin β =
,
A1A2M = ·
= 90o -
,
MA1A2 = 90o - A1A2M = 90o - (90o A2M = A1A2 sin MA1A2 = a sin
)=
,
.
Поэтому
S' = SΔ A2MP = A2M· OP = a sin
·
= S sin
sin β.
Поэтому
S cos = S sin
sin β.
Следовательно,
cos = sin β sin
.
Ответ
2 arccos ( sin β sin
Задача
109233
).
Темы:
[
Прямая призма
]
[ Теорема Пифагора в пространстве ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Основанием прямой призмы служит ромб с острым углом α . Найдите объём призмы, если
её большая диагональ равна l и образует с плоскостью основания угол β .
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 – данный прямоугольный параллелепипед, основание которого –
ромб ABCD с острым углом α при вершине A . Тогда AC – большая диагональ ромба. Так
как AC – ортогональная проекция диагонали A1C параллелепипеда на плоскость основания
ABCD , то A1C – большая диагональ параллелепипеда. По условию задачи A1C = l , ACA1
= β . Из прямогольного треугольника ACA1 находим, что
AA1 = A1C sin ACA1 = l sin β,
AC = A1C cos ACA1 = l cos β.
Пусть O – центр ромба. Тогда
OB = OA tg OAB = AC tg
BAD = l cos β tg ,
BD = 2OB = l cos β tg ,
SABCD = AC· BD = l cos β · l cos β tg .
Следовательно,
VABCDA1B1C1D1 = SABCD· AA1 =
= l2 cos2 β · tg · l sin β = l3 sin β cos2β tg2 .
Ответ
l3 sin β cos2β tg2 .
Сложность:
3
Классы:
10,11
[
Площадь сечения
]
Темы:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Задача
109259
Точки K и M – середины ребер AB и AC треугольной пирамиды ABCD с площадью
основания p . Найдите площадь грани BCD , если сечение DKM имеет площадь q , а
основание высоты пирамиды попадает в точку пересечения медиан основания ABC .
Решение
Пусть O – точка пересечения медиан треугольника ABC (рис.1, рис.2); DP , DN и AQ –
высоты треугольников DKM , DBC и ABC соответственно. Тогда
DP =
= = , AQ =
= .
По теореме о трёх перпендикулярах OP KM и ON BC , поэтому
OP = AQ = · =
, ON = AQ =
.
DO2 = DP2 - OP2 =
DN2 = DO2 + ON2 =
-
=
+
,
=
.
=
.
Следовательно,
SΔ BCD = BC· DN = BC·
Ответ
.
Задача
109364
[ Прямоугольные параллелепипеды ]
Темы: [ Углы между прямыми и плоскостями ]
[
Объем параллелепипеда
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна d и образует с двумя из его граней
углы α и β . Найдите объём параллелепипеда.
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 – прямоугольный параллелепипед, в котором BD1 = d . Прямая AB
перпендикулярна пересекающимся прямым AD и AA1 плоскости AA1D1D , поэтому прямая
AB перпендикулярна плоскости AA1D1D . Значит, AB AD1 и AD1 – ортогональная
проекция наклонной BD1 на плоскость AA1D1D . Аналогично, CD1 – ортогональная
проекция наклонной BD1 на плоскость DD1C1C . Тогда AD1B и CD1B – углы прямой BD1 с
плоскостями AA1D1D и DD1C1C соответственно. Пусть AD1B = α , CD1B = β . Из
прямоугольных треугольников ABD1 , BCD1 и CDD1 находим, что
AB = BD1 sin α = d sin α, BC = BD1 sin β = d sin β,
CD1 = BD1 cos β = d cos β,
DD1 =
=
=d
=
=
.
Следовательно,
VABCDA1B1C1D1 = AB· BC· DD1 = d sin α · d sin β · d
= d3 sin α sin β
=
.
Ответ
d3 sin α sin β
.
Условие
Точка A лежит в плоскости α , ортогональная проекция отрезка AB на эту плоскость равна
1, AB = 2 . Найдите расстояние от точки B до плоскости α .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть B1 – ортогональная проекция точки B на плоскость α . Тогда BB1 – перпендикуляр к
плоскости α , AB1 – ортогональная проекция отрезка AB на плоскость α , а расстояние от
точки B до плоскости α равно длине отрезка BB1 . Прямая BB1 перпендикулярна плоскости
α , поэтому треугольник ABB1 – прямоугольный. По теореме Пифагора
BB1 =
=
=
.
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
.
Условие
Высота прямоугольного треугольника ABC, опущенная на гипотенузу, равна 9.6. Из
вершины C прямого угла восставлен к плоскости треугольника ABC перпендикуляр CM,
причем CM = 28. Найдите расстояние от точки M до гипотенузы AB.
Также доступны документы в формате TeX
Подсказка
Примените теорему о трех перпендикулярах.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть CK - высота данного прямоугольного треугольника. Тогда MK - наклонная к
плоскости треугольника ABC, а CK - ортогональная проекция этой наклонной на
плоскость треугольника ABC. Так как CK AB, то по теореме о трех перпендикулярах MK
AB. Значит, длна отрезка MK равна расстоняию от точки M до прямой AB. Из
прямоугольного треугольника MCK по теореме Пифагора находим, что
MK =
=
=
=
=4
=4
=4
/5 =
/5 = 4 . 37/5 = 148/5 = 29.6.
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
29.6.
Условие
В тетраэдре ABCD проведены медианы AM и DN граней ACD и ADB . На этих медианах
взяты соответственно точки E и F , причём EF || BC . Найдите отношение EF:BC .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Проведём медиану DK треугольника ACD и медиану AL треугольника ABD . Пусть P и Q –
точки пересечения медиан треугольников ACD и BCD соответственно. Тогда в
треугольнике AML имеем:
= = , PQ || ML || BC.
Поэтому точка P совпадает с точкой E , а точка Q – с точкой F (если бы это было не так,
то в плоскости, содержащей параллельные прямые EF и PQ , лежали бы скрещивающиеся
прямые AM и DN ). Следовательно,
= =
= ·
= .
Условие
Основание пирамиды – прямоугольник со сторонами 6 и 8. Одно из боковых рёбер
перпендикулярно плоскости основания и равно 6. Найдите расстояние между этим ребром
и скрещивающейся с ним диагональю основания, а также боковую поверхность
пирамиды.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть прямоугольник ABCD со сторонами AB = CD = 6 и BC = AD = 8 – основание
пирамиды PABCD с высотой PA = 6 . Опустим перпендикуляр AM на диагональ BD .
Поскольку AP – перпендикуляр к плоскости ABCD , AM PA , значит AM – общий
перпендикуляр скрещивающихся прямых PA и BD . AM – высота прямоугольного
треугольника ABD , проведённая из вершины прямого угла, поэтому BD· AM = AB· AD ,
откуда находим, что
AM =
=
= = 4,8.
Поскольку AB – ортогональная проекция наклонной PB на плоскость ABCD и AB BC , по
теореме о трёх перпендикулярах PB BC , поэтому треугольник BCP прямоугольный.
Аналогично докажем, что треугольник CDP также прямоугольный. Пусть S – боковая
поверхность пирамиды PABCD . Тогда
BP =
= 6 , DP =
= 10,
S = SΔ ABP +SΔ ADP + SΔ BCP + SΔ CDP =
= AB· AP + AD· AP + BC· BP + CD· DP =
= · 6· 6 + · 8· 6 + · 8· 6
= 18 + 24 + 24
+ · 6· 10 =
+ 30 = 72 + 24
.
Условие
В четырёхугольной пирамиде OABCD основанием является трапеция ABCD , а боковые
грани OAD и OBC перпендикулярны основанию. Площадь грани OAB равна 9, площадь
грани OCD равна 20, ребро AB равно 3, ребро CD равно 5. Найдите объём пирамиды.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Предположим, что AD || BC . Поскольку плоскости боковых граней OAD и OBC
перпендикулярны плоскости основания, в каждой из плоскостей OAD и OBC содержится
по прямой, перпендикулярной плоскости основания. Эти две прямые параллельны, т.к.
обе они перпендикулярны одной и той же плоскости. Тогда две пересекающиеся прямые
плоскости OAD соответственно параллельны двум пересекающимся прямым плоскости
OBC . Значит, плоскости OAD и OBC параллельны, что противоречит условию ( O – общая
точка этих плоскостей). Следовательно, AB и CD – основания трапеции ABCD , а AD и BC
– её боковые стороны. Поскольку каждая из плоскостей OAD и OBC перпендикулярна
плоскости ABCD , прямая пересечения плоскостей OAD и OBC перпендикулярна
плоскости ABCD . Поэтому, если H – точка пересечения этой прямой с плоскостью ABCD ,
то OH – высота данной пирамиды. Пусть OM – высота треугольника AOB . Тогда по
теореме о трёх перпендикулярах HM AB , т.е. HM – высота треугольника HAB , а т.к. CD
|| AB , то HM CD . Пусть прямые HM и CD пересекаются в точке N . Тогда HN CD и ON
CD , т.е. ON – высота треугольника OCD . Треугольники HAB и HDC подобны с
коэффициентом . Пусть HM = 3x . Тогда HN = 5x , MN = HN - HM = 2x , причём MN –
высота трапеции ABCD . В прямоугольном треугольнике OHN известно, что
ON = 2·
= 2· = 8, OM = 2·
= 2· = 6,
HN = 5x, HM = 3x, ON2 - HN2 = OH2 = OM2 - HM2,
поэтому 64 - 25x2 = 36 - 9x2 , откуда x =
OH =
. Значит,
=
=
= ,
SABCD = (AB + CD)· MN = 4· 2x = 8x = 4
.
Следовательно,
VOABCD = SABCD· OH = · 4
· =6
.
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
6
.
Условие
В тетраэдре ABCD известно, что AD BC . Докажите, что высоты тетраэдра, проведённые
из вершин B и C , пересекаются, причём точка их пересечения лежит на общем
перпендикуляре скрещивающихся прямых AD и BC .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
Через прямую BC проведём плоскость, перпендикулярную прямой AD . Это можно
сделать, т.к. скрещивающиеся прямые BC и AD перпендикулярны. Пусть N – точка
пересечения этой плоскости с прямой AD . Высота BB1 треугольника BCN
перпендикулярна пересекающимся прямым AD и CN плоскости грани ADC . Значит, BB1 –
высота тетраэдра ABCD . Аналогично, высота CC1 треугольника BCN также является
высотой этого тетраэдра. Поскольку высоты треугольника пересекаются, первое
утверждение доказано. Пусть K – точка пересечения BB1 и CC1 . Тогда третья высота NN1
треугольника BCN проходит через точку K , а т.к. NN1 лежит в плоскости,
перпендикулярной прямой AD , то NN1 – общий перпендикуляр скрещивающихся прямых
BC и AD .
Условие
Высоты, проведённые из вершин B и C тетраэдра ABCD пересекаются. Докажите, что AD
BC .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть BB1 и CC1 – высоты тетраэдра ABCD . Через пересекающиеся прямые BB1 и CC1
проведём плоскость. Прямая AD перпендикулярна этой плоскости, т.к. она
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BB1 и CC1 этой плоскости. Значит,
прямая AD перпендикулярна прямой BC , также лежащей в этой плоскости.
Условие
Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через вершину
основания и середины двух боковых рёбер. Найдите отношение боковой поверхности
пирамиды к площади основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна
одной из боковых граней (укажите, какой именно).
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть ABCD – правильная треугольная пирамида с вершиной D ; M и N – середины
боковых рёбер BD и CD . Предположим, что плоскость AMN перпендикулярна плоскости
боковой грани ABD . Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью α , проходящей через
ребро AD и середину K ребра BC . Прямая BC перпендикулярна плоскости α , а прямая MN
параллельна BC как средняя линия треугольника BDC . Значит, плоскость AMN содержит
прямую, перпендикулярную плоскости α . Следовательно, плоскость α перпендикулярна
плоскости AMN , а так как плоскости α и ABD пересекаются по прямой AD и обе эти
плоскости перпендикулярны плоскости AMN , то прямая AD перпендикулярна плоскости
AMN , что невозможно. Аналогично, плоскость AMN не может быть перпендикулярной
плоскости ADC . Таким образом плоскость AMN перпендикулярна плоскости грани BDC .
Пусть прямые MN и DK пересекаются в точке P . Тогда P – середина DK . Кроме того, AP
DK . Значит, треугольник ADK – равнобедренный, AD=AK . Обозначим AKD = ϕ . Если
Q – центр основания ABC и KQ = x , то
AQ = 2x, AD = AK = 3x,
DQ =
tg ϕ =
=
=
=
, cos ϕ =
=x
,
=
.
Пусть S1 – площадь боковой поверхности данной пирамиды, S – площадь её основания.
Тогда
=
= .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
.
Условие
Прямая l образует угол α с плоскостью P . Найдите ортогональную проекцию на
плоскость P отрезка, равного d , расположенного на прямой l .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть AB = d – отрезок, расположенный на данной прямой l , пересекающей плоскость P в
точке O ; A1 и B1 – ортогональные проекции точек A и B на эту плоскость. Тогда точки A1
и B1 лежат на ортогональной проекции l1 прямой l на плоскость P . Рассмотрим плоскость,
проходящую через параллельные прямые AA1 и BB1 . Опустим перпендикуляр AM из
точки A на прямую BB1 . Из прямоугольного треугольника AMB находим, что
AM = AB cos MAB = AB cos BOB1 = d cos α.
Следовательно, A1B1 = AM = d cos α .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
d· cos α .
Условие
Рассмотрим всевозможные прямые, проходящие через точку A , не принадлежащую
плоскости π , и образующие равные углы с этой плоскостью (углы, отличные от нуля).
Найдите геометрическое место точек пересечения этих прямых с плоскостью π .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть O – ортогональная проекция точки A на плоскость π , M – произвольная точка
плоскости π , для которой выполнено условие задачи, т.е. прямая AM образует с
плоскостью π данный угол (обозначим его α ). Так как OM – ортогональная проекция
наклонной AM на плоскость π , то AMO = α . Из прямоугольного треугольника AMO
находим, что
OM = AO ctg AMO = AO ctg α.
Таким образом, точка M лежит на окружности с центром O и радиусом AO ctg α . Пусть
теперь K – произвольная точка этой окружности. Тогда прямая AK образует с плоскостью
π острый угол, тангенс которого равен
=
= tg α.
Значит, угол прямой AK с плоскостью π равен α .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
Окружность.
Условие
На плоскости α даны три точки A , B и C , не лежащие на одной прямой. Пусть M – такая
точка в пространстве, что прямые MA , MB и MC образуют равные углы с плоскостью α .
Найдите геометрическое место точек M .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть M – произвольная точка пространства (не лежащая в плоскости α ), для которой
выполняется условие задачи; O – ортогональная проекция точки M на плоскость α . Тогда
MAO , MBO и MCO – углы прямых MA , MB и MC с этой плоскостью. Прямоугольные
треугольники MAO , MBO и MCO равны по катету ( MO – общий катет) и острому углу (
MAO = MBO = MCO по условию задачи). Значит, OA = OB = OC , т.е. O – центр
окружности, описанной около треугольника ABC . Ясно, что точка M лежащая в плоскости
α и равноудаленная от точек A , B и C , является центром описанной окружности
треугольника ABC . Таким образом, доказано, что каждая точка M , удовлетворяющая
условию задачи, лежит на прямой l , проходящей через центр описанной окружности
треугольника ABC перпендикулярно плоскости α . Пусть теперь K произвольная точка
прямой l , отличная от O . Тогда прямоугольные треугольники KAO , KBO и KCO равны по
двум катетам. Значит,
KAO = KBO = KCO,
т.е. прямые KA , KB и KC образуют равные углы с плоскостью α .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
Прямая, проходящая через центр описанной окружности треугольника ABC
перпендикулярно плоскости α .
Условие
Найдите двугранные углы пирамиды ABCD , все ребра которой равны между собой.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть все рёбра данной пирамиды равны a . Поскольку боковые рёбра DA , DB и DC
пирамиды ABCD равны, её высота DO проходит через центр O описанной окружности
равностороннего треугольника ABC , т.е. через центр этого треугольника. Пусть M –
середина AB . Тогда CM – высота и медиана равностороннего треугольника, а т.к. DM –
высота и медиана равнобедренного треугольника ADB , то DMC – линейный угол
двугранного угла при ребре AB данной пирамиды. Обозначим DMC = α . Из
прямоугольного треугольника DOM находим, что
cos α = cos DMO =
= = .
Ясно, что остальные двугранные углы данной пирамиды также равны α .
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
arccos .
Условие
На одной из двух скрещивающихся прямых взяли различные точки A и A1 , на другой –
различные точки B и B1 . Верно ли, что AB и A1B1 – скрещивающиеся прямые?
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Предположим, что прямые AB и A1B1 не являются скрещивающимися. Тогда они лежат в
одной плоскости, значит, в этой же плоскости лежат прямые AA1 и BB1 , т.к. по две их
различные точки лежат в этой плоскости. Это противоречит условию задачи (прямые AA1
и BB1 – скрещивающиеся).
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
Верно.
Условие
Прямая a лежит в плоскости α , а прямая b пересекает эту плоскость в точке A , не
лежащей на прямой a . Докажите, что a и b – скрещивающиеся прямые.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Предположим, что прямые a и b не являются скрещивающимися. Тогда через них можно
провести некоторую плоскость β . Плоскости α и β различны, т.к. на прямой b , лежащей в
плоскости β , есть точки, не принадлежащие плоскости α . Таким образом, через прямую a
и не лежащую на ней точку A проходят две различные плоскости, что невозможно.
Условие
Если через прямую a , параллельную данной плоскости, проведена плоскость,
пересекающая данную, то прямая пересечения плоскостей параллельна прямой a .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть прямая a параллельна плоскости α , а плоскость β , проходящая через прямую a ,
пересекает плоскость α по прямой b , параллельной a . Если бы прямые a и b пересеклись,
то их общая точка была бы общей точкой прямой a и плоскости α , что противоречит
условию ( a || α) .
Условие
Докажите, что через две параллельные прямые можно провести единственную плоскость.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть a и b – параллельные прямые. По определению параллельных прямых через них
можно провести плоскость. Обозначим её через α . Предположим, что есть еще одна
плоскость β , отличная от α и проходящая через прямые a и b . Возьмём на прямой a две
точки A и B , а на прямой b – точку C . Точки A , B и C не лежат на одной прямой, т.к. в
противном случае через две различные точки A и B проходила бы прямая a и отличная от
неё прямая AC (содержащая точку C , не лежащую на прямой a ). Таким образом, через
три точки A , B и C , не лежащие на одной прямой (или через две пересекающиеся прямые
AC и BC ) проходят две различные плоскости α и β , что невозможно. Следовательно,
через параллельные прямые a и b проходит единственная плоскость.
Условие
Докажите, что в пространстве через точку, не лежащую на данной прямой, можно
провести единственную прямую, параллельную данной.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть точка M не лежит на прямой a . Тогда через прямую a и точку M можно провести
плоскость. Обозначим её через α . В плоскости α проведём прямую b , параллельную
прямой a . Тогда прямые a и b лежат в одной плоскости и не имеют ни одной общей
точки, следовательно, они параллельны (определение параллельных прямых).
Предположим, теперь, что через точку M проходит еще одна прямая b1 , параллельная a .
Тогда прямая b1 должна лежать в плоскости α , т.к. через прямую и точку, не лежащую на
ней, проходит единственная плоскость, а т.к. в плоскости через точку, не лежащую на
прямой, можно провести единственную прямую, параллельную данной, то прямая b1
совпадёт с прямой b .
Условие
Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум
пересекающимся прямым другой плоскости, то плоскости параллельны.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть прямые a и b плоскости α пересекаются в точке P , а прямые a1 и b1 плоскости α1 – в
точке P1 , причём a || a1 и b || b1 . Предположим, что плоскости α и α1 пересекаются по
некоторой прямой c . Тогда плоскости, проходящие через две параллельные прямые a и a1
, персекаются по прямой c , значит, прямая c параллельна каждой из этих прямых, в
частности, – прямой a . Аналогично, прямая c параллельна прямой b . Таким образом, в
плоскости α через точку P проходят две различные прямые, параллельные прямой c , что
невозможно.
Условие
Если две параллельные плоскости пересечь третьей, то прямые пересечения будут
параллельны.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть плоскость γ пересекает параллельные плоскости α и β по прямым a и b
соответственно. Прямые a и b лежат в одной плоскости γ , поэтому они либо
пересекаются, либо параллельны. Если бы прямые a и b пересеклись, то их точка
пересечения принадлежала бы плоскостям α и β , т.е. плоскости α и β также пересеклись,
что противоречит условию.
Условие
Докажите, что каждая прямая, лежащая в одной из двух параллельных плоскостей,
параллельна другой плоскости.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть плоскости α и β параллельны, а прямая a лежит в плоскости α . Если бы прямая a
пересекла плоскость β в некоторой точке M , то точка M была бы общей точкой
плоскостей α и β , что противоречит условию.
Условие
Пусть A , B , C и D – четыре точки, не лежащие в одной плоскости. Докажите, что прямая
AB параллельна плоскости, проходящей через середины отрезков AD , BD и CD .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть M , N и K – середины отрезков AD , BD и CD соответственно. Тогда AB || MN ( MN –
средняя линия треугольника ABD ). Кроме того, прямая AB не лежит в плоскости MNK .
Следовательно, прямая AB параллельна плоскости MNK по признаку параллельности
прямой и плоскости.
Условие
Пусть A , B , C и D – четыре точки, не лежащие в одной плоскости. Докажите, что
плоскость, проходящая через середины отрезков AD , BD и CD , параллельна плоскости
ABC .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть M , N и K – середины отрезков AD , BD и CD соответственно. Тогда AB || MN , BC ||
NK ( MN и NK – средние линии треугольников ABD и BDC ). Значит, две пересекающиеся
прямые MN и NK плоскости MNK соответственно параллельны прямым AB и BC
плоскости ABC . Следовательно, плоскость MNK параллельна плоскости ABC по признаку
параллельности плоскостей.
Условие
В пространстве проведены две параллельные прямые и пересекающие эти прямые две
параллельные плоскости. Докажите, что четыре точки пересечения прямых и плоскостей
служат вершинами параллелограмма.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть прямая a пересекает параллельные плоскости α и α1 в точках A и A1 соответственно,
а параллельная ей прямая b – в точках B и B1 . Тогда плоскость β , проходящая через
параллельные прямые a и b , пересекает параллельные плоскости α и α 1 по параллельным
прямым AB и A1B1 . Значит, противоположные стороны четырёхугольника ABB1A1
попарно параллельны. Следовательно, четырёхугольник ABB1A1 – параллелограмм.
Условие
Пусть A , B , C и D – четыре точки в пространстве. Докажите, что середины отрезков AB ,
BC , CD и DA служат вершинами параллелограмма.
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть K , L , M и N – середины отрезков AB , BC , CD и DA соответственно. Тогда KL и MN
– средние линии треугольников ABC и ADC . Значит, KL || MN и KL = MN .
Следовательно, KLMN – параллелограмм.
Условие
Пусть A – некоторая точка пространства, не лежащая в плоскости α , M – произвольная
точка плоскости α . Найдите геометрическое место середин отрезков AM .
Также доступны документы в формате TeX
Решение
Пусть B – некоторая точка плоскости α . Через середину P отрезка AB проведём плоскость
γ , параллельную плоскости α . Докажем, что плоскость γ есть искомое геометрическое
место точек. Пусть X – произвольная точка плоскости α (рис.1). Плоскость, проходящая
через прямую BX и точку A , пересекает плоскость γ по прямой l , проходящей через точку
P параллельно BX . Значит, прямая l пересекает отрезок AX в его середине Z . Таким
образом, середина Z отрезка AX лежит в плоскости γ . Пусть теперь N – произвольная
точка плоскости γ (рис.2). Докажем, что N – середина отрезка, один конец которого есть
точка A , а второй лежит в плоскости α . Действительно, если прямая AN пересекает
плоскость α в точке D , то плоскость, проходящая через прямую DB и точку A пересекает
плоскость γ по прямой PN , параллельной DB , а т.к. P – середина AB , то N – середина AD
. Таким образом, AD – искомый отрезок.
Также доступны документы в формате TeX
Ответ
Плоскость.
Задача
109071
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Темы:
[
Средняя линия треугольника
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Найдите геометрическое место середин всех отрезков, концы которых лежат в двух
параллельных плоскостях.
Решение
Пусть α и β – две параллельные плоскости, точка A лежит в плоскости α , точка B – в
плоскости β . Через середину M отрезка AB проведём плоскость γ , параллельную
плоскостям α и β . Докажем, что плоскость γ есть искомое геометрическое место точек.
Пусть XY – произвольный отрезок, концы X и Y которого лежат в плоскостях α и β
соответственно (рис.1). Плоскость, проходящая через прямую BY и точку A , пересекает
плоскость γ по прямой l , проходящей через точку M параллельно BY . Значит, прямая l
пересекает отрезок AY в его середине C . Таким образом, середина C отрезка AY лежит в
плоскости γ . Проведя плоскость через AX и точку Y , аналогично докажем, что середина Z
отрезка XY лежит в плоскости γ . Следовательно, середины всех отрезков с концами в
параллельных плоскостях α и β лежат в плоскости γ . Пусть теперь N – произвольная точка
плоскости γ (рис.2). Докажем, что N – середина какого-то отрезка с концами в плоскостях
α и β . Действительно, если прямая AN пересекает плоскость β в точке D , то плоскость,
проходящая через прямую DB и точку A , пересекает плоскость γ по прямой MN ,
параллельной DB , а т.к. M – середина AB , то N – середина AD . Таким образом, AD –
искомый отрезок с концами в плоскостях α и β .
Ответ
Плоскость.
Задача
109083
Тема: [ Параллельность прямых и плоскостей ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Докажите, что если две пересекающиеся плоскости параллельны некоторой прямой, то
прямая их пересечения параллельна этой же прямой.
Решение
Пусть плоскости α и β , пересекающиеся по прямой c , параллельны некоторой прямой l .
Тогда в этих плоскостях найдутся прямые a и b соответственно, параллельные прямой l , а
значит, параллельные между собой. Плоскости α и β проходят через параллельные прямые
a и b и пересекаются по прямой c . Поэтому прямая c параллельна каждой из прямых a и b
, причём прямые a и b параллельны прямой l . Следовательно, c || l .
Сложность:
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[
Средняя линия треугольника
]
109085
10,11
В пирамиде ABCD угол ABC равен α . Найдите угол между прямыми, одна из которых
проходит через середины рёбер AC и BC , а другая – через середины рёбер BD и CD .
Решение
Пусть M , N , K и L – середины отрезков AC , BC , BD и CD соответственно. По теореме о
средней линии треугольника MN || AB и KL || BC . По определению угол между прямыми
не может быть больше 90o , поэтому, если угол ABC – острый или прямой, то угол между
прямыми MN и KL равен α , если угол ABC – тупой, то угол между прямыми MN и KL
равен 180o - α .
Ответ
α или 180o - α .
Задача
109086
Тема: [ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
Сложность:
3
Классы: 8,9
Пусть ABC – правильный треугольник, BCKM – параллелограмм. Найдите угол между
прямыми AB и KM .
Решение
Поскольку BCKM – параллелограмм, прямая KM параллельна прямой BC . Значит, угол
между прямыми AB и KM равен углу между прямыми AB и BC , т.е. 60o .
Ответ
60o .
Задача
109087
Тема: [ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
Сложность:
3
Классы: 8,9
В прямоугольнике ABCD даны стороны AB = 3 , BC = 4 . Точка K удалена от точек A , B и
C на расстояния
, 2 и 3 соответственно. Найдите угол между прямыми CK и BD .
Решение
В плоскости ABCD рассмотрим прямоугольник BCPQ , симметричный данному
прямоугольнику ABCD относительно прямой BC . Обозначим KQ = x . Отрезок KB –
медиана треугольника AKQ . По формуле для медианы
KB2 = (2KA2 + 2KQ2 - AQ2),
или
4 = (2· 10 + 2· x2 - 36),
откуда находим, что x = 4 . В треугольнике KQC известно, что
CQ = BD = 5, KC = 3, KQ = 4.
Значит, треугольник KQC – прямоугольный,
CKQ = 90o, sin KCQ =
= .
Поскольку CQ || BD , угол между прямыми CK и BD равен углу KCQ , т.е. arcsin .
Ответ
arcsin .
Задача
109097
Тема: [ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В пирамиде ABCD рёбра AD , BD и CD равны 5, расстояние от точки D до плоскости ABC
равно 4. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC .
Решение
Пусть R – радиус окружности, описанной около треугольника ABC . Поскольку боковые
рёбра пирамиды ABCD с вершиной D равны, высота DO пирамиды проходит через центр
O окружности, описанной около основания ABC . Прямая DO перпендикулярна плоскости
основания ABC , поэтому она перпендикулярна прямой OA . Из прямоугольного
треугольника AOD находим, что
OA =
=
= 3.
Ответ
3.00
Задача
109098
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Темы:
[
Ортогональная проекция (прочее)
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Известно, что некоторая точка M равноудалена от двух пересекающихся прямых m и n .
Докажите, что ортогональная проекция точки M на плоскость прямых m и n лежит на
биссектрисе одного из углов, образованных прямыми m и n .
Решение
Пусть M1 – ортогональная проекция точки M на плоскость α , проходящую через прямые
m и n ; A – точка пересечения прямых m и n ; P и Q – основания перпендикуляров,
опущенных из точки M на прямые m и n соответственно. Так как M1P и M1Q –
ортогональные проекции наклонных AP и AQ на плоскость α , то по теореме о трёх
перпендикулярах M1P m и M1Q n , а т.к. MP = MQ то M1P = M1Q , т.е. точка M1
равноудалена от сторон угла PAQ . Следовательно, точка M1 лежит на биссектрисе этого
угла.
Сложность:
[ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
3
Задача
Темы: [
Ортогональная проекция (прочее)
]
Классы:
109099
[
Вневписанные окружности
]
10,11
Точка M равноудалена от трёх прямых AB , BC и AC . Докажите, что ортогональная
проекция точки M на плоскость ABC является центром вписанной окружности либо одной
из вневписанных окружностей треугольника ABC .
Решение
Пусть M1 – ортогональная проекция точки M на плоскость ABC , P и Q – основания
перпендикуляров, опущенных из точки M на прямые AB и AC . Так как M1P и M1Q –
ортогональные проекции наклонных MP и MQ на плоскость ABC и MP AB , MQ AC , то
по теореме о трёх перпендикулярах M1P AB и M1Q AC . Из равенства прямоугольных
треугольников MM1P и MM1Q следует равенство отрезков M1P и M1Q . Значит, точка M1
равноудалена от прямых AB и AC . Следовательно, точка M1 лежит на биссектрисе одного
из углов, образованных прямыми AB и AC . Аналогично, точка M1 лежит на биссектрисе
одного из углов, образованных прямыми AB и BC , а также – на биссектрисе одного из
углов, образованных прямыми AC и BC . Если точка M1 лежит внутри треугольника ABC ,
то M1 – точка пересечения биссектрис углов треугольника ABC , т.е. центр окружности,
вписанной в этот треугольник. Если точка M1 лежит вне треугольника ABC , то M1 – точка
пересечения биссектрисы одного из внутренних углов треугольника ABC и биссектрис
двух внешних его углов. В этом случае M1 – центр вневписанной окружности
треугольника ABC .
Сложность:
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Ортогональная проекция (прочее) ]
109101
10,11
Прямая l проходит через точку, лежащую на окружности с центром O и радиусом r .
Известно, что ортогональной проекцией прямой l на плоскость окружности является
прямая, касающаяся этой окружности. Найдите расстояние от точки O до прямой l .
Решение
Пусть A – точка касания ортогональной проекции l1 данной прямой l с данной
окружностью. Так как OA l1 , то по теореме о трёх перпендикулярах OA l . Значит,
расстояние от точки O до прямой l равно длине отрезка OA , т.е. r .
Ответ
r.
Задача
109103
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
Темы:
[ Ортоцентрический тетраэдр ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Докажите, что если ортогональная проекция одной из вершин треугольной пирамиды на
плоскость противоположной грани совпадает с точкой пересечения высот этой грани, то
это же будет верно для любой другой вершины пирамиды.
Решение
Пусть ортогональная проекция P вершины D треугольной пирамиды ABCD есть точка
пересечения высот треугольника ABC . Прямая CP – ортогональная проекция наклонной
CD на плоскость ABC . Так как CP AB , то по теореме о трёх перпендикулярах AB CD .
Пусть Q – ортогональная проекция вершины C на плоскость BAD . Тогда прямая BQ –
ортогональная проекция наклонной CB на плоскость BAD . Так как AB CD , то по
теореме о трёх перпендикулярах BQ AD . Значит, высота BM треугольника BAD
проходит через точку Q . Аналогично, AQ BD , т.е. высота AN треугольника BAD
проходит через точку Q . Следовательно, Q – точка пересечения высот треугольника BAD .
Остальное аналогично.
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
Классы:
109105
10,11
Докажите, что если прямая p образует равные углы с тремя попарно пересекающимся
прямыми плоскости, то прямая p перпендикулярна этой плоскости.
Решение
Пусть прямая p пересекает плоскость α , содержащую данные прямые k , m и n , в точке O
. Проведём через точку O прямые k1 , m1 и n1 , соответственно параллельные прямым k , m
и n . Тогда прямая p образует равные углы с прямыми k1 , m1 и n1 . Поэтому произвольная
точка A прямой p , отличная от O , равноудалена от этих прямых. Значит, ортогональная
проекция A1 точки A на плоскость α также равноудалена от прямых k1 , m1 и n1 . Поэтому
точка A1 лежит на биссектрисе одного из углов, образованных прямыми k1 и m1 , на
биссектрисе одного из углов, образованных прямыми k1 и n1 , а также на биссектрисе
одного из углов, образованных прямыми m1 и n1 . Поскольку прямые k1 , m1 и n1 различны,
то указанные биссектрисы имеют единственную общую точку O . Поэтому точка A1
совпадает с точкой O . Тогда прямая p совпадает с прямой AA1 . Следовательно, прямая p
перпендикулярна плоскости α .
Сложность:
Темы: [ Перпендикулярные плоскости ]
Задача
3
Классы:
10,11
[ Сфера, описанная около тетраэдра ]
109240
В треугольной пирамиде SABC две равные боковые грани ASB и CSB перпендикулярны
плоскости основания, а грань ASC наклонена к плоскости основания под углом β .
Найдите радиус шара описанного около пирамиды, если радиус окружности, описанной
около основания, равен r и ABC = α .
Решение
Плоскости граней ASB и CSB перпендикулярны плоскости основания ABC и пересекаются
по прямой SB . Поэтому прямая SB перпендикулярна плоскости основания ABC , т.е. SB –
высота пирамиды SABC . Из равенства треугольников ASB и CSB следует, что AB = BC .
Поэтому треугольник ABC равнобедренный. Пусть K – середина AC . Тогда BK –
биссектриса и высота равнобедренного треугольника ABC . Поэтому
BK = BC cos KBC = BC cos =
= 2r sin BAC· cos = 2r sin (90o - ) cos =
= 2r cos · cos = 2rcos2 .
Так как BK – ортогональная проекция наклонной SK на плоскость основания ABC , то по
теореме о трёх перпендикулярах SK AC . Значит, BKS – линейный угол двугранного угла
между плоскостью грани ASC и плоскостью основания ABC . По условию задачи BKS = β
. Из прямоугольного треугольника BKS находим, что
SB = BK tg BKS = 2r cos2 tg β.
Центр O сферы, описанной около пирамиды SABC , лежит на перпендикуляре к плоскости
основания ABC , проходящем через центр Q окружности, описанной около треугольника
ABC , а также в плоскости, перпендикулярной ребру SB , проходящей через середину M
отрезка SB . Пусть R – радиус этой сферы. Прямые OQ и SB перпендикулярны одной и той
же плоскости ABC , значит, QD || SB . В прямоугольнике OQBM известно, что
OQ = MB = SB = r cos2 tg β, QB = r.
Следовательно,
R = OB =
=
=r
.
Ответ
r
Задача
109241
.
Темы:
[ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
[
Тетраэдр (прочее)
]
Сложность:
3
Классы:
10,11
В треугольной пирамиде ABCD найдите угол между прямыми AD и BC , если AB = AC и
DAB = DAC .
Решение
Пусть DO – высота пирамиды, точки M и N – основания перпендикуляров, опущенных из
точки O на прямые AB и AC соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах DM AB
и DN AC . Прямоугольные треугольники DAM и DAN равны по гипотенузе и острому
углу, поэтому OM = ON , т.е. точка O равноудалена от сторон угла CAB . Значит, точка O
лежит на биссектрисе AK равнобедренного треугольника ABC (или на её продолжении).
Так как AK BC и AK – ортогональная проекция наклонной AD на плоскость основания
ABC , то по теореме о трёх перпендикулярах AD BC . Следовательно, угол между
прямыми AD и BC равен 90o .
Ответ
90o .
Задача
109242
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
Темы:
[ Прямые и плоскости в пространстве ]
Сложность:
3
Классы:
10,11
Докажите, что через точку, не лежащую на плоскости, можно провести единственную
плоскость, параллельную данной.
Решение
Через произвольную точку данной плоскости α проведём в этой плоскости две
пересекающиеся прямые a и b (рис.1). Через данную точку M , лежащую вне плоскости α ,
проведём прямые a1 и b1 , соответственно параллельные прямым a и b . Через
пересекающиеся прямые a1 и b1 проведём плоскость β . По признаку параллельности
плоскостей плоскости α и β параллельны. Существование плоскости доказано. Докажем
теперь, что такая плоскость единственна. Предположим, что через точку M , не лежащую
в плоскости α , можно провести по крайней мере две плоскости β и β1 , параллельные
плоскости α (рис.2). Пусть c – прямая пересечения плоскостей β и β1 . Возьмём на
плоскости α прямую d , непараллельную прямой c . Через точку M и прямую d проведём
плоскость γ . Эта плоскость пересекает плоскости β и β1 по прямым, параллельным прямой
d . Таким образом, через точку M плоскости γ проходят две прямые, параллельные прямой
d плоскости γ , что невозможно.
Сложность:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Прямые и плоскости в пространстве ]
109243
10,11
Докажите, что две плоскости, параллельные третьей, параллельны между собой.
Решение
Пусть плоскости α и β параллельны плоскости γ и при этом имеют некоторую общую
точку M . Тогда через точку M проходят две плоскости α и β , параллельные плоскости γ ,
что невозможно.
Сложность:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Прямые и плоскости в пространстве ]
109244
10,11
Докажите, что плоскость, пересекающая одну из двух параллельных плоскостей,
пересекает и другую.
Решение
Пусть плоскости α и β параллельны, а плоскость γ пересекает плоскость α по некоторой
прямой a . Если при этом плоскости β и γ параллельны, то через произвольную точку M
прямой a , проходят две различные плоскости α и γ , параллельные плоскости β , что
невозможно.
Сложность:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Прямые и плоскости в пространстве ]
109245
10,11
Прямая a параллельна плоскости α . Прямая b , параллельная прямой a , проходит через
точку M плоскости α . Докажите, что прямая b лежит в плоскости α .
Решение
Через прямую a и не лежащую на ней точку M проведём плоскость γ . Тогда плоскости α и
γ пересекаются по некоторой прямой c , проходящей через точку M , а т.к. a || α , то c || a .
Значит, через точку M , не лежащую на прямой a , проходят прямые c и b , параллельные
прямой a . Следовательно, прямая b совпадает с прямой c , лежащей в плоскости α .
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Прямые и плоскости в пространстве ]
Классы:
109247
10,11
Даны три попарно пересекающиеся плоскости. Две из трёх прямых пресечения этих
плоскостей пересекаются в точке M . Докажите, что третья прямая проходит через точку
M.
Решение
Пусть плоскости α и β пересекаются по прямой a , плоскости α и γ – по прямой b ,
плоскости β и γ – по прямой c , а прямые a и b пересекаются в точке M . Точка M лежит на
прямой a , поэтому M – общая точка плоскостей α и β . Точка M лежит на прямой b ,
поэтому M – общая точка плоскостей α и γ . Значит, M – общая точка плоскостей β и γ .
Следовательно, точка M лежит на прямой c .
Сложность:
[ Параллельность прямых и плоскостей ]
3
Задача
Темы:
Классы:
[ Прямые и плоскости в пространстве ]
109248
10,11
Докажите, что прямая, пересекающая одну из двух параллельных плоскостей, пересекает
и другую.
Решение
Пусть α и β – параллельные плоскости, а прямая a пересекает плоскость α в точке A .
Предположим, что прямая a не пересекает плоскость β . Через произвольную точку B
плоскости β и прямую a проведём плоскость γ . Эта плоскость пересекает параллельные
плоскости α и β по прямым a1 и b соответственно. Прямые a1 и b лежат в одной плоскости
и не пересекаются (т.к. в противном случае пересеклись бы плоскости α и β ), поэтому a1 ||
b . Прямые a и b также лежат в одной плоскости и не пересекаются (т.к. в противном
случае прямая a пересекла бы плоскость β ), поэтому a || b . Значит, прямые a и a1
совпадают. Но прямая a1 лежит в плоскости α , поэтому и прямая a лежит в плоскости α ,
что противоречит условию.
Сложность:
3
Задача
Тема: [ Прямые и плоскости в пространстве ]
Классы:
109249
10,11
Дано несколько прямых в пространстве, каждые две из которых пересекаются. Докажите,
что либо все эти прямые лежат в одной плоскости, либо все проходят через одну точку.
Решение
Пусть a и b – две из данных прямых. Проведём через них плоскость α . Это можно
сделать, т.к. эти прямые пересекаются. Пусть c – ещё одна из данных прямых. Если c
лежит в плоскости α , то всё доказано. Если c не лежит в плоскости α , то c либо
параллельна этой плоскости (тогда она не пересекает прямые a и b , что противоречит
условию), либо пересекает плоскость α в единственной точке M . Значит, точка M лежит
на каждой из прямых a и b . Следовательно, все данные прямые походят через точку M .