№15. Стереометрическая задача

Пункт а, шаг 1. Строим сечение

Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(BC\). Разберём, как она режет пирамиду.

Основание. Плоскость \(ABCD\) содержит \(BC\), а \(\alpha\) параллельна \(BC\) и имеет с основанием общую точку \(N\). Значит \(\alpha\) пересекает основание по прямой, проходящей через \(N\) параллельно \(BC\); она пересекает \(AB\) в точке \(P\).

Грань \(SBC\). Она содержит \(BC\), а \(\alpha\) имеет с ней общую точку \(K\). Значит \(\alpha\) пересекает эту грань по прямой, проходящей через \(K\) параллельно \(BC\); она пересекает \(SB\) в точке \(L\).

Сечение — четырёхугольник \(PLKN\).

Важно! Всё опирается на одну лемму: если прямая \(a\) параллельна плоскости \(\beta\), а плоскость \(\gamma\) содержит \(a\) и пересекает \(\beta\), то линия пересечения параллельна \(a\). Здесь она применена дважды — к основанию и к боковой грани.

Пункт а, шаг 2. Считаем отношения

В квадрате \(ABCD\): \(NP \parallel BC\), а \(BC\) перпендикулярно и \(AB\), и \(DC\). Значит \(ADNP\) — прямоугольник, и

\[AP = DN = 1,\qquad PB = 4 - 1 = 3.\]

В треугольнике \(SBC\): \(KL \parallel BC\), поэтому

\[\dfrac{SL}{LB} = \dfrac{SK}{KC} = \dfrac13,\qquad\text{то есть}\qquad \dfrac{BL}{BS} = \dfrac34.\]

Теперь смотрим на треугольник \(SAB\). В нём

\[\dfrac{BP}{BA} = \dfrac34,\qquad \dfrac{BL}{BS} = \dfrac34.\]

Отрезки отложены от общей вершины \(B\) в одинаковом отношении, значит

\[PL \parallel SA.\]

Прямая \(PL\) лежит в плоскости \(\alpha\), а прямая \(SA\) в ней не лежит. Прямая, параллельная прямой плоскости и не лежащая в этой плоскости, параллельна самой плоскости:

\[SA \parallel \alpha.\]

Пункт б, шаг 1. Где искать линейный угол

Плоскости \(\alpha\) и \((SBC)\) пересекаются по прямой \(KL\) — она лежит в обеих. Напомним, что \(KL \parallel BC\).

Пусть \(E\) и \(F\) — середины сторон \(AD\) и \(BC\). Тогда \(EF \parallel AB\), а значит \(EF \perp BC\). Высота пирамиды \(SO\) перпендикулярна основанию, поэтому \(SO \perp BC\). Две пересекающиеся прямые \(EF\) и \(SO\) плоскости \((SEF)\) перпендикулярны \(BC\), значит

\[BC \perp (SEF),\qquad\text{а вместе с ней и}\qquad KL \perp (SEF).\]

Отсюда план: всё, что лежит в плоскости \((SEF)\), автоматически перпендикулярно \(KL\). Обозначим \(M = KL \cap (SEF)\) (это середина \(KL\), она лежит на \(SF\)) и \(Q = \alpha \cap EF\) (это середина \(PN\)). Тогда \(MF \subset (SBC)\), \(MQ \subset \alpha\), и обе эти прямые перпендикулярны \(KL\). Значит искомый угол

\[\varphi = \angle QMF.\]

Пункт б, шаг 2. Считаем стороны треугольника QMF

Треугольник \(SBC\) равнобедренный (\(SB = SC = 7\)), поэтому его медиана \(SF\) — ещё и высота:

\[SF = \sqrt{SB^2 - BF^2} = \sqrt{49 - 4} = \sqrt{45} = 3\sqrt5.\]

Точка \(M\) лежит на \(SF\), причём \(SM : MF = SK : KC = 1 : 3\), значит

\[MF = \dfrac34\,SF = \dfrac{9\sqrt5}{4}.\]

Точка \(Q\) лежит на \(EF\). Прямая \(PN\) параллельна \(BC\) и удалена от \(AD\) на \(AP = 1\), поэтому \(EQ = 1\), а так как \(EF = AB = 4\):

\[QF = 4 - 1 = 3.\]

Треугольник \(SEF\) равнобедренный (\(SE = SF\)), его высота падает в середину \(O\) отрезка \(EF\), поэтому

\[\cos\angle MFQ = \cos\angle SFE = \dfrac{OF}{SF} = \dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

По теореме косинусов в треугольнике \(MFQ\):

\[MQ^2 = MF^2 + QF^2 - 2\cdot MF\cdot QF\cdot\cos\angle MFQ = \dfrac{405}{16} + 9 - 2\cdot\dfrac{9\sqrt5}{4}\cdot 3\cdot\dfrac{2}{3\sqrt5} = \dfrac{405}{16} + 9 - 9 = \dfrac{405}{16}.\]

\[MQ = \dfrac{9\sqrt5}{4} = MF.\]

Пункт б, шаг 3. Угол

Треугольник \(QMF\) оказался равнобедренным: \(MQ = MF = \dfrac{9\sqrt5}{4}\), а основание \(QF = 3\). Высота из вершины \(M\) делит основание пополам, поэтому

\[\sin\dfrac{\varphi}{2} = \dfrac{QF/2}{MF} = \dfrac{3/2}{\dfrac{9\sqrt5}{4}} = \dfrac32\cdot\dfrac{4}{9\sqrt5} = \dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

\[\varphi = 2\arcsin\dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

Важно! Тот же ответ можно записать через косинус: \(\cos\varphi = 1 - 2\sin^2\frac{\varphi}{2} = 1 - 2\cdot\frac{4}{45} = \frac{37}{45}\), то есть \(\varphi = \arccos\frac{37}{45}\). Обе записи верны — если в ответе на сайте стоит одна, а у вас получилась другая, сначала проверьте их на совпадение, а не переделывайте решение.

Ответ: \(2\arcsin\dfrac{2}{3\sqrt5}\)

Пункт а. Стороны квадрата параллельны рёбрам

Обозначим плоскость квадрата через \(\beta\). У квадрата противоположные стороны параллельны:

\[KL \parallel MN,\qquad LM \parallel NK.\]

Докажем, что \(KL \parallel CD\). Сторона \(KL\) лежит в грани \(ACD\), а прямая \(CD\) — тоже в этой грани. Предположим, что они не параллельны; тогда они пересекаются в некоторой точке \(X\).

Точка \(X\) лежит на прямой \(KL\), значит \(X \in \beta\). Кроме того \(X\) лежит на прямой \(CD\), значит \(X\) лежит и в грани \(BCD\). Но плоскость \(\beta\) пересекает грань \(BCD\) по стороне \(MN\), поэтому \(X \in MN\).

Получается, что \(X\) — общая точка прямых \(KL\) и \(MN\), а они параллельны. Противоречие. Значит

\[KL \parallel CD.\]

Важно! Этот приём «от противного через общую точку» — рабочий способ доказать, что сторона сечения параллельна ребру, когда про саму плоскость сечения ничего заранее не известно. Запомните схему: предположили пересечение → нашли точку сразу на двух параллельных прямых → противоречие.

Точно так же доказывается, что \(LM \parallel AB\): сторона \(LM\) лежит в грани \(ABD\), сторона \(NK\) — в грани \(ABC\), эти грани пересекаются по прямой \(AB\), а \(LM \parallel NK\).

Осталось соединить: в квадрате соседние стороны перпендикулярны, \(KL \perp LM\). Так как \(KL \parallel CD\) и \(LM \parallel AB\), получаем

\[AB \perp CD.\]

Пункт б, шаг 1. Находим рёбра AB и CD

В треугольнике \(ACD\) прямая \(KL\) параллельна \(CD\), поэтому

\[\dfrac{KL}{CD} = \dfrac{AK}{AC} = \dfrac{2}{2+3} = \dfrac25,\qquad 2 = \dfrac25\,CD\ \Longrightarrow\ CD = 5.\]

Из той же параллельности \(\dfrac{AL}{AD} = \dfrac{AK}{AC} = \dfrac25\), значит \(\dfrac{DL}{DA} = \dfrac35\). Теперь в треугольнике \(ABD\) прямая \(LM\) параллельна \(AB\):

\[\dfrac{LM}{AB} = \dfrac{DL}{DA} = \dfrac35,\qquad 2 = \dfrac35\,AB\ \Longrightarrow\ AB = \dfrac{10}{3}.\]

Важно! Коэффициенты подобия разные: для \(KL\) он отсчитан от вершины \(A\) (\(\frac25\)), а для \(LM\) — от вершины \(D\) (\(\frac35\)). Если взять один и тот же коэффициент дважды, ответ развалится.

Пункт б, шаг 2. Куда девается расстояние

Плоскость \(\beta\) параллельна прямой \(AB\) (в ней лежит прямая \(LM \parallel AB\)) и параллельна прямой \(CD\). Поэтому расстояние от точки \(B\) до \(\beta\) — это расстояние от всей прямой \(AB\) до \(\beta\).

Пусть \(d\) — расстояние между прямыми \(AB\) и \(CD\), то есть длина их общего перпендикуляра. Этот перпендикуляр перпендикулярен обеим прямым, а значит и плоскости \(\beta\) (она параллельна обеим). Плоскость \(\beta\) пересекает его и делит на две части:

\[\rho(AB,\beta) + \rho(CD,\beta) = d.\]

Отрезок \(AC\) пересекает плоскость \(\beta\) в точке \(K\), поэтому расстояния от \(A\) и от \(C\) до \(\beta\) относятся как \(AK : KC = 2 : 3\). Но расстояние от \(A\) — это и есть \(\rho(AB,\beta)\), а расстояние от \(C\) — это \(\rho(CD,\beta)\). Значит

\[\rho(B,\beta) = \dfrac{2}{5}\,d.\]

Пункт б, шаг 3. Находим d из объёма

Для тетраэдра, у которого рёбра \(AB\) и \(CD\) перпендикулярны, объём считается по формуле

\[V = \dfrac16\,AB\cdot CD\cdot d.\]

Важно! Откуда формула. Достроим тетраэдр до параллелепипеда: через каждое ребро проведём плоскость, параллельную противоположному ребру. Рёбра тетраэдра станут диагоналями граней, а сам тетраэдр получится из параллелепипеда отсечением четырёх угловых тетраэдров, каждый объёмом \(\frac16\) параллелепипеда, поэтому \(V_{\text{тетр}} = \frac13 V_{\text{пар}}\). Две противоположные грани параллелепипеда содержат \(AB\) и \(CD\) как диагонали; расстояние между ними равно \(d\), а площадь каждой — \(\frac12\,AB\cdot CD\) (диагонали перпендикулярны). Отсюда \(V_{\text{пар}} = \frac12 AB\cdot CD\cdot d\) и \(V = \frac16 AB\cdot CD\cdot d\).

Подставляем:

\[25 = \dfrac16\cdot\dfrac{10}{3}\cdot 5\cdot d = \dfrac{25}{9}\,d \ \Longrightarrow\ d = 9.\]

\[\rho(B,\beta) = \dfrac25\cdot 9 = 3{,}6.\]

Ответ: \(3{,}6\)

Пункт а, шаг 1. Разбираемся с основанием

Точки \(A\), \(B\), \(C\) лежат на одной окружности, причём \(AC\) — диаметр. Вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой:

\[\angle ABC = 90^\circ.\]

Значит треугольник \(ABC\) прямоугольный, а угол при вершине \(C\) равен \(45^\circ\) — такой треугольник равнобедренный:

\[BC = AB = 2\sqrt3,\qquad AC = AB\sqrt2 = 2\sqrt3\cdot\sqrt2 = 2\sqrt6.\]

Пункт а, шаг 2. Переносим прямую BC к точке A

Прямые \(AC_1\) и \(BC\) скрещиваются. Угол между скрещивающимися прямыми ищут так: одну из них параллельно переносят к точке, лежащей на другой.

Пусть \(D\) — точка окружности, диаметрально противоположная \(B\). Тогда у четырёхугольника \(ABCD\) обе диагонали \(AC\) и \(BD\) — диаметры: они равны и точкой пересечения делятся пополам. Четырёхугольник, у которого диагонали равны и делятся пополам, — прямоугольник. Значит

\[AD \parallel BC,\qquad AD = BC.\]

Остаётся найти угол \(C_1AD\).

Важно! Вписанный прямоугольник \(ABCD\) — не случайная выдумка, а стандартный приём: если в условии есть диаметр и точка окружности, почти всегда полезно достроить диаметрально противоположную точку.

Пункт а, шаг 3. Треугольник ADC₁ прямоугольный

Угол при вершине \(D\) прямой:

\(AD \perp DC\) — угол прямоугольника \(ABCD\);
\(AD \perp CC_1\) — образующая перпендикулярна плоскости основания, а \(AD\) лежит
в этой плоскости.

\[AD \perp (DCC_1)\ \Longrightarrow\ AD \perp DC_1.\]

Длина \(AC_1\) считается из прямоугольного треугольника \(ACC_1\):

\[AC_1 = \sqrt{AC^2 + CC_1^2} = \sqrt{24 + 24} = \sqrt{48} = 4\sqrt3.\]

В прямоугольном треугольнике \(ADC_1\):

\[\cos\angle DAC_1 = \dfrac{AD}{AC_1} = \dfrac{2\sqrt3}{4\sqrt3} = \dfrac12 \ \Longrightarrow\ \angle DAC_1 = 60^\circ.\]

Пункт б. Треугольник ABC₁ — прямоугольный

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на прямую. Опустим из \(B\) перпендикуляр \(BH\) на прямую \(AC_1\) и будем искать \(BH\).

Сначала докажем, что треугольник \(ABC_1\) прямоугольный:

\(AB \perp BC\) — это доказанный в пункте а) прямой угол \(ABC\);
\(AB \perp CC_1\) — образующая перпендикулярна плоскости основания.

Прямые \(BC\) и \(CC_1\) пересекаются в точке \(C\) и задают плоскость \((BCC_1)\), поэтому

\[AB \perp (BCC_1)\ \Longrightarrow\ AB \perp BC_1.\]

Находим второй катет (треугольник \(BCC_1\) прямоугольный, так как \(CC_1 \perp BC\)):

\[BC_1 = \sqrt{BC^2 + CC_1^2} = \sqrt{12 + 24} = \sqrt{36} = 6.\]

Проверим себя: \(AB^2 + BC_1^2 = 12 + 36 = 48\), и \(AC_1^2 = (4\sqrt3)^2 = 48\) — сходится, гипотенуза \(AC_1\) на месте.

Высота к гипотенузе

Площадь прямоугольного треугольника \(ABC_1\) можно посчитать двумя способами: через катеты и через гипотенузу с высотой:

\[\dfrac12\,AB\cdot BC_1 = \dfrac12\,AC_1\cdot BH.\]

\[BH = \dfrac{AB\cdot BC_1}{AC_1} = \dfrac{2\sqrt3\cdot 6}{4\sqrt3} = \dfrac{12\sqrt3}{4\sqrt3} = 3.\]

Важно! Формула «высота к гипотенузе = произведение катетов, делённое на гипотенузу» — следствие двух записей площади. Её стоит знать наизусть: в №14 она встречается постоянно.

Ответ: \(3\)

Пункт а, шаг 1. A₁C₁ — диаметр верхнего основания

Отметим точку \(A_1\) верхнего основания, лежащую над \(A\) (то есть \(AA_1\) — образующая).

Отрезок \(AC_1\) пересекает ось цилиндра, значит прямая \(AC_1\) и ось лежат в одной плоскости; обозначим её \(\beta\). Эта плоскость содержит ось, а ось перпендикулярна основаниям, поэтому \(\beta\) пересекает каждое основание по прямой, проходящей через его центр, то есть по диаметру.

Прямая \(AA_1\) параллельна оси (обе перпендикулярны основаниям) и проходит через точку \(A \in \beta\), значит \(AA_1\) целиком лежит в \(\beta\), и потому \(A_1 \in \beta\).

Итак, точки \(A_1\) и \(C_1\) лежат в плоскости \(\beta\) и на окружности верхнего основания, а \(\beta\) пересекает это основание по диаметру. Значит

\[A_1C_1 \text{ — диаметр верхнего основания.}\]

Важно! Фраза «отрезок пересекает ось» — это и есть ключ ко всей задаче. Из неё следует, что \(A\) и \(C_1\) лежат «по разные стороны» цилиндра, и над \(A\) получается конец диаметра.

Пункт а, шаг 2. Цепочка перпендикулярностей

Точка \(B_1\) лежит на окружности верхнего основания, а \(A_1C_1\) — его диаметр, поэтому вписанный угол прямой:

\[\angle A_1B_1C_1 = 90^\circ,\qquad\text{то есть}\qquad B_1C_1 \perp A_1B_1.\]

Кроме того, \(BB_1\) — образующая, она перпендикулярна плоскости верхнего основания, а \(B_1C_1\) лежит в этой плоскости, поэтому \(B_1C_1 \perp BB_1\).

Прямая \(B_1C_1\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(A_1B_1\) и \(BB_1\) плоскости \((ABB_1A_1)\), значит

\[B_1C_1 \perp (ABB_1A_1)\ \Longrightarrow\ B_1C_1 \perp AB.\]

Теперь повторим приём ещё раз. Мы знаем, что

\(AB \perp B_1C_1\) — только что доказано;
\(AB \perp BB_1\) — образующая перпендикулярна плоскости нижнего основания, а
\(AB\) лежит в ней.

Прямые \(B_1C_1\) и \(BB_1\) пересекаются в точке \(B_1\) и задают плоскость \((BB_1C_1)\), поэтому

\[AB \perp (BB_1C_1)\ \Longrightarrow\ AB \perp BC_1,\]

то есть угол \(ABC_1\) прямой.

Важно! Признак перпендикулярности прямой и плоскости здесь применён дважды подряд: сначала чтобы «спустить» перпендикулярность с \(A_1B_1\) на \(AB\), потом чтобы «перевести» её с \(B_1C_1\) на \(BC_1\). Это типовая связка для задач про цилиндр.

Пункт б. Радиус и площадь

Четырёхугольник \(ABB_1A_1\) — прямоугольник: \(AA_1\) и \(BB_1\) — образующие, они параллельны, равны и перпендикулярны основаниям. Значит

\[A_1B_1 = AB = 20.\]

В прямоугольном треугольнике \(A_1B_1C_1\) (прямой угол при \(B_1\)):

\[A_1C_1 = \sqrt{A_1B_1^2 + B_1C_1^2} = \sqrt{400 + 441} = \sqrt{841} = 29.\]

Это диаметр, поэтому \(R = \dfrac{29}{2} = 14{,}5\). Высота цилиндра равна образующей: \(H = BB_1 = 15\). Остаётся формула боковой поверхности:

\[S_{\text{бок}} = 2\pi R H = 2\pi\cdot 14{,}5\cdot 15 = 435\pi.\]

Важно! Тройка \(20,\ 21,\ 29\) — пифагорова. Полезно держать в голове набор: \(3{-}4{-}5\), \(5{-}12{-}13\), \(8{-}15{-}17\), \(7{-}24{-}25\), \(20{-}21{-}29\). На экзамене это экономит минуту и спасает от арифметической ошибки.

Ответ: \(435\pi\)

Пункт а, шаг 1. Разбираемся с основанием

Точки \(A\), \(B\), \(C\) лежат на одной окружности, причём \(AC\) — диаметр. Вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой:

\[\angle ABC = 90^\circ.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) катет \(AB = 1\) лежит против угла \(30^\circ\), а против угла \(30^\circ\) лежит катет, вдвое меньший гипотенузы:

\[AC = 2\,AB = 2,\qquad BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{4 - 1} = \sqrt3.\]

Заодно получили радиус основания: \(R = \dfrac{AC}{2} = 1\).

Пункт а, шаг 2. Переносим прямую BC к точке A

Прямые \(AC_1\) и \(BC\) скрещиваются. Угол между скрещивающимися прямыми ищут так: одну из них параллельно переносят к точке, лежащей на другой.

Пусть \(D\) — точка окружности, диаметрально противоположная \(B\). Тогда у четырёхугольника \(ABCD\) обе диагонали \(AC\) и \(BD\) — диаметры: они равны и точкой пересечения делятся пополам. Четырёхугольник, у которого диагонали равны и делятся пополам, — прямоугольник. Значит

\[AD \parallel BC,\qquad AD = BC.\]

Остаётся найти угол \(C_1AD\).

Важно! Вписанный прямоугольник \(ABCD\) — не случайная выдумка, а стандартный приём: если в условии есть диаметр и точка окружности, почти всегда полезно достроить диаметрально противоположную точку.

Пункт а, шаг 3. Треугольник ADC₁ прямоугольный

Разберёмся с углом при вершине \(D\):

\(AD \perp DC\) — это угол прямоугольника \(ABCD\);
\(AD \perp CC_1\) — образующая \(CC_1\) перпендикулярна плоскости основания, а
\(AD\) лежит в этой плоскости.

Прямая \(AD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(DC\) и \(CC_1\) плоскости \((DCC_1)\), значит

\[AD \perp (DCC_1)\ \Longrightarrow\ AD \perp DC_1.\]

Теперь найдём \(AC_1\). Образующая \(CC_1\) перпендикулярна основанию, поэтому треугольник \(ACC_1\) прямоугольный:

\[AC_1 = \sqrt{AC^2 + CC_1^2} = \sqrt{4 + 8} = \sqrt{12} = 2\sqrt3.\]

В прямоугольном треугольнике \(ADC_1\) (прямой угол при \(D\)):

\[\cos\angle DAC_1 = \dfrac{AD}{AC_1} = \dfrac{\sqrt3}{2\sqrt3} = \dfrac12 \ \Longrightarrow\ \angle DAC_1 = 60^\circ.\]

Важно! Угол между прямыми по определению не превосходит \(90^\circ\). Если бы косинус получился отрицательным, нужно было бы взять смежный угол — а \(\frac12 > 0\), значит \(60^\circ\) и есть ответ.

Пункт б. Площадь боковой поверхности

Боковая поверхность цилиндра — это прямоугольник со сторонами \(2\pi R\) (длина окружности основания) и \(H\) (высота):

\[S_{\text{бок}} = 2\pi R H.\]

Высота цилиндра равна образующей: \(H = CC_1 = 2\sqrt2\). Радиус мы уже нашли: \(R = 1\). Значит

\[S_{\text{бок}} = 2\pi\cdot 1\cdot 2\sqrt2 = 4\sqrt2\,\pi.\]

Важно! Самая обидная ошибка здесь — подставить в формулу диаметр вместо радиуса. В условии дан диаметр \(AC = 2\), а в формулу идёт \(R = 1\).

Ответ: \(4\sqrt2\,\pi\)