№15. Стереометрическая задача

Идея решения

Параллелепипед прямоугольный, поэтому его рёбра — готовые оси координат. Вводим координаты, и оба пункта превращаются в короткий счёт: в первом достаточно увидеть два параллельных вектора, во втором — найти нормали к плоскостям.

Пункт а). Шаг 1. Координаты вершин

Направим оси по рёбрам из вершины \(A\): ось \(x\) — вдоль \(AB\), ось \(y\) — вдоль \(AD\), ось \(z\) — вдоль \(AA_1\). Тогда

\[A(0;\ 0;\ 0),\quad B(2;\ 0;\ 0),\]

\[D(0;\ 6;\ 0),\quad A_1(0;\ 0;\ 6),\]

\[B_1(2;\ 0;\ 6),\quad C_1(2;\ 6;\ 6),\]

\[D_1(0;\ 6;\ 6).\]

Шаг 2. Координаты точек E, F, T

Точка \(E\) лежит на \(AA_1\) и делит его в отношении \(A_1E : EA = 1 : 2\), считая от вершины \(A_1\). Значит,

\[A_1E = \frac13\cdot 6 = 2,\]

то есть \(E\) находится на высоте \(6 - 2 = 4\):

\[E(0;\ 0;\ 4).\]

Важно! Порядок букв в отношении показывает, от какой вершины считать. Если взять \(AE : EA_1 = 1 : 2\), получится другая точка \(E(0;0;2)\) — и всё решение развалится.

Точка \(F\) на ребре \(BB_1\), \(B_1F : FB = 1 : 5\), поэтому

\[B_1F = \frac16\cdot 6 = 1,\qquad F(2;\ 0;\ 5).\]

Точка \(T\) — середина \(B_1C_1\):

\[T(2;\ 3;\ 6).\]

Шаг 3. Два параллельных вектора

\[\vec{ED_1} = (0 - 0;\ 6 - 0;\ 6 - 4) = (0;\ 6;\ 2),\]

\[\vec{FT} = (2 - 2;\ 3 - 0;\ 6 - 5) = (0;\ 3;\ 1).\]

Видно, что

\[\vec{ED_1} = 2\,\vec{FT},\]

то есть прямые \(ED_1\) и \(FT\) параллельны. Совпасть они не могут: точка \(E\) лежит на ребре \(AA_1\), а прямая \(FT\) — в плоскости \(x = 2\).

Шаг 4. Вывод

Через две параллельные прямые проходит ровно одна плоскость. В ней лежат все четыре точки \(E\), \(D_1\), \(F\), \(T\). Значит, плоскость \(EFT\) содержит вершину \(D_1\). Пункт а) доказан.

Пункт б). Шаг 5. Нормаль к плоскости EFT

Берём два вектора в плоскости:

\[\vec{EF} = (2;\ 0;\ 1),\qquad \vec{ET} = (2;\ 3;\ 2).\]

Их векторное произведение и будет нормалью:

\[\vec n = \vec{EF}\times\vec{ET} =\]

\[= \big(0\cdot 2 - 1\cdot 3;\ 1\cdot 2 - 2\cdot 2;\]

\[2\cdot 3 - 0\cdot 2\big) = (-3;\ -2;\ 6).\]

Длина нормали:

\[|\vec n| = \sqrt{9 + 4 + 36} = 7.\]

Шаг 6. Нормаль ко второй плоскости

Плоскость \(AA_1B_1\) — это координатная плоскость \(y = 0\): у точек \(A\), \(A_1\), \(B_1\) вторая координата равна нулю. Её нормаль

\[\vec m = (0;\ 1;\ 0).\]

Шаг 7. Угол между плоскостями

\[\cos\varphi = \frac{\left|\vec n\cdot\vec m\right|}{|\vec n|\cdot|\vec m|} =\]

\[= \frac{|-2|}{7\cdot 1} = \frac27,\]

\[\varphi = \arccos\frac27.\]

Важно! В числителе стоит модуль: угол между плоскостями берут острый. Без модуля можно получить тупой угол и потерять балл.

Ответ по пунктам

а) доказано; б) \(\varphi = \arccos\dfrac27\).

Ответ: б) \(\arccos\dfrac27\)

Идея решения

Призма прямая, поэтому всё сводится к основанию: у точки \(K\) есть «тень» на основании — середина \(AB\). Перпендикулярность доказывается теоремой о трёх перпендикулярах, а угол с плоскостью считается как \(\sin\varphi = \dfrac{\text{расстояние до плоскости}}{\text{длина наклонной}}\).

Пункт а). Шаг 1. Проекция точки K

Призма прямая, значит, боковые рёбра перпендикулярны основанию. Обозначим через \(K_0\) середину ребра \(AB\). Тогда отрезок \(KK_0\) параллелен боковому ребру \(AA_1\) и равен ему, поэтому

\[KK_0 \perp (ABC),\]

то есть \(K_0\) — проекция точки \(K\) на плоскость основания.

Шаг 2. Где стоит точка M

Треугольник \(ABC\) равнобедренный (\(AB = BC\)), поэтому высота, проведённая из \(B\), попадает в середину основания \(AC\). Обозначим эту середину \(H_0\):

\[AH_0 = \frac{AC}{2}.\]

В треугольнике \(ABH_0\) точка \(K_0\) — середина стороны \(AB\). Проведём из \(K_0\) отрезок, параллельный \(BH_0\). Это средняя линия, и она попадает в середину \(AH_0\), то есть на расстояние \(\dfrac{AC}{4}\) от точки \(A\).

Но по условию

\[AM = \frac{AC}{4},\]

значит, именно \(M\) и есть эта точка, и

\[K_0M \parallel BH_0,\qquad K_0M \perp AC.\]

Шаг 3. Теорема о трёх перпендикулярах

Отрезок \(KM\) — наклонная к плоскости основания, \(K_0M\) — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой \(AC\), значит, и сама наклонная перпендикулярна \(AC\):

\[KM \perp AC.\]

Пункт а) доказан.

Важно! В теореме о трёх перпендикулярах проверяется перпендикулярность проекции. Проверять «на глаз» саму наклонную нельзя.

Пункт б). Шаг 4. Длина KM

Считаем высоту основания из вершины \(B\):

\[BH_0 = \sqrt{AB^2 - AH_0^2} = \sqrt{36 - 16} = 2\sqrt5.\]

Отрезок \(K_0M\) — средняя линия треугольника \(ABH_0\), поэтому

\[K_0M = \frac{BH_0}{2} = \sqrt5.\]

Треугольник \(KK_0M\) прямоугольный (\(KK_0 \perp\) основанию), \(KK_0 = AA_1 = 3\), значит,

\[KM = \sqrt{KK_0^2 + K_0M^2} =\]

\[= \sqrt{9 + 5} = \sqrt{14}.\]

Шаг 5. Расстояние от M до плоскости ABB₁

Плоскость \(ABB_1\) содержит боковое ребро \(BB_1\), перпендикулярное основанию, поэтому она сама перпендикулярна основанию и пересекает его по прямой \(AB\).

Значит, расстояние от точки \(M\) до плоскости \(ABB_1\) равно расстоянию от \(M\) до прямой \(AB\) внутри основания. Обозначим основание этого перпендикуляра \(F\).

Найдём \(MF\) через площадь треугольника \(ABM\). С одной стороны, за основание берём \(AM\), а высотой служит высота \(BH_0\) (она опущена на прямую \(AC\), на которой лежит \(AM\)):

\[S_{ABM} = \frac12\cdot AM\cdot BH_0 =\]

\[= \frac12\cdot 2\cdot 2\sqrt5 = 2\sqrt5.\]

С другой стороны, за основание можно взять \(AB\):

\[S_{ABM} = \frac12\cdot AB\cdot MF = 3\,MF.\]

Приравниваем:

\[3\,MF = 2\sqrt5,\qquad MF = \frac{2\sqrt5}{3}.\]

Шаг 6. Сам угол

Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Здесь проекция прямой \(KM\) на плоскость \(ABB_1\) — это прямая \(KF\), поэтому искомый угол — это \(\angle MKF\), а треугольник \(MFK\) прямоугольный (угол при \(F\) прямой).

Тогда

\[\sin\varphi = \frac{MF}{KM} = \frac{\frac{2\sqrt5}{3}}{\sqrt{14}} =\]

\[= \frac{2\sqrt5}{3\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{70}}{42} = \frac{\sqrt{70}}{21},\]

\[\varphi = \arcsin\frac{\sqrt{70}}{21}.\]

Важно! Синус угла между наклонной и плоскостью — это всегда отношение расстояния от точки до плоскости к длине наклонной. Считать через косинус здесь опаснее: легко взять не ту проекцию.

Ответ по пунктам

а) доказано; б) \(\varphi = \arcsin\dfrac{\sqrt{70}}{21}\).

Ответ: б) \(\arcsin\dfrac{\sqrt{70}}{21}\)

Идея решения

Работает одно свойство: если плоскость параллельна прямой, лежащей в грани, то она пересекает эту грань по прямой, параллельной ей. Отсюда сразу получится параллелограмм. А чтобы он оказался прямоугольником, докажем, что \(AC \perp BD\) — это правда для любой правильной треугольной пирамиды.

Пункт а). Шаг 1. Строим сечение

Секущая плоскость проходит через точку \(T\) и параллельна двум скрещивающимся прямым — \(AC\) и \(BD\). Найдём, по каким отрезкам она пересекает грани пирамиды.

Грань \(ACD\) содержит прямую \(AC\) и точку \(T\). Плоскость параллельна \(AC\), поэтому пересекает эту грань по отрезку, параллельному \(AC\). Пусть он пересекает ребро \(CD\) в точке \(S\):

\[TS \parallel AC.\]

Грань \(ABD\) содержит прямую \(BD\) и ту же точку \(T\). Значит,

\[TP \parallel BD,\qquad P \in AB.\]

Грань \(ABC\) содержит \(AC\) и точку \(P\):

\[PQ \parallel AC,\qquad Q \in BC.\]

Грань \(BCD\) содержит \(BD\) и точки \(Q\), \(S\):

\[QS \parallel BD.\]

Шаг 2. Сечение — параллелограмм

В четырёхугольнике \(PTSQ\):

\[PT \parallel BD \parallel SQ,\qquad TS \parallel AC \parallel QP.\]

Обе пары противоположных сторон параллельны, значит, \(PTSQ\) — параллелограмм.

Шаг 3. Ключевой факт: AC ⊥ BD

Пусть \(M\) — середина ребра \(AC\).

Треугольник \(ABC\) равносторонний, поэтому медиана \(BM\) является высотой:

\[BM \perp AC.\]

Пирамида правильная, поэтому \(DA = DC\), и треугольник \(ADC\) равнобедренный. Его медиана \(DM\) тоже высота:

\[DM \perp AC.\]

Прямая \(AC\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(BM\) и \(DM\) плоскости \(BMD\), значит,

\[AC \perp (BMD).\]

Прямая \(BD\) лежит в плоскости \(BMD\), поэтому

\[AC \perp BD.\]

Важно! Признак перпендикулярности прямой и плоскости требует двух пересекающихся прямых. Одной прямой недостаточно — это типичная потеря балла.

Шаг 4. Параллелограмм с прямыми углами

Стороны \(PT\) и \(TS\) параллельны перпендикулярным прямым \(BD\) и \(AC\), значит, они сами перпендикулярны:

\[PT \perp TS.\]

Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник. Пункт а) доказан.

Пункт б). Шаг 5. Сторона PT

В грани \(ABD\) отрезок \(TP\) параллелен \(BD\), поэтому треугольники \(ATP\) и \(ADB\) подобны с коэффициентом

\[\frac{AT}{AD} = \frac{2}{3}.\]

Значит,

\[PT = \frac23 BD = \frac23\cdot 5 = \frac{10}{3}.\]

Шаг 6. Сторона TS

В грани \(ACD\) отрезок \(TS\) параллелен \(AC\), поэтому треугольники \(DTS\) и \(DAC\) подобны с коэффициентом

\[\frac{DT}{DA} = \frac{1}{3}.\]

Значит,

\[TS = \frac13 AC = \frac13\cdot 6 = 2.\]

Важно! Коэффициенты разные: для \(PT\) считаем от вершины \(A\) (\(\frac23\)), а для \(TS\) — от вершины \(D\) (\(\frac13\)). Если взять один и тот же коэффициент, ответ будет неверным.

Шаг 7. Площадь

\[S = PT\cdot TS = \frac{10}{3}\cdot 2 = \frac{20}{3}.\]

Ответ по пунктам

а) доказано; б) \(S = \dfrac{20}{3}\).

Ответ: б) \(S = \dfrac{20}{3}\)

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