№15. Стереометрическая задача

Идея решения

Плоскость, перпендикулярная основанию, устроена просто: она «стоит вертикально» на некоторой прямой основания. Значит, вся работа — найти эту прямую. Она проходит через \(M\) и через проекцию точки \(K\) на основание. Останется проверить, что эта прямая попадает в вершину \(C\).

А дальше выяснится приятное: проекция \(K\) лежит прямо на отрезке \(MC\), поэтому высота треугольника-сечения — это просто высота точки \(K\) над основанием.

Пункт а). Шаг 1. Куда проецируется K

Пусть \(O\) — центр основания. Пирамида правильная, значит \(SO\) — её высота, и проекция вершины \(S\) на основание — это \(O\).

Точка \(K\) лежит на ребре \(SB\), причём

\[\frac{SK}{SB} = \frac{2}{14} = \frac17.\]

При проецировании отношения на прямой сохраняются, поэтому проекция \(X\) точки \(K\) лежит на отрезке \(OB\) и

\[\frac{OX}{OB} = \frac17.\]

Шаг 2. Координаты в плоскости основания

Введём в основании координаты:

\[A(0;\ 0),\quad B(16;\ 0),\quad C(16;\ 16),\quad D(0;\ 16),\quad O(8;\ 8).\]

Точка \(M\) на \(AB\) с \(AM = 4\), то есть \(M(4;\ 0)\). Точка \(X\):

\[X = O + \frac17\left(B - O\right) = \left(8 + \frac{8}{7};\ 8 - \frac{8}{7}\right) = \left(\frac{64}{7};\ \frac{48}{7}\right).\]

Шаг 3. Проверяем, что M, X и C на одной прямой

Найдём направляющие векторы:

\[\vec{MC} = (16 - 4;\ 16 - 0) = (12;\ 16),\]

\[\vec{MX} = \left(\frac{64}{7} - 4;\ \frac{48}{7} - 0\right) = \left(\frac{36}{7};\ \frac{48}{7}\right) = \frac{3}{7}\,(12;\ 16).\]

Векторы коллинеарны, значит точки \(M\), \(X\) и \(C\) лежат на одной прямой.

Шаг 4. Вывод

Плоскость \(\alpha\) перпендикулярна основанию и содержит точку \(M\) основания, поэтому она пересекает основание по прямой, проходящей через \(M\). Точка \(K\) тоже лежит в \(\alpha\), а вместе с ней и её проекция \(X\) (перпендикуляр \(KX\) к основанию целиком лежит в \(\alpha\), ведь \(\alpha \perp (ABC)\)).

Значит, линия пересечения \(\alpha\) с основанием — это прямая \(MX\), то есть прямая \(MC\). Она проходит через точку \(C\), поэтому

\[C \in \alpha.\]

Пункт а) доказан.

Важно! Здесь используется свойство: если плоскость перпендикулярна другой плоскости, то перпендикуляр, опущенный из любой её точки на вторую плоскость, целиком лежит в первой. Именно поэтому точка \(X\) обязана принадлежать \(\alpha\).

Пункт б). Шаг 5. Что представляет собой сечение

Плоскость \(\alpha\) пересекает основание по отрезку \(MC\), боковое ребро \(SB\) — в точке \(K\), а вершину \(C\) содержит. Больше никаких рёбер она не пересекает, поэтому сечение — треугольник \(MKC\).

Шаг 6. Длина MC

\[MC = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20.\]

Шаг 7. Высота пирамиды

Диагональ квадрата со стороной 16 равна \(16\sqrt2\), поэтому

\[AO = \frac{16\sqrt2}{2} = 8\sqrt2,\qquad AO^2 = 128.\]

Из прямоугольного треугольника \(SOA\):

\[SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{196 - 128} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17}.\]

Шаг 8. Высота точки K над основанием

Точка \(K\) делит ребро \(SB\) так, что \(SK : SB = 1 : 7\), значит от основания она отстоит на \(\dfrac67\) высоты пирамиды:

\[KX = \frac67\cdot SO = \frac67\cdot 2\sqrt{17} = \frac{12\sqrt{17}}{7}.\]

Шаг 9. Площадь сечения

Отрезок \(KX\) перпендикулярен плоскости основания, а точка \(X\) лежит на прямой \(MC\). Значит, \(KX \perp MC\), то есть \(KX\) — высота треугольника \(MKC\), проведённая к стороне \(MC\).

\[S = \frac12\cdot MC\cdot KX = \frac12\cdot 20\cdot\frac{12\sqrt{17}}{7} = \frac{120\sqrt{17}}{7}.\]

Важно! Высоту треугольника-сечения удалось взять «готовой» только потому, что проекция \(X\) попала ровно на сторону \(MC\). Это прямое следствие пункта а) — не пропускайте это рассуждение, иначе придётся честно искать расстояние от \(K\) до прямой \(MC\).

Ответ

\[\frac{120\sqrt{17}}{7}.\]

Ответ: \(\dfrac{120\sqrt{17}}{7}\)

Идея решения

Первый пункт — снова обратная теорема Пифагора для двух треугольников при вершине \(A\). А как только доказано, что \(SA\) — высота, из вершины \(A\) выходят три попарно перпендикулярных ребра: \(AB\), \(AD\) и \(AS\). Это готовая система координат, и угол между скрещивающимися прямыми \(SC\) и \(BD\) считается через скалярное произведение.

Пункт а). Шаг 1. Две проверки

\[SA^2 + AB^2 = 51 + 24^2 = 51 + 576 = 627 = SB^2,\]

значит треугольник \(SAB\) прямоугольный и \(SA \perp AB\).

В прямоугольнике \(AD = BC = 7\), поэтому

\[SA^2 + AD^2 = 51 + 49 = 100 = 10^2 = SD^2,\]

значит треугольник \(SAD\) прямоугольный и \(SA \perp AD\).

Прямые \(AB\) и \(AD\) пересекаются и лежат в плоскости основания, поэтому

\[SA \perp (ABCD).\]

Пункт а) доказан.

Важно! Длина \(SB = \sqrt{627}\) выглядит пугающе, но в проверке она участвует только в виде квадрата: \(\left(\sqrt{627}\right)^2 = 627\). Корень извлекать не нужно нигде.

Пункт б). Шаг 2. Вводим координаты

Из точки \(A\) выходят три попарно перпендикулярных отрезка: \(AB \perp AD\) (углы прямоугольника), \(SA \perp AB\) и \(SA \perp AD\) (пункт а). Направим по ним оси:

\[A(0;\ 0;\ 0),\quad B(24;\ 0;\ 0),\quad D(0;\ 7;\ 0),\]

\[C(24;\ 7;\ 0),\quad S\left(0;\ 0;\ \sqrt{51}\right).\]

Шаг 3. Направляющие векторы

\[\vec{SC} = \left(24 - 0;\ 7 - 0;\ 0 - \sqrt{51}\right) = \left(24;\ 7;\ -\sqrt{51}\right),\]

\[\vec{BD} = \left(0 - 24;\ 7 - 0;\ 0 - 0\right) = (-24;\ 7;\ 0).\]

Шаг 4. Длины

\[\left|\vec{SC}\right| = \sqrt{24^2 + 7^2 + 51} = \sqrt{576 + 49 + 51} = \sqrt{676} = 26,\]

\[\left|\vec{BD}\right| = \sqrt{24^2 + 7^2} = \sqrt{576 + 49} = \sqrt{625} = 25.\]

Шаг 5. Скалярное произведение

\[\vec{SC}\cdot\vec{BD} = 24\cdot(-24) + 7\cdot 7 + \left(-\sqrt{51}\right)\cdot 0 = -576 + 49 = -527.\]

Шаг 6. Угол между прямыми

\[\cos\varphi = \frac{\left|\vec{SC}\cdot\vec{BD}\right|} {\left|\vec{SC}\right|\cdot\left|\vec{BD}\right|} = \frac{|-527|}{26\cdot 25} = \frac{527}{650}.\]

Важно! Угол между прямыми не превышает \(90^\circ\), поэтому в числителе обязательно стоит модуль скалярного произведения. Если модуль не поставить, получится \(-\dfrac{527}{650}\) и тупой угол — это был бы угол между векторами, а не между прямыми.

Ответ

\[\arccos\frac{527}{650}.\]

Ответ: \(\arccos\dfrac{527}{650}\)

Идея решения

Все числа в условии подобраны так, чтобы дважды сработала теорема, обратная теореме Пифагора: два боковых треугольника при вершине \(A\) окажутся прямоугольными. Отсюда \(SA\) перпендикулярно двум сторонам основания — значит, и всей плоскости основания.

Во втором пункте главное — заметить, что плоскость \(SBC\) перпендикулярна плоскости \(SAB\). Тогда искать расстояние в пространстве не нужно: достаточно опустить перпендикуляр внутри плоского прямоугольного треугольника \(SAB\).

Пункт а). Шаг 1. Треугольник SAB

Проверим числа:

\[SA^2 + AB^2 = 15^2 + 8^2 = 225 + 64 = 289,\qquad SB^2 = 17^2 = 289.\]

Равенство выполнено, значит по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник \(SAB\) прямоугольный с прямым углом при вершине \(A\):

\[SA \perp AB.\]

Шаг 2. Треугольник SAD

В прямоугольнике противоположные стороны равны, поэтому \(AD = BC = \sqrt{15}\). Проверим:

\[SA^2 + AD^2 = 225 + 15 = 240,\qquad SD^2 = \left(4\sqrt{15}\right)^2 = 16\cdot 15 = 240.\]

Снова равенство, значит

\[SA \perp AD.\]

Шаг 3. Вывод

Прямая \(SA\) перпендикулярна двум прямым \(AB\) и \(AD\), лежащим в плоскости \(ABCD\). Эти прямые пересекаются (в точке \(A\)), поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости

\[SA \perp (ABCD),\]

то есть \(SA\) — высота пирамиды. Пункт а) доказан.

Важно! В признаке обязательно нужны две пересекающиеся прямые плоскости. Одной перпендикулярности \(SA \perp AB\) недостаточно: через прямую \(AB\) проходит бесконечно много плоскостей, и \(SA\) не обязана быть перпендикулярна основанию.

Пункт б). Шаг 4. Ключевая перпендикулярность

Сторона \(BC\) прямоугольника перпендикулярна стороне \(AB\). Кроме того, \(SA \perp (ABCD)\), а прямая \(BC\) лежит в этой плоскости, поэтому \(SA \perp BC\).

Итак, \(BC\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(AB\) и \(SA\) плоскости \(SAB\), значит

\[BC \perp (SAB).\]

Шаг 5. Две перпендикулярные плоскости

Плоскость \(SBC\) проходит через прямую \(BC\), перпендикулярную плоскости \(SAB\). Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны:

\[(SBC) \perp (SAB).\]

Пересекаются они по прямой \(SB\).

Важно! Дальше работает свойство перпендикулярных плоскостей: если из точки одной плоскости опустить перпендикуляр на линию их пересечения, то этот отрезок будет перпендикулярен и второй плоскости. Поэтому всё построение уходит внутрь плоского треугольника \(SAB\) — пространственных выкладок больше не нужно.

Шаг 6. Считаем в треугольнике SAB

Опустим в плоскости \(SAB\) перпендикуляр \(AH\) из точки \(A\) на прямую \(SB\). Тогда \(AH \perp (SBC)\), и длина \(AH\) — искомое расстояние.

Треугольник \(SAB\) прямоугольный с катетами \(SA = 15\) и \(AB = 8\) и гипотенузой \(SB = 17\). Его площадь можно посчитать двумя способами:

\[\frac12\cdot SA\cdot AB = \frac12\cdot SB\cdot AH.\]

Отсюда

\[AH = \frac{SA\cdot AB}{SB} = \frac{15\cdot 8}{17} = \frac{120}{17}.\]

Ответ

\[\frac{120}{17}.\]

Ответ: \(\dfrac{120}{17}\)

а) Линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей параллельны, поэтому плоскость \((AOB)\) пересекает плоскость верхнего основания по прямой, параллельной \(AB\); пусть она пересекает \(A_1D_1\) и \(B_1C_1\) в точках \(E\) и \(F\).

Плоскость \((BOC)\) пересекает верхнее основание по прямой, параллельной \(BC\); пусть она пересекает \(A_1B_1\) и \(D_1C_1\) в точках \(N\) и \(M\).

Пусть \(AB = x\), \(BC = y\); тогда по условию \(AE = 3x\) и \(BN = 3y\).

Прямые \(EF\) и \(MN\) проходят через центр \(O\) прямоугольника \(A_1B_1C_1D_1\), поэтому

\[A_1N = NB_1 = D_1M = MC_1 = \frac{x}{2}, \qquad A_1E = ED_1 = B_1F = FC_1 = \frac{y}{2}.\]

Боковые рёбра перпендикулярны основаниям, значит по теореме Пифагора для прямоугольных треугольников \(AA_1E\) и \(BB_1N\)

\[AA_1^2 = (3x)^2 - \left(\frac{y}{2}\right)^2, \qquad BB_1^2 = (3y)^2 - \left(\frac{x}{2}\right)^2.\]

Рёбра \(AA_1\) и \(BB_1\) равны, поэтому

\[9x^2 - \frac{y^2}{4} = 9y^2 - \frac{x^2}{4}, \qquad \left(9 + \frac{1}{4}\right)x^2 = \left(9 + \frac{1}{4}\right)y^2,\]

откуда \(x^2 = y^2\) и \(x = y\). Значит \(AB = BC\), и прямоугольник \(ABCD\) с равными сторонами — квадрат. Что и требовалось доказать.

б) Проведём высоту \(B_1H\) в треугольнике \(BB_1N\).

Так как \(MN \parallel BC\), то \(MN \perp A_1B_1\); кроме того \(MN \perp BB_1\), поскольку \(BB_1 \perp (A_1B_1C_1)\). Значит \(MN\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \((ABB_1)\), то есть \(MN \perp (ABB_1)\), а потому \(MN \perp B_1H\).

Итак, \(B_1H \perp BN\) и \(B_1H \perp MN\), следовательно \(B_1H \perp (BOC)\) и \(H\) — проекция точки \(B_1\) на плоскость \((BOC)\). Тогда угол между прямой \(B_1C\) и плоскостью \((BOC)\) равен \(\angle B_1CH\).

Из пункта а) при \(x = y\)

\[BB_1^2 = 9x^2 - \frac{x^2}{4} = \frac{35x^2}{4}, \qquad BB_1 = \frac{\sqrt{35}\,x}{2}.\]

Высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу:

\[B_1H = \frac{B_1N\cdot BB_1}{BN} = \frac{\frac{x}{2}\cdot\frac{\sqrt{35}\,x}{2}}{3x} = \frac{\sqrt{35}\,x}{12}.\]

По теореме Пифагора для треугольника \(BB_1C\)

\[B_1C^2 = BB_1^2 + BC^2 = \frac{35x^2}{4} + x^2 = \frac{39x^2}{4}, \qquad B_1C = \frac{\sqrt{39}\,x}{2}.\]

Тогда из прямоугольного треугольника \(B_1CH\)

\[\sin\angle B_1CH = \frac{B_1H}{B_1C} = \frac{\frac{\sqrt{35}\,x}{12}}{\frac{\sqrt{39}\,x}{2}} = \frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{39}}.\]

Ответ: б) \(\arcsin\dfrac{\sqrt{35}}{6\sqrt{39}}\).

а) Отрезки \(BD_1\) и \(AC_1\) пересекаются и точкой пересечения делятся пополам — это свойство параллелепипеда. Обозначим точку пересечения через \(O\); она лежит и в плоскости \(\pi\), и в плоскости \(ACC_1\).

Проведём в плоскости \(ACC_1\) прямую \(MN\) через точку \(O\) параллельно \(AC\). Тогда \(M\) — середина \(AA_1\), а \(N\) — середина \(CC_1\).

Прямая параллельна плоскости, если она параллельна некоторой прямой этой плоскости, поэтому \(AC\) параллельна любой плоскости, проходящей через \(MN\). Значит \(\pi\) — это плоскость, проходящая через прямые \(MN\) и \(BD_1\).

Соединив последовательно точки \(M\), \(D_1\), \(N\), \(B\), получим сечение \(MD_1NB\). По условию оно ромб, поэтому \(MB = NB\).

Докажем, что \(AB = BC\) — этого достаточно, ведь из того, что \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, уже следует, что \(ABCD\) прямоугольник.

По теореме Пифагора

\[MB^2 = AB^2 + AM^2, \qquad NB^2 = BC^2 + CN^2.\]

Здесь \(AM = CN\) как половины боковых рёбер, а \(MB = NB\) по условию, значит \(AB = BC\). Что и требовалось доказать.

б) Проведём \(C_1H \perp BN\), где \(BN\) — линия пересечения плоскостей \((BCC_1)\) и \(\pi\). Точка \(H\) окажется на продолжении \(BN\) за точку \(N\).

Так как \(D_1C_1 \perp (BCC_1)\), то по теореме о трёх перпендикулярах наклонная \(D_1H\) тоже перпендикулярна \(BN\). Значит построенный угол \(D_1HC_1\) и есть угол между плоскостями \((BCC_1)\) и \(\pi\); обозначим его \(\alpha\).

Из пункта а) основание — квадрат, поэтому \(BC = AD = 4\), а \(CN = \dfrac{1}{2}AA_1 = 3\). Из прямоугольного треугольника \(BCN\) по теореме Пифагора \(BN = 5\).

Треугольники \(BCN\) и \(C_1HN\) подобны по двум углам, поэтому

\[\frac{BC}{C_1H} = \frac{BN}{C_1N}, \qquad \frac{4}{C_1H} = \frac{5}{3} \quad\Longrightarrow\quad C_1H = \frac{12}{5}.\]

Тогда из прямоугольного треугольника \(D_1HC_1\), где \(D_1C_1 = AB = 4\),

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{D_1C_1}{C_1H} = \frac{4}{\frac{12}{5}} = \frac{5}{3}.\]

Ответ: б) \(\operatorname{arctg}\dfrac{5}{3}\).

а) Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Значит плоскость \((AOB)\) пересекает плоскость верхнего основания по прямой, параллельной \(AB\); пусть она пересекает \(A_1D_1\) и \(B_1C_1\) в точках \(E\) и \(F\).

Аналогично плоскость \((BOC)\) пересекает верхнее основание по прямой, параллельной \(BC\); пусть она пересекает \(A_1B_1\) и \(D_1C_1\) в точках \(N\) и \(M\).

Обозначим \(AB = x\), \(BC = y\). По условию \(AE = 2x\) и \(BN = 2y\).

Прямые \(EF\) и \(MN\) проходят через центр \(O\) прямоугольника \(A_1B_1C_1D_1\), поэтому

\[A_1N = NB_1 = D_1M = MC_1 = \frac{x}{2}, \qquad A_1E = ED_1 = B_1F = FC_1 = \frac{y}{2}.\]

Боковые рёбра прямоугольного параллелепипеда перпендикулярны основаниям, поэтому треугольники \(AA_1E\) и \(BB_1N\) прямоугольные. По теореме Пифагора

\[AA_1^2 = AE^2 - A_1E^2 = (2x)^2 - \left(\frac{y}{2}\right)^2, \qquad BB_1^2 = BN^2 - B_1N^2 = (2y)^2 - \left(\frac{x}{2}\right)^2.\]

Но \(AA_1 = BB_1\), значит

\[4x^2 - \frac{y^2}{4} = 4y^2 - \frac{x^2}{4}, \qquad \left(4 + \frac{1}{4}\right)x^2 = \left(4 + \frac{1}{4}\right)y^2,\]

откуда \(x^2 = y^2\) и \(x = y\). Получили \(AB = BC\): основание — прямоугольник с равными сторонами, то есть квадрат. Что и требовалось доказать.

б) Опустим перпендикуляр \(A_1H\) на продолжение \(BN\) за точку \(N\). Прямая \(BN\) и точка \(A_1\) лежат в плоскости \((ABB_1)\), поэтому и \(A_1H\) лежит в этой плоскости.

Так как \(MN \parallel BC\), то \(MN \perp A_1B_1\); кроме того \(MN \perp BB_1\), поскольку \(BB_1 \perp (A_1B_1C_1)\). Прямая \(MN\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \((ABB_1)\), значит \(MN \perp (ABB_1)\), а тогда \(MN\) перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности \(MN \perp A_1H\).

Итак, \(A_1H \perp BN\) и \(A_1H \perp MN\), следовательно \(A_1H \perp (BOC)\), то есть \(H\) — проекция точки \(A_1\) на плоскость \((BOC)\). Поэтому искомый угол между прямой \(A_1C\) и плоскостью \((BOC)\) равен углу \(A_1CH\).

Из пункта а) при \(x = y\) получаем

\[BB_1^2 = 4x^2 - \frac{x^2}{4} = \frac{15x^2}{4}, \qquad BB_1 = \frac{\sqrt{15}\,x}{2}.\]

Треугольники \(A_1HN\) и \(BB_1N\) подобны по двум углам: \(\angle A_1NH = \angle BNB_1\) как вертикальные, а \(\angle A_1HN = \angle BB_1N = 90^\circ\). Запишем отношение подобия:

\[\frac{A_1H}{BB_1} = \frac{A_1N}{NB}, \qquad A_1H = \frac{\frac{\sqrt{15}\,x}{2}\cdot\frac{x}{2}}{2x} = \frac{\sqrt{15}\,x}{8}.\]

По формуле диагонали прямоугольного параллелепипеда

\[A_1C^2 = AA_1^2 + AD^2 + AB^2 = \frac{15x^2}{4} + x^2 + x^2 = \frac{23x^2}{4}, \qquad A_1C = \frac{\sqrt{23}\,x}{2}.\]

Тогда из прямоугольного треугольника \(A_1CH\)

\[\sin\angle A_1CH = \frac{A_1H}{A_1C} = \frac{\frac{\sqrt{15}\,x}{8}}{\frac{\sqrt{23}\,x}{2}} = \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}.\]

Ответ: б) \(\arcsin\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}\).