№15. Стереометрическая задача

а) Пусть прямая \(NM\) пересекает ребро \(AB\) в точке \(K\). Тогда сечением пирамиды является треугольник \(SMK\); докажем, что \(SM = SK\).

Применим теорему Менелая для треугольника \(ABC\) и прямой \(NK\):

\[\frac{BK}{KA}\cdot\frac{AM}{MC}\cdot\frac{CN}{NB} = 1, \qquad \frac{BK}{KA}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{4} = 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{BK}{KA} = \frac{2}{1}.\]

Вместе с \(BK + KA = AB = 3\) это даёт \(BK = 2\) и \(KA = 1\).

Пирамида правильная, поэтому её боковые грани — равные равнобедренные треугольники, и \(\angle SAK = \angle SCM = \alpha\). Тогда \(\triangle SAK = \triangle SCM\) по двум сторонам и углу между ними:

\[SA = SC = 5, \qquad AK = CM = 1, \qquad \angle SAK = \angle SCM = \alpha.\]

Отсюда \(SK = SM\), то есть сечение — равнобедренный треугольник. Что и требовалось доказать.

б) Найдём \(\cos\alpha\) по теореме косинусов для треугольника \(SCA\):

\[\cos\alpha = \frac{SC^2 + AC^2 - SA^2}{2\cdot SC\cdot AC} = \frac{25 + 9 - 25}{2\cdot 5\cdot 3} = \frac{3}{10}.\]

Теперь теорема косинусов для треугольника \(SCM\):

\[SM^2 = SC^2 + MC^2 - 2\cdot SC\cdot MC\cos\alpha = 25 + 1 - 2\cdot 5\cdot 1\cdot\frac{3}{10} = 23.\]

Треугольник \(ABC\) правильный, поэтому \(\angle MAK = 60^\circ\), и по теореме косинусов для треугольника \(MAK\):

\[MK^2 = MA^2 + KA^2 - 2\cdot MA\cdot KA\cos 60^\circ = 4 + 1 - 2\cdot 2\cdot 1\cdot\frac{1}{2} = 3.\]

В равнобедренном треугольнике \(SMK\) проведём высоту \(SH\); она же медиана, поэтому \(MH = \dfrac{1}{2}MK\). По теореме Пифагора

\[SH^2 = SM^2 - MH^2 = 23 - \frac{3}{4} = \frac{89}{4} \quad\Longrightarrow\quad SH = \frac{\sqrt{89}}{2}.\]

Тогда площадь сечения равна

\[S_{SMK} = \frac{1}{2}\cdot SH\cdot MK = \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{89}}{2}\cdot\sqrt{3} = \frac{\sqrt{267}}{4}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{\sqrt{267}}{4}\).

а) Проведём в основании \(ABC\) высоту \(CH\). Призма правильная, значит основание — равносторонний треугольник, и \(CH\) является в нём также медианой.

Пусть сторона основания равна \(4x\). Тогда \(BH = HA = 2x\), а из \(AK : KB = 3 : 1\) получаем \(AK = 3x\) и \(KB = x\). Отсюда

\[KH = BH - KB = 2x - x = x = KB,\]

то есть \(K\) — середина отрезка \(HB\).

В треугольнике \(BCH\) точка \(K\) — середина \(HB\), точка \(L\) — середина \(BC\), значит \(KL\) — средняя линия. Тогда \(KL \parallel CH\), а потому \(KL \perp AB\).

Плоскость \(\alpha\) пересекает параллельные плоскости оснований по прямым \(KL\) и \(MN\), а линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей параллельны, поэтому \(KL \parallel MN\). Из \(KL \perp AB\) получаем \(MN \perp AB\). Что и требовалось доказать.

б) Проведём в верхнем основании высоту \(C_1H_1\). Так как \(MN \perp AB\) и \(AB \parallel A_1B_1\), то \(MN \perp A_1B_1\), значит \(MN \parallel C_1H_1\), и по теореме о пропорциональных отрезках

\[\frac{B_1N}{NH_1} = \frac{B_1M}{MC_1} = \frac{3}{1}.\]

Так как \(B_1H_1 = 2x\), то \(B_1N = \dfrac{3}{4}B_1H_1 = \dfrac{3x}{2}\).

Призма правильная, поэтому \(BB_1 \perp (ABC)\), в частности \(BB_1 \perp KL\). Вместе с \(KL \perp AB\) это даёт \(KL \perp (ABB_1)\), а значит \(KL \perp KN\).

Прямая \(KL\) — линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и \((ABC)\), причём \(NK \perp KL\) и \(AK \perp KL\). Значит искомый угол между плоскостями равен углу \(AKN\).

Перейдём в грань \(ABB_1A_1\). Все рёбра равны, поэтому \(AA_1 = BB_1 = 4x\). Проведём \(NT \perp AB\), тогда \(BT = B_1N = \dfrac{3x}{2}\), откуда

\[KT = BT - BK = \frac{3x}{2} - x = \frac{x}{2}.\]

Так как \(NT = BB_1 = 4x\), из прямоугольного треугольника \(KTN\) получаем

\[\operatorname{tg}\angle TKN = \frac{NT}{KT} = \frac{4x}{\frac{x}{2}} = 8 \quad\Longrightarrow\quad \angle AKN = \operatorname{arctg} 8.\]

Ответ: б) \(\operatorname{arctg} 8\)

а) Рассмотрим три попарно пересекающиеся плоскости \((SCD)\), \((ABC)\) и \(\alpha\). Их линии пересечения — прямые \(CD\), \(AB\) и \(MN\), а такие три прямые либо проходят через одну точку, либо попарно параллельны. Так как \(AB \parallel CD\), остаётся второй вариант:

\[MN \parallel AB \parallel CD.\]

Тогда \(\triangle SMN \sim \triangle SCD\), и

\[\frac{SM}{SC} = \frac{SN}{SD} = \frac{MN}{CD} = \frac{MN}{AB} = \frac{1}{5},\]

откуда \(SM : MC = SN : ND = 1 : 4\). Что и требовалось доказать.

б) Пусть \(AB = BM = AN = 5x\), \(MN = x\), точка \(O\) — пересечение диагоналей основания, \(SO\) — высота пирамиды.

Проведём \(MM_1 \parallel SO\) в плоскости \(SAC\) и \(NN_1 \parallel SO\) в плоскости \(SBD\). Тогда \(M_1\) и \(N_1\) — проекции точек \(M\) и \(N\) на плоскость основания, а четырёхугольник \(ABM_1N_1\) — проекция сечения \(ABMN\). Если \(\varphi\) — искомый угол, то

\[\cos\varphi = \frac{S_{ABM_1N_1}}{S_{ABMN}}.\]

Сечение \(ABMN\) — равнобедренная трапеция с основаниями \(x\) и \(5x\) и боковой стороной \(5x\). Её высота находится из прямоугольного треугольника с гипотенузой \(5x\) и катетом \(\dfrac{5x - x}{2} = 2x\):

\[h^2 = (5x)^2 - (2x)^2 = 21x^2, \qquad h = x\sqrt{21},\]

\[S_{ABMN} = \frac{x + 5x}{2}\cdot x\sqrt{21} = 3x^2\sqrt{21}.\]

По теореме о пропорциональных отрезках \(CM_1 : M_1O = CM : MS = 4 : 1\), и точно так же \(DN_1 : N_1O = 4 : 1\). Обозначим \(AC = BD = 10z\), тогда \(M_1O = N_1O = z\) и \(AO = BO = 5z\), откуда

\[AM_1 = BN_1 = 6z.\]

Диагонали четырёхугольника \(ABM_1N_1\) взаимно перпендикулярны, поэтому

\[S_{ABM_1N_1} = \frac{1}{2}AM_1\cdot BN_1 = \frac{1}{2}\cdot 6z\cdot 6z = 18z^2.\]

В квадрате диагональ выражается через сторону: \(10z = 5x\sqrt{2}\), то есть \(z = \dfrac{x}{\sqrt{2}}\), и

\[S_{ABM_1N_1} = 18\cdot\frac{x^2}{2} = 9x^2.\]

Итого

\[\cos\varphi = \frac{9x^2}{3x^2\sqrt{21}} = \frac{3}{\sqrt{21}} = \sqrt{\frac{3}{7}}.\]

Ответ: б) \(\sqrt{\dfrac{3}{7}}\).

а) Проведём \(KK_1 \parallel SO\), где \(SO\) — высота пирамиды, а \(O\) — точка пересечения диагоналей основания. Тогда \(KK_1 \perp (ABC)\). По условию \(\alpha \perp (ABC)\), поэтому прямая, проходящая через точку \(K\) плоскости \(\alpha\) перпендикулярно основанию, целиком лежит в \(\alpha\); значит \(KK_1 \subset \alpha\).

Плоскости \(\alpha\) и \((ABC)\) имеют общую точку \(K_1\), значит пересекаются по прямой. Обозначим через \(L\) и \(P\) точки, в которых эта прямая пересекает стороны \(AB\) и \(AD\). Тогда сечение — треугольник \(KLP\).

Так как \(KK_1 \perp (ABC)\), то \(KK_1 \perp AC\). Осталось проверить, что \(AC \perp LP\). Для этого заметим два факта:

— \(ABCD\) — квадрат, поэтому \(AC\) — биссектриса угла \(BAD\);

— треугольник \(KLP\) правильный, поэтому его высота \(KK_1\) является медианой, то есть \(LK_1 = K_1P\).

Значит в треугольнике \(ALP\) отрезок \(AK_1\) одновременно медиана и биссектриса, а потому и высота. Отсюда \(AC \perp LP\).

Прямая \(AC\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(KK_1\) и \(LP\) плоскости \(\alpha\), следовательно \(AC \perp \alpha\). Что и требовалось доказать.

б) Сравним объёмы пирамид \(KALP\) и \(SABCD\):

\[\frac{V_{KALP}}{V_{SABCD}} = \frac{KK_1}{SO}\cdot\frac{S_{ALP}}{S_{ABCD}}.\]

Прямоугольные треугольники \(AKK_1\) и \(ASO\) подобны по острому углу при вершине \(A\), поэтому

\[\frac{AK}{AS} = \frac{KK_1}{SO} = \frac{AK_1}{AO}.\]

Диагонали квадрата \(ABCD\) перпендикулярны, и \(AK_1 \perp LP\) по доказанному, поэтому обе площади удобно записать через произведения взаимно перпендикулярных отрезков:

\[\frac{S_{ALP}}{S_{ABCD}} = \frac{\frac{1}{2}AK_1\cdot LP}{\frac{1}{2}AC\cdot BD} = \frac{AK_1}{AC}\cdot\frac{LP}{BD} = \frac{1}{2}\cdot\frac{AK_1}{AO}\cdot\frac{LP}{BD}.\]

Из подобия прямоугольных треугольников \(AK_1L\) и \(AOB\)

\[\frac{AK_1}{AO} = \frac{LK_1}{BO} = \frac{LP}{BD},\]

поэтому

\[\frac{V_{KALP}}{V_{SABCD}} = \frac{AK}{AS}\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{AK_1}{AO}\right)^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{AK}{AS}\right)^3.\]

Теперь найдём \(V_{KALP}\). У правильного треугольника \(KLP\) высота равна \(KK_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}LP\), поэтому

\[S_{KLP} = \frac{\sqrt{3}}{4}LP^2 = 2\sqrt{3} \quad\Longrightarrow\quad LP = 2\sqrt{2}, \qquad KK_1 = \sqrt{6}.\]

Треугольник \(ALP\) прямоугольный и равнобедренный, поэтому

\[LP^2 = 2AP^2 = 8 \quad\Longrightarrow\quad AP = AL = 2,\]

\[V_{KALP} = \frac{1}{3}\cdot KK_1\cdot S_{ALP} = \frac{1}{3}\cdot\sqrt{6}\cdot\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2 = \frac{2\sqrt{6}}{3}.\]

Подставляем в найденное отношение:

\[\frac{\frac{2\sqrt{6}}{3}}{36\sqrt{6}} = \frac{1}{2}\left(\frac{AK}{AS}\right)^3, \qquad \left(\frac{AK}{AS}\right)^3 = \frac{1}{27} \quad\Longrightarrow\quad \frac{AK}{AS} = \frac{1}{3}.\]

Если \(AK = x\), то \(AS = 3x\) и \(SK = 2x\), откуда

\[SK : KA = 2 : 1.\]

Ответ: б) \(2 : 1\).

а) Обозначим плоскость \(MLN\) через \(\alpha\).

В треугольнике \(ABD\) точки \(M\) и \(N\) делят стороны \(AB\) и \(AD\) в одном отношении:

\[\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AD} = \frac{1}{5},\]

поэтому \(MN \parallel BD\).

Прямая \(BD\) не лежит в плоскости \(\alpha\) и параллельна прямой \(MN\), которая в \(\alpha\) лежит, значит \(BD \parallel \alpha\).

Плоскость \(\alpha\) пересекает плоскость \(BCD\) по прямой, проходящей через точку \(L\). Так как \(BD \parallel \alpha\), эта прямая параллельна \(BD\). Пусть она пересекает ребро \(CD\) в точке \(X\). Тогда в треугольнике \(BCD\) выполняется \(LX \parallel BD\), и по теореме Фалеса

\[\frac{CX}{CD} = \frac{CL}{CB} = \frac{4}{5},\]

то есть \(CX : XD = 4 : 1\). Что и требовалось доказать.

б) Сечением является четырёхугольник \(MLXN\): сторона \(ML\) лежит в грани \(ABC\), \(LX\) — в грани \(BCD\), \(XN\) — в грани \(ACD\), \(NM\) — в грани \(ABD\).

Так как \(AB = 10\), то

\[AM = BL = XD = 2, \qquad MB = LC = CX = ND = 8.\]

Обе прямые \(MN\) и \(LX\) параллельны \(BD\), поэтому \(MN \parallel LX\) и \(MLXN\) — трапеция. Её основания — средние линии подобных треугольников:

\[MN = \frac{BD}{5} = 2, \qquad LX = \frac{4BD}{5} = 8.\]

Найдём боковую сторону. В треугольнике \(MBL\) известно \(BM = 8\), \(BL = 2\), а угол \(MBL\) — это угол правильного треугольника \(ABC\), то есть \(60^\circ\). По теореме косинусов

\[ML^2 = 64 + 4 - 2\cdot 8\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 52, \qquad ML = 2\sqrt{13}.\]

Точно так же в треугольнике \(NDX\) имеем \(DN = 8\), \(DX = 2\), \(\angle NDX = 60^\circ\), откуда \(NX = 2\sqrt{13}\). Значит трапеция равнобедренная.

Проведём высоту \(MH\). В равнобедренной трапеции она отсекает от большего основания отрезок

\[LH = \frac{LX - MN}{2} = \frac{8 - 2}{2} = 3,\]

поэтому

\[MH = \sqrt{ML^2 - LH^2} = \sqrt{52 - 9} = \sqrt{43}.\]

Остаётся посчитать площадь:

\[S = \frac{MN + LX}{2}\cdot MH = \frac{2 + 8}{2}\cdot\sqrt{43} = 5\sqrt{43}.\]

Ответ: б) \(5\sqrt{43}\).

а) Плоскость \(CMK\) проходит через вершину \(C\) и через точки \(M\) и \(K\) на рёбрах \(AB\) и \(AD\), поэтому она отсекает от тетраэдра пирамиду \(CAMK\).

Пирамиды \(CAMK\) и \(CABD\) имеют общую вершину \(C\), а их основания \(AMK\) и \(ABD\) лежат в одной плоскости. Значит высоты этих пирамид равны, и объёмы пропорциональны площадям оснований:

\[\frac{V_{CAMK}}{V_{CABD}} = \frac{S_{AMK}}{S_{ABD}} = \frac{\frac{1}{2}\cdot AM\cdot AK\cdot\sin 60^\circ}{\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot\sin 60^\circ} = \frac{8\cdot 8}{10\cdot 10} = \frac{16}{25}.\]

На вторую часть приходится \(25 - 16 = 9\) таких же долей, поэтому плоскость делит объём в отношении \(16 : 9\). Что и требовалось доказать.

б) Угол \(MAK\) — это угол правильного треугольника \(ABD\), то есть \(60^\circ\). Вместе с \(AM = AK = 8\) это даёт равносторонний треугольник \(AMK\) со стороной 8, в частности \(MK = 8\).

Пусть \(N\) — середина \(MK\). Тогда \(AN\) — медиана равностороннего треугольника \(AMK\), а значит и его высота:

\[AN \perp MK, \qquad AN = \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 8 = 4\sqrt{3}.\]

Из треугольника \(ACM\), где \(AC = 10\), \(AM = 8\) и \(\angle MAC = 60^\circ\), по теореме косинусов

\[CM^2 = 100 + 64 - 2\cdot 10\cdot 8\cdot\frac{1}{2} = 84, \qquad CM = 2\sqrt{21}.\]

Точно так же \(CK = 2\sqrt{21}\). Треугольник \(CMK\) равнобедренный, поэтому его медиана \(CN\) тоже является высотой:

\[CN \perp MK, \qquad CN = \sqrt{CM^2 - MN^2} = \sqrt{84 - 16} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17}.\]

Прямая \(MK\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(AN\) и \(CN\) плоскости \((ACN)\), следовательно \(MK \perp (ACN)\). Плоскость \(CMK\) содержит прямую \(MK\), поэтому

\[(CMK) \perp (ACN),\]

а линия их пересечения — прямая \(CN\). Значит проекцией прямой \(AC\) на плоскость \(CMK\) является прямая \(CN\), и искомый угол — это \(\angle ACN\).

В треугольнике \(ACN\) известны все три стороны: \(AC = 10\), \(CN = 2\sqrt{17}\), \(AN = 4\sqrt{3}\). По теореме косинусов

\[\cos\varphi = \frac{AC^2 + CN^2 - AN^2}{2\cdot AC\cdot CN} = \frac{100 + 68 - 48}{2\cdot 10\cdot 2\sqrt{17}} = \frac{120}{40\sqrt{17}} = \frac{3}{\sqrt{17}} = \frac{3\sqrt{17}}{17}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{3\sqrt{17}}{17}\).