Задания по теме «Стереометрия. Расстояния и углы в пространстве»

а) У трёхгранного угла каждый из плоских углов равен 90^. Докажите, что углы между любой парой биссектрис этих плоских углов равны по 60^.

б) У трехгранного угла из пункта а) рассмотрим три биссектрисы плоских углов; будем рассматривать новый трехгранный угол, образованный этими биссектрисами. В последний трёхгранный угол вписан шар, объём которого равен 1 . Найдите расстояние его центра от вершины угла.

а) Впишем в заданный трёхгранный угол единичный куб ABCOA_1B_1C_1O_1.

Тогда OA_1, OC_1 и OB являются биссектрисами плоских углов заданного трёхгранного угла.

В треугольнике A_1OC_1 все стороны A_1O, OC_1, A_1C_1 являются диагоналями квадратов со стороной, равной 1 . Поэтому их длины равны \sqrt 2. Треугольник A_1OC_1 — равносторонний, поэтому любой его внутренний угол равен 60^. В частности, угол A_1OC_1 между диагоналями A_1O и OC_1 равен 60^. Аналогично доказывается, что любой другой угол между биссектрисами равен 60^. Что и требовалось доказать.

б) 1. По условию шар вписан в трёхгранный угол у которого все плоские углы равны по 60^. Тогда можно считать, что этот шар вписан в правильный тетраэдр QMNP , где Q — его вершина, а QM , QP и QN — боковые рёбра, QH — высота, r — радиус вписанного в тетраэдр шара.

2. Известно, что центр шара, вписанного в этот тетраэдр, лежит на высоте тетраэдра.

3. Пусть точка O является центром шара вписанного в тетраэдр ( O принадлежит высоте QH ). Тогда OH является радиусом вписанного шара OH=r ( H — центр \triangle MPN ) .

Опустим из точки O перпендикуляр OK на биссектрису QT угла MQP . \triangle MQP правильный, значит QT — высота и медиана. Аналогично, NT — высота, медиана и биссектриса правильного \triangle MNP.

Тогда MT \perp TQ и MT \perp TN, поэтому MT \perp QTN. Тогда MT \perp OK. Итак OK \perp MT и OK \perp TQ, поэтому OK \perp MPQ. Следовательно, OK — радиус вписанного шара, OK=r.

Так как H является точкой пересечения медиан треугольника основания MNP , то TH =\frac13TN.

Но TN=TQ, (как медианы равных треугольников), поэтому TH =\frac13TQ, \frac=3.

4. Треугольники TQH и OKQ подобны по двум углам. Поэтому \frac=\frac, 3=\frac, OQ=3r.

По условию V_=1 =\frac43\pi r^3.

Задание №1188

Дана правильная призма ABCDA_1B_1C_1D_1, M и N — середины ребер AB и BC соответственно, точка K — середина MN .

а) Докажите, что прямые KD_1 и MN перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями MND_1 и ABC , если AB=8, AA_1=6\sqrt 2.

а) В \triangle DCN и \triangle MAD имеем: \angle C=\angle A=90^, CN=AM=\frac12AB, CD=DA.

Отсюда \triangle DCN=\triangle MAD по двум катетам. Тогда MD=DN, \triangle DMN равнобедренный. Значит, медиана DK — является также высотой. Следовательно, DK \perp MN.

DD_1 \perp MND по условию, D_1K — наклонная, KD — проекция, DK \perp MN.

Отсюда по теореме о трех перпендикулярах MN\perp D_1K.

б) Как было доказано в а), DK \perp MN и MN \perp D_1K, но MN — линия пересечения плоскостей MND_1 и ABC , значит \angle DKD_1 — линейный угол двугранного угла между плоскостями MND_1 и ABC .

В \triangle DAM по теореме Пифагора DM= \sqrt = \sqrt = 4\sqrt 5, MN= \sqrt = \sqrt = 4\sqrt 2. Следовательно, в \triangle DKM по теореме Пифагора DK= \sqrt = \sqrt = 6\sqrt 2. Тогда в \triangle DKD_1, tg\angle DKD_1=\frac=\frac=1.

Значит, \angle DKD_1=45^.

Задание №1187

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 стороны основания равны 4 , боковые рёбра равны 6 . Точка M — середина ребра CC_1, на ребре BB_1 отмечена точка N , такая, что BN:NB_1=1:2.

а) В каком отношении плоскость AMN делит ребро DD_1?

б) Найдите угол между плоскостями ABC и AMN .

а) Плоскость AMN пересекает ребро DD_1 в точке K , являющейся четвёртой вершиной сечения данной призмы этой плоскостью. Сечением является параллелограмм ANMK , потому что противоположные грани данной призмы параллельны.

BN =\frac13BB_1=2. Проведём KL \parallel CD, тогда треугольники ABN и KLM равны, значит ML=BN=2, LC=MC-ML=3-2=1, KD=LC=1. Тогда KD_1=6-1=5. Теперь можно найти отношение KD:KD_1=1:5.

б) F — точка пересечения прямых CD и KM . Плоскости ABC и AMN пересекаются по прямой AF . Угол \angle KHD =\alpha — линейный угол двугранного угла ( HD\perp AF, тогда по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, KH \perp AF ) , и является острым углом прямоугольного треугольника KHD , катет KD=1.

Треугольники FKD и FMC подобны (KD \parallel MC), поэтому FD:FC=KD:MC, решая пропорцию FD:(FD+4)=1:3, получим FD=2. В прямоугольном треугольнике AFD (\angle D=90^) с катетами 2 и 4 вычислим гипотенузу AF=\sqrt =2\sqrt 5, DH= AD\cdot FD:AF= \frac= \frac4.

В прямоугольном треугольнике KHD найдём tg \alpha =\frac=\frac4, значит, искомый угол \alpha =arctg\frac4.

а) 1:5;

б) arctg\frac4.

Задание №1186

В правильном тетраэдре DABC с ребром 5 на рёбрах AD , BD и AC выбраны точки K , L и M соответственно так, что KD=MC=2, LD=4.

а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью KLM .

б) Найдите площадь этого сечения.

а) Так как AK=AM=5-2=3, то \triangle AKM равнобедренный.

Так как в этом равнобедренном треугольнике \angle KAM=60^, то он равносторонний, то есть

KM=3. Тогда KM \parallel DC, так как равны соответственные углы при прямых KM , DC и секущей AD .

Построим LN \parallel DC. Так как в этом случае LN \parallel KM, то точки K , L , N и M лежат в одной плоскости, то есть трапеция KLNM есть искомое сечение.

б) 1. \triangle BLN \sim \triangle BDC, так как LN \parallel DC. Следовательно, \triangle BLN является равносторонним и LN=BN=BL =BD-LD=5-4=1.

2. \triangle DKL=\triangle CMN, так как DK=CM =2, DL=CN=4 и \angle KDL=\angle MCN=60^. Значит, KL=MN и KMNL — равнобедренная трапеция.

Опустим в ней высоту LH . Отсюда, KH =\frac2=\frac2=1.

3. По теореме косинусов для \triangle KDL получим:

KL^2= KD^2+DL^2-2\cdot KD\cdot DL\cdot \cos 60^= 2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \frac12= 12.

4. По теореме Пифагора LH= \sqrt = \sqrt = \sqrt .

5. S_= \frac12(KM+LN)\cdot LH= \frac12(3+1)\cdot \sqrt = 2\sqrt .

Задание №1185

В правильной четырёхугольной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 сторона основания равна 9 , боковое ребро равно 14 . Точка K принадлежит ребру A_1B_1 и делит его в отношении 2:7, считая от вершины A_1.

а) Докажите, что сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A , C и K , является равнобедренной трапецией.

б) Найдите площадь этого сечения.

а) Плоскость сечения пересекает плоскость верхнего основания по прямой, проходя-щей через точку K и параллельной AC (по свойству параллельности плоскостей). Тогда плоскость AKC пересекает ребро B_1C_1 в точке L так, что KL \parallel AC. Следовательно, искомым сечением будет трапеция AKLC .

KB_1\parallel AB, B_1L\parallel BC, KL\parallel AC. Значит, треугольники KB_1L и ABC подобны и являются равнобедренными прямоугольными треугольниками. Тогда KB_1=B_1L и A_1K=C_1L. Треугольники AA_1K и CC_1L равны, следовательно, AK=CL и трапеция AKLC — равнобедренная.

б) Найдём площадь трапеции AKLC .

A_1K=\frac29A_1B_1 =\frac29\cdot 9=2.

Из \triangle AA_1K,\, AK = \sqrt = \sqrt = 10\sqrt 2.

AC=AB\sqrt 2=9\sqrt 2; KL =\frac79AC=\frac79\cdot 9\sqrt 2=7\sqrt 2.

Так как трапеция AKLC — равнобедренная, имеем

Из \triangle AKH,\, KH= \sqrt = \sqrt = \sqrt .

S_=\frac2\cdot KH\,= 8\sqrt 2\cdot \sqrt =48\sqrt .

Задание №1184

На рёбрах AD и BD правильного тетраэдра DABC взяты точки M и K соответственно так, что MD:AM=BK:KD=2.

а) Пусть L — точка пересечения прямой KM с плоскостью ABC . Докажите, что AB:AL=3.

б) Найдите угол между прямой KM и плоскостью ABC .

а) План решения.

1. Выполним схематический чертёж.

2. Сделаем предположение, что MK \perp BD, и докажем это утверждение (например, методом «от противного»).

3. Обозначим ребро тетраэдра какой-нибудь буквой (например, a ) и через неё выразим другие величины.

4. Рассмотрим треугольник AML , найдём его углы. Из равенства \angle AML=\angle ALM сделаем вывод о том, что треугольник равнобедренный: AL=AM.

5. Найдём отношение AB:AL.

1. Так как MK и AB лежат в плоскости ABD , то они пересекутся, L — точка их пересечения.

2. В \triangle MDK,\, \angle MDK=60^, MD=2DK, значит, MK \perp BD. Действительно, допустим, что это не так. Тогда опустим перпендикуляр MK', MK' \perp BD. В прямоугольном треугольнике MK'D по определению косинуса \frac