Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Счёт площадей и объёмов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Счёт площадей и объёмов

Площадь сечения (+ построение сечений)

Пирамиды с общим трёхгранным углом и/или высотой

Пирамиды и призмы с общим основанием

Ортогональные проекции

Поиск объёмов или решение через вспомогательные объёмы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79606

Ортогональной проекцией правильной треугольной пирамиды на некоторую плоскость является параллелограмм с острым углом $60∘$ . Найдите объём пирамиды, если площадь её боковой поверхности равна 54.

Источники: ОММО - 2024, задача 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы нормально работать с картинкой, рассмотрим две пары скрещивающихся рёбер пирамиды (например, AB, CD, BC, AD). Ведь их достаточно для построения проекции. Пирамида правильная, значит, на этих рёбрах удобно отметить их середины (например, точки M, N, Q, P соответственно). Ведь отрезки MN и PQ являются перпендикулярами к этим рёбрам. Но, кажется, этого мало, ведь надо понять, какие свойства имеют их проекции. Попробуйте выяснить, как связаны эти отрезки и их проекции, основываясь на том, что ортогональная проекция пирамиды - параллелограмм.

Подсказка 2

В силу того, что проекцией пирамиды является параллелограмм, эти отрезки параллельны плоскости проекции. Тогда проекции MN и PQ параллельны самим отрезкам, равны им и перпендикулярны сторонам ромба. Также, так как пирамида правильная, MN и PQ равны, а значит, и их проекции тоже. Что тогда мы можем сказать про этот параллелограмм?

Подсказка 3

Верно! Это же ромб! Ведь в нём высоты, проведённые к смежным сторонам, равны. Тогда, если введём угол между ребром основания пирамиды и плоскостью проекции и длину стороны основания и боковой стороны трапеции (например, через a и b), то сможем выразить стороны ромба через a, b и этот угол и получить уравнение, ведь эти стороны равны.

Подсказка 4

Теперь мы получили, что тангенс угла между ребром основания пирамиды и плоскостью проекции равен a/b. Отлично! Мы можем выразить и синус, и косинус этого угла через a/b, а значит, и сторону ромба мы можем выразить через a и b (для удобства можно заменить a/b на новую переменную). Но мы ещё никак не воспользовались тем условием, что угол ромба равен 60 градусам. Это нужно исправить, например, записав уравнение на синус этого угла, выразив его как отношение высоты ромба на его сторону. Если мы ещё и выразим высоту через a и b, то получится записать уравнение на a и b.

Подсказка 5

Мы ведь знаем, что проекция MN - это высота ромба. Тогда так как проекция равна MN, то и высота равна этому отрезку. А вот его уже легче искать. Это можно сделать, выразив площадь треугольника MDC двумя способами.

Подсказка 6

Подставив MN в уравнение, мы получили, что (a/b)^2 = 2. Осталось воспользоваться последним условием задачи про площадь боковой поверхности. Выразив её через a и b, мы получаем уравнение, через которое находим a и b. Дело за малым, осталось лишь посчитать объём. И победа!

Показать ответ и решение

Пусть сторона основания пирамиды $DABC$ с вершиной $D$ равна $a$ , а боковое ребро равно $b$ . Для построения проекции достаточно рассмотреть две пары скрещивающихся ребер, например, $AB, CD,BC$ и $AD$ , проекции которых являются сторонами параллелограмма $A1B1C1D1.$

$PIC$

Пусть $MN$ — общий перпендикуляр пары рёбер $AB$ и $CD$ , а $PQ$ — общий перпендикуляр скрещивающихся рёбер $AD$ и $BC.$ Плоскость проекции $Ω$ параллельна как $MN$ , так и $P Q$ , поскольку ортогональной проекцией пирамиды является параллелограмм. Отрезки $MN$ и $PQ$ проектируются на плоскость $Ω$ без изменения длины в высоты параллелограмма $M1N1$ и $P1Q1$ , так как $ABB1A1$ и $DCC1D1$ обе перпендикулярны $Ω$ и будут параллельны друг другу, т.к. $A1B1C1D1$ — параллелограмм. То есть $MN$ не просто общий перпендикуляр $AB$ и $CD$ , но и общий перпендикуляр двух вышеописанных плоскостей. А значит, ещё это и общий перпендикуляр для $A1B1$ и $C1D1.$

Поскольку пирамида правильная, $MN = PQ$ . Следовательно, $M1N1 = P1Q1.$

В параллелограмме $A1B1C1D1$ высоты, проведённые к смежным сторонам, равны. Значит, параллелограмм является ромбом.

Пусть ребро $AB$ наклонено к плоскости $Ω$ под углом $α$ , тогда ребро $CD$ , которое перпендикулярно $AB$ , наклонено под углом $90∘− α.$ Отсюда $acosα= bsinα.$

$PIC$

Обозначим $ab = λ$ . Тогда $tgα= λ,A1B1 = acosα = √1a+λ2$ .

Найдём расстояние между скрещивающимися рёбрами правильной треугольной пирамиды как высоту сечения $DMC$ :

∘ ------ a√3- 2 a2 MC ⋅H = b⋅MN, 2 ⋅ b − 3 = b⋅MN

откуда

∘------ ∘----- MN = a2b 3b2− a2 = a2 3− λ2

Тогда синус острого угла пирамиды равен $sinφ = MA11ND11 = AM1NB1$ . Подставляя найденные выражения и данное в условии значение $φ =60∘$ , получим $- √32 = 12√3-−-λ2√1-+λ2-$ , откуда $λ= 0$ (что невозможно) или $λ2 =2.$

Площадь боковой поверхности пирамиды равна

∘ ----2- 2 √----2 S = 3a b2− a-= 3a-⋅-4−-λ- 2 4 4 λ

Подставив $S = 54$ и $λ= √2$ , найдём

a2 =72,b2 = a2= 36 λ2

Объём правильной пирамиды равен

a2∘ --2--2 √------- V = 12 3b − a = 6 108− 72=36

Ответ: 36

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80774

В основании призмы лежит равносторонний треугольник площади 1. Площади её боковых граней равны 3, 3 и 2. Найдите объём призмы.

Источники: Физтех - 2024, 11.7 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, надо осознать картинку. Она, как будто, симметричная, но не стоит так думать сразу. Давайте опустим высоты из точки A_1 на прямые AB, AC, и плоскость ABC. Что тогда можно заметить? Какие принципиально разные случаи есть падения высоты на плоскость ABC?

Подсказка 2

Есть два случая - падение во внутрь призмы и во вне. Однако, при всем этом, у нас расстояния от точки A_1’(основание высоты) до прямых AB и AC равны, в силу равенства прямоугольных треугольников. Как тогда можно равносильно переформулировать случаи, когда высота падает во внутрь, а когда наружу? Как связать это с равноудаленностью от сторон?

Подсказка 3

Все верно, либо точка основания высоты лежит на внешней биссектрисе, либо на внутренней(угла BAC). Давайте посмотрим на второй случай. Мы видим, что прямые AA’ и A_1A’ перпендикулярны BC. Что тогда это значит? Чем это хорошо в нашей картинке?

Подсказка 4

Тем, что тогда BB_1 перпендикулярен BC, а значит BB_1C_1C - прямоугольник. Но тогда, если сторона треугольника в основании равна а, выходит, что a * AA_1 = 2, a * A_1K = 3. Тогда, пришли к противоречию, так как A_1K > AA_1. Значит, остался второй случай. Если прямая внутренней биссектрисы, была перпендикулярна прямой BC, то внешняя биссектриса будет…

Подсказка 5

Параллельна! А тогда, высота в параллелограмме CC_1B_1B - высота призмы. Значит, остается найти C_1H. Ну, а это уже чисто дело техники(и нескольких теорем Пифагора).

Показать ответ и решение

Если бы призма была прямая, то площади боковых граней были бы равны. Значит, призма наклонная.

Обозначим призму $ABCA1B1C1,$ площади из условия $SAA1B1B = SAA1C1C = 3.$

Пусть $A1K, A1M$ — высоты параллелограммов $AA1B1B$ и $AA1C1C.$ Тогда $A1K = A1M,$ т.к. площади равны, а также равны их основания, так как равносторонний треугольник.

Пусть $′ A$ — проекция $A1$ на плоскость $ABC.$ Тогда $′ ′ A K = AM,$ следовательно, точка равноудалена от прямых $AB$ и $AC.$

(a) Рассмотрим случай, когда $′ A$ принадлежит биссектрисе $AL$ угла $∠ABC.$ $AL$ — высота, медиана и биссектриса в равностороннем треугольнике.

$PIC$

AL ⊥ BC } ′ A1A′ ⊥ BC =⇒ BC ⊥(AA1A ) =⇒ BC ⊥ AA1 =⇒ BC ⊥ BB1

Тогда получаем, что $BB1C1C$ — прямоугольник. Пусть сторона треугольника $ABC$ равна $a.$ Посчитаем площадь прямоугольника и параллелограмма.

S1 =a ⋅AA1, S2 = a⋅A1K

2 =a ⋅AA1, 3= a⋅A1K

Но $A1K < AA1,$ тогда

3= a⋅A1K < a⋅AA1 = 2

получаем противоречие.

(b) Рассмотрим случай, когда $A′$ принадлежит внешней биссектрисе $AL$ угла $∠ABC.$

$PIC$

AA′ ∥BC )|} A1A∥BB1 =⇒ (AA1A′) ∥(BB1C ) AA′ ∥BC |)

Но $(AA1A′)⊥(ABC ),$ следовательно, $(BB1C)⊥ (ABC ),$ откуда следует, что высота $CH1$ параллелограмма $CC1B1B$ совпадает с высотой призмы $(C1H = A1A′).$ В итоге

V = SABC ⋅CH1 = 4√3

Ответ:

$√43-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86474

Основанием четырехугольной пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$ со сторонами $AB =2√3,AD = 4√3$ и углом $A$ , равным $∘ 60$ . Высотой пирамиды $SABCD$ является отрезок $SO$ , где $O$ - точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD, SO = 1$ . Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью, параллельной медиане $SE$ боковой грани $SAB$ и проходящей через середину ребра $SC$ и середину отрезка $AO$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.5 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

То, что в условии нам даны все длины, может подтолкнуть к тому, что это очень техническая задача. Здесь придется много считать и не бояться больших и страшных дробей. Первым делом нужно построить сечение. Поищите точку, принадлежащую сечению, на плоскости ABCD.

Подсказка 2

Теперь рассмотрим саму плоскость ABCD. У нас есть прямая, лежащая в этой плоскости и принадлежащая сечению. Где эта прямая пересекает прямые, содержащие стороны параллелограмма ABCD? Найдите отношения с помощью теоремы Менелая и подобия.

Подсказка 3

Пусть эта прямая пересекает прямые AB,BC,CD, AD в точках F,G,H,I соответственно. Пусть L - точка, в которой прямая HM пересекает ребро SD. Тогда искомое сечение это LMGI. Найдем его площадь как разность площадей треугольников LHI и MGH. А как найти их площади? Много считать длины сторон и отношения, используя теоремы Менелая, Герона, Пифагора, косинусов.

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина ребра $SC,$ а точка $K$ - середина отрезка $AO$ . Рассмотрим плоскость $(CSE)$ . Так как плоскость сечения параллельна медиане $SE$ и проходит через точку $M$ , построим прямую $MT ||SE$ в плоскости $(CSE )$ . Тогда $MT$ - средняя линия в $CSE$ , а $T$ середина $CE$ .

Теперь нам известны три точки сечения: $T,M, K$ . Рассмотрим основание пирамиды $ABCD$ и посмотрим, как прямая $TK$ пересекает стороны основания. Пусть эта прямая пересекает прямые $AB,BC,CD, AD$ в точках $F,G,H,I$ .

$PIC$

Из теоремы Менелая для треугольника $ACE$ получаем, что

EF-= CK-⋅ TE-= 3 FA AK CT 1

Так как $EA = 1AB 2$ , то $FA = 1AB 4$ .

Далее замечаем, что $△F AK ∼ △HCK$ . Тогда

AF- AK- 1 HC = CK = 3

Откуда $3 HC =3AF = 4AB$ .

Из подобия $△FAI ∼△HDI$ получаем

AI AF 1 ID-= DH-= 7

То есть $AI = 18AD$ .

Аналогично из подобия $△FBG ∼ △HCG$ получаем

BG-= FB-= 5 GC CH 3

То есть $BG = 58BC$ .

Проведем $GG ′||CD$ , где $G′$ - точка на $AD$ . Тогда

GG ′ =AD = 2√3;G′I =AD − 3BC − 1BC = BC-= 2√3 8 8 2

И $∠GG ′I =180∘− ∠A= 120∘$ . Тогда из теоремы косинусов для треугольника $GG ′I$ получим $IG = 6$ .

$PIC$

Пусть $L$ - точка, в которой прямая $HM$ пересекает ребро $SD$ . Тогда из теоремы Менелая для $△CSD$ и прямой $HM$ получим:

7 DL-= CM- ⋅ DH =1⋅-4CD = 7 SL SM CH 34CD 3

Далее из теоремы Менелая для $△DHL$ имеем:

HM CH SD 5 ML--= DC-⋅-SL = 2.

В силу параллельности прямых $BC$ и $AD$ имеем $HHGI-= 37$ , откуда $HG = 92,HI = 212$ . По теореме косинусов для $△ABD$ имеем $BD = 6$ , то есть $OD = 3$ . Из теоремы Пифагора для треугольника $SOD$ получаем $SD =√10-$ , откуда $7√10 DL = 10$ . По теореме косинусов для $△ADC$ имеем $√-- 2 21$ , а значит $√ -- TC = 21$ . По теореме Пифагора для $△SOC$ вычислим $√-- SC = 22$ . Заметим, что для треугольника $SDC$ выполняется теорема Пифагора, то есть угол $SDC$ прямой. С помощью теоремы косинусов для треугольника $SAD$ вычислим $3√30 cosSDA = 20$ . Теперь через теоремы косинусов для треугольников $LDI$ и $LDH$ вычислим длины отрезков $7√10- 7√85- IL = 5 ,LH = 10$ . Далее по теореме Герона получаем $147- S△ILH = 20$ .

Заметим, что $1 1 5 3 15 S△MHG = 2sin∠MHG ⋅MH ⋅GH = 2sin∠MHG ⋅7HL⋅ 7HI = 49S△HLI$ . Значит, $34 34 147 51 SLMGI = S△LHI − S△MHG = 49S△LHI = 49-⋅20 = 10$ .

Ответ: 5.1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91981

В основании пирамиды лежит трапеция $ABCD, AD∥BC,AD = 2BC$ . Сфера радиуса 1 касается плоскости основания пирамиды и плоскостей её боковых граней $ADS$ и $BCS$ . Найдите отношение, в котором делит объём пирамиды плоскость $ADT$ , где $T$ - точка касания сферы с плоскостью $BCS$ , если грань $ADS$ перпендикулярна плоскости основания, а высота пирамиды равна 4.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как сфера касается трех граней, сразу обозначим, что она касается плоскости ADS в точке R, а плоскости ABCD в точке P, O — центр сферы. Что можно сказать про точки T, P, R? Хотелось бы нарисовать рисунок как можно аккуратнее, как тогда удобнее всего было бы работать с перпендикулярностью грани и основания и высотой в этой грани?

Показать ответ и решение

Так как плоскость $(ADS )$ перпендикулярна $(ABC ),$ высота $SH$ пирамиды $SABCD$ лежит в грани $ADS.$ Без ограничения общности можно считать, что сфера касается плоскости $(ADS)$ в точке $R,$ лежащей на высоте $SH$ (этого можно добиться, если выполнять перенос сферы параллельно плоскости основания пирамиды).

Пусть сфера касается плоскости $(ABC )$ в точке $P.$ Докажем, что точки $T,$ $P$ и $Q$ лежат в одной плоскости и эта плоскость содержит $SH$ . Пусть $O$ — центр сферы. $RH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC ),$ так как это отрезок на высоте пирамиды. $P$ — точка касания сферы и $(ABC ),$ поэтому $OP$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $OP$ и $RH$ параллельны, поэтому $O,$ $P,$ $R,$ $H$ лежат в одной плоскости (тогда и $S$ лежит в этой плоскости). $BC || AD,$ так как эти отрезки являются основаниями трапеции $ABCD.$ Тогда плоскость $(SBC)$ параллельна прямой $AD.$ Докажем, что $AD ⊥ (SHP).$

Мы уже знаем, что $SH ⊥ AD.$ Теперь заметим, что все три угла $∠ORH,$ $∠RHP$ и $∠OPH$ — прямые, поэтому $ORHP$ — прямоугольник. Тогда $PH$ — перпендикуляр к плоскости $(ADS),$ так как $(ADS)$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $P H ⊥ AD.$ Тогда, действительно, $AD ⊥ (SHP ).$ $OT ⊥(SBC )$ и $AD || (SBC ),$ поэтому $OT ⊥ AD.$ Точка $O$ лежит в плоскости $(SHP ).$ Эта плоскость перпендикулярна $AD,$ при этом $OT$ — прямая, перпендикулярная $AD.$ Тогда $OT$ тоже лежит в плоскости $(SHP ).$

Ранее мы отмечали, что $ORHP$ — прямоугольник. Так как $OP =OR$ — радиусы сферы, то на самом деле этот прямоугольник является квадратом. $SH = 4,$ тогда $SR = SH − RH = 3.$ $ST =SR = 3$ — отрезки касательных. Пусть плоскость $(SHP )$ пересекает $BC$ в точке $K.$

$PIC$

Пусть $KT =KP = c$ (эти отрезки действительно равны, как отрезки касательных). По теореме Пифагора для $△SHK :$

2 2 16+ (c+ 1) =(c+ 3)

Решаем это уравнение и получаем $c=2.$ Теперь через точку $T$ проведем прямую $NL,$ параллельную $BC,$ причем $N ∈ SB$ и $L ∈SC.$ Тогда $ANLD$ — это сечение пирамиды плоскостью $(ADT ).$ Действительно, плоскость $(ADT )$ пересекает $(SBC)$ по прямой, параллельной $(AD),$ при этом $AD || BC.$ Поэтому, действительно, линия пересечения $(ADT )$ и $(SBC )$ параллельна $BC,$ поэтому совпадает с $NL.$

Теперь по теореме Фалеса для углов $BST$ и $KSC$ получаем: $SN :NB =ST :TK = 3:2$ и аналогично $SL:LC = 3:2.$

Продлим $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$PIC$

По условию $AD = 2BC,$ поэтому точки $B$ и $C$ соответственно середины $AQ$ и $DQ.$ Пусть $F = AN ∩ DL.$ Ясно, что $F ∈SQ.$ Применяем теорему Менелая к $△QSC$ и прямой $FD :$

QF-⋅ SL-⋅ CD-= 1 FS LC DQ

$CD-= 1, DQ 2$ $SL-= 3, LC 2$ поэтому $QF-= 4. FS 3$ Пусть $V$ — объем пирамиды $QADS.$ Пирамида $QADS$ имеет общую высоту $SH$ с нашей пирамидой $SABCD.$ Треугольники $QAD$ и $QBC$ подобны с коэффициентом $2,$ поэтому $SQAD = 4SQBC.$ Тогда получаем, что $SABCD = 3SQAD, 4$ причем $QAD$ — основание пирамиды $QADS,$ если принять $S$ за ее вершину. По формуле объема пирамиды:

1 1 3 3 1 3 VSABCD = 3 ⋅SABCD ⋅SH = 3SH ⋅4SQAD = 4(3 ⋅SH ⋅SQAD )= 4V

По теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSAFD SA SFSD SF 3 VSAQD-= SA-⋅SQSD-= SQ-= 7

Таким образом, $VSAFD = 37V.$ Снова по теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSNLF-= SN-⋅ SL-⋅ SF-= 3⋅ 3⋅ 3 = 27 VSBQC SB SC SQ 5 5 7 175

$V = V − V = 1V. SBQC SABCD 4$ Таким образом, $V = 27V. SNLF 700$ Тогда $V = V − V = 273V. SANLD SAFD SNLF 700$ $SANLD$ — одна из частей, на которые плоскость $(ADT )$ разбивает исходную пирамиду $SABCD.$ Объем второй части равен $3 273- 252- VNLABCD = VSABCD − VSANLD = 4V − 700V = 700V.$ Тогда требуемое по условию отношение равно

VNLABCD 252V 12 -VSANLD- = 720073V-= 13 700

Ответ: 12 : 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92263

Дан куб со стороной 1, основаниями $ABCD, A′B ′C′D′$ и боковыми рёбрами $AA ′,BB′,CC′$ и $DD′$ . На рёбрах $A′B′,B ′B,BC,CD, DD′,D′A′$ отмечены точки $K,L,M,N,O,P$ coответственно. Найдите отношение, в котором плоскость $KMO$ делит объём куба, если известно, что

′ ∠A AK = ∠LAK,∠BAM = ∠NAM, ∠DAO = ∠PAO

и что

′ ′ 5 A K+ LB = BM + ND = DO +PA = 4.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии нам дана сумма некоторых пар отрезков, быть может, тогда обозначим A’K за x и посчитаем остальные отрезки в грани ABB’A’? Также обратим внимание на то, что ребра в этой грани параллельны, так что можно использовать и подобие!

Подсказка 2

BL = 5/4 - x, LB’ = x - 1/4, а если провести AL до пересечения с A’B’ в точке T, то несложно выразить и B’T. А в составе какого отрезка лежит B’T? Давайте выразим его через больший треугольник!

Подсказка 3

B’T = A’T - 1, а A’T можно выразить через тангенс угла A! Теперь мы умеем выражать B’T двумя способами, чему тогда равен х?

Подсказка 4

x = 1/2! Супер, теперь мы знаем, что K — середина A’B’. Но ведь это верно не только для точки K…

Подсказка 5

Аналогично M — середина BC, O — середина DD’! Теперь мы видим, что сечение у нас достаточно красивое и даже симметричное ;) осталось понять, относительно чего…

Показать ответ и решение

Рассмотрим грань $AA ′B ′B$ . Пусть $A ′K = x,$ тогда $BL = 5− x, 4$ $LB′ = x− 1. 4$

$PIC$

Продлим до пересечения лучи $AL$ и $A′K,$ точку пересечения назовём $T$ и выразим $B′T$ , используя подобие треугольников $ALB$ и $TLB ′ :$

B′T = x-− 14-= 4x−-1. 54 − x 5− 4x

Выразим теперь $′ B T$ вторым способом: через треугольник $′ AA T$ и тангенс $∠A :$

A′K tg∠A′AK = AA′-=x.

Используя формулу тангенса двойного угла, получаем, что

A′T = tg∠A ′AT = -2x-2. 1− x

Отсюда

′ ′ 2x−-1+-x2- 4x−-1 B T = A T − 1= 1− x2 = 5− 4x .

Отсюда можно найти $x$ : перемножая пропорцию и приводя подобные, получим квадратное уравнение $2 4x − 10x+ 4= 0$ , которое имеет решения $x =2$ и $1 x =2.$ По построению $x$ не может превосходить единицу, поэтому $1 x= 2,$ то есть $K$ — середина $′ ′ A B$ .

Аналогично получаем, что $M$ — середина $BC,$ и $O$ — середина $DD ′.$

$PIC$

Заметим, что через $K,M,O$ проходит плоскость, которая высекает из данного куба шестиугольник и пересекает ещё три ребра в серединах: рёбра $A ′D ′,BB′$ и $CD$ . Такая плоскость часто встречается в задачах: явно построить сечение можно классическим способом, параллельными переносами отрезков. А если уже встречались с таким построением, можно показать, что все 6 точек действительно лежат в одной плоскости, используя параллельность диагоналям граней куба. Поскольку через три точки $K,M,O$ можно провести только одну плоскость, этот шестиугольник и будет сечением куба плоскостью $KMO.$

Сечение центрально симметрично относительно центра куба $I.$ Середины отрезков $CD$ и $B ′A′$ симметричны относительно центра, как и середины отрезков $A′D′$ и $BC,$ $DD ′$ и $B′B$ . Таким образом, имеем центральную симметрию всего построения относительно центра куба, следовательно, плоскость делит куб на две равные фигуры.

Ответ: 1 : 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92348

Все рёбра прямой треугольной призмы $ABCA ′B ′C′$ с основанием $ABC$ и боковыми ребрами $AA ′,$ $BB ′,$ $CC ′$ равны. Найдите отношение, в котором делит объем этой призмы плоскость, проходящая через вершину $′ C$ и через середины ребер $AB,$ $′ AA .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M и N — середины AA’ и BB’ соответственно, секущая плоскость пересекает CB в точке K, а T — пересечение KN и TC’. Нам было бы очень полезно узнать, в каком соотношении K делит CB. Давайте тогда попробуем записать какие-нибудь подобия и отношения отрезков!

Показать ответ и решение

Пусть $M$ и $N$ — середины $AA′$ и $BB′$ соответственно. Пусть секущая плоскость пересекает отрезок $BC$ в точке $K$ и $′ C M ∩ KN = T$ (тогда наше сечение — это $′ KC MN$ ). Ясно, что $T$ лежит на прямой $AC.$ Пусть $AH$ — высота треугольника $ABC.$ Пусть $′ TH ⊥ BC,$ причем $′ H$ лежит на прямой $BC.$

$PIC$

$CC′$ и $AM$ параллельны, причем $AM = 12AA′ = 12CC ′,$ тогда треугольники $CC ′T$ и $AMT$ подобны с коэффициентом $2.$ Тогда $CT = 2AT.$ Треугольники $CAH$ и $TCH ′$ подобны с коэффициентом $2,$ так как $AH || TH ′$ и $TC = 2AC.$ Тогда $TH ′ =2AH.$ По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $KN$ получаем

CK- ⋅ BN-⋅ AT-= 1 KB NA CT

Тогда получаем $CK-= 2, KB 1$ следовательно, $KB-= 1. BC 3$ Пусть $V =V ′′ ′. ABCA B C$ По формуле объема

′ 1 ′ V =SABCBB = 2AH ⋅BC ⋅BB

1 ′ 1 ′ 1 VABCC′ =3CC ⋅SABC = 6CC ⋅AH ⋅BC =3V

VCC′KT = VCC-′KT-⋅ V-= VCC′KT-V-= 4 V V∕3 3 VC′CBA 3 9

V = SANT-⋅ MA ⋅ V-= VAN-⋅AT-⋅sin∠NAT MNTA SABC AA′ 3 6CB ⋅CA ⋅sin∠CAB

Так как $∘ ∠CAB + ∠NAT = 180,$ то $sin∠CAB = sin∠NAT.$ Тогда $-V VMNTA = 12.$

Выразим объем фигуры $′ MC ANKC$ — одной из частей, на которые разделила призму секущая плоскость:

4 1 13 VMC ′ANKC =VCC′KT − VMNTA = 9V − 12V =36V

Тогда $VBKNA ′B′C′ = V − VMC ′ANKC = 2336V.$ Тогда получаем

23 VBKNA′B′C-′= 36V-= 23- VMC ′ANKC 1336V 13

Ответ: 13 : 23

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#92367

Расстояние от середины высоты правильной четырёхугольной пирамиды до боковой грани равно $√2-$ , а до бокового ребра — $√3$ . Найдите объём пирамиды.

Показать ответ и решение

Пусть нам дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с основанием $ABCD.$ Пусть $O$ — основание высоты этой пирамиды. Заметим, что расстояние от $O$ до плоскости $BSC$ равно удвоенному расстоянию от середины высоты до этой плоскости. Аналогично с расстоянием до бокового ребра $AS.$ Пусть $OQ$ — перпендикуляр к $AS,$ а $OP$ — перпендикуляр к апофеме $SH$ плоскости $BSC.$

$PIC$

Так как $H$ — середина $BC,$ то $BC ⊥OH.$ А также поскольку $SO$ — высота, то $BC ⊥ OS.$ Тогда $BC$ перпендикулярна $SOH,$ в частности, перпендикулярна и к $OP.$ Тогда получается, что $OP$ перпендикулярна к $SH,BC,$ а значит, $OP = 2√2$ как расстояние от основания высоты до боковой грани.

Положим, что $OH = x,$ тогда $AO = x√2$ так как в квадрате диагональ в $√2$ раз длиннее стороны. Теперь запишем отношения площадей прямоугольных треугольников $ASO$ и $SOH :$

- -SASO- -AO √ - AS-⋅OQ- AS-⋅2√-3 SSOH = OH = 2= SH ⋅OP = SH ⋅2√ 2

AS 2 SH-= √3-

Теперь пусть $AS =2a,$ тогда $√- SH =a 3.$ А из прямоугольного треугольника $SHC$ по теореме Пифагора $HC = a= OH = x.$ Теперь же из треугольника $SOH$ по теореме Пифагора:

OS = x√2

Тогда по формуле высоты для этого же треугольника:

√ - 2√2 = x-√2⋅x x 3

√ - x = 2 3

Наконец, по формуле объема пирамиды:

VSABCD = 1x⋅4x2 = 32√6. 3

Ответ:

$32√6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#97396

(a) Постройте сечение тетраэдра $ABCD$ плоскостью, проходящей через середину $M$ ребра $AD,$ параллельно медиане $BK$ грани $BCD$ и параллельно медиане $CT$ грани $ABC.$

(b) Найдите отношения, в которых данная плоскость пересекает рёбра тетраэдра.

Показать ответ и решение

$PIC$

Построим прямую, проходящую через точку $B,$ параллельную $CT.$

$PIC$

Тогда:

AC = CP, CT ∥BP

Построим пересечение плоскости $BKP$ и прямой $AD.$ По теореме Менелая найдем, где $PK$ пересекает отрезок $AD.$

$PIC$

AX- ⋅ DK-⋅ CP-= 1 XD KC PA

AX-= 2 XD

Чтобы найти сечение, проходящее через точку $M,$ воспользуемся гомотетией. Для этого найдем отношение $AM. AX$

AM 1AD 3 AX- = 22---= 4 3AD

$PIC$

Точка $B$ перейдет в точку $Y,$ точка $P$ перейдет в точку $Z,$ точка $K$ перейдет в точку $H.$ Соответственно $PZ = ZC, BQ = CQ$ — как следствие гомотетии, а $KH = HC$ — по теореме Менелая. Получается что нужное нам сечение — $MY QH,$ а отношения в которых данная точка пересекает ребра тетраэдара: $AM--= 1, AY-= 3, BQ =1, DH-= 3. MD YB QC HC$

Ответ:

$-AM-= 1, AY =3, BQ-=1, DH-= 3 MD Y B QC HC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#64608

Через середину бокового ребра правильной треугольной пирамиды проведено сечение, параллельное двум скрещивающимся ребрам этой пирамиды. Найдите площадь этого сечения, если сторона основания равна $2$ , а боковое ребро равно $4.$

Показать ответ и решение

Пусть $SABC$ — правильная пирамида, а сечение проходит через середину $SC$ . В силу симметрии можно утверждать, что оно параллельно $BC$ и $AS$ . Итак, $M$ — середина $SC$ , $α$ — плоскость сечения, тогда в силу её параллельности $BC$ выполнено $N ∈ α$ , где $N$ — середина $BS$ . Далее, если $AH$ — высота основания, а $T$ — её середина, то $T ∈ α$ , поскольку в силу параллельности $AS ∥ α$ в $α$ лежит вся средняя линия $TR$ ( $R∈ SH$ ) треугольника $△SAH$ . Осталось снова воспользоваться $BC ∥α$ , откуда вся средняя линия $KL$ ( $K ∈ AB$ ) треугольника $△ABC$ лежит в $α$ , то есть $MNKL$ — сечение (построение сечения стандартно, как на ЕГЭ, но требует обоснований).

Итак, $MN ∥KL$ , а также $MN = KL =1$ как средние линии, следовательно, $MNKL$ — параллелограмм, $TR$ — его высота, $AS TR = -2 =2$ , так что

$SMNKL = KL ⋅T R= 1⋅2= 2$ .

$PIC$

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68079

На ребре $AC$ основания треугольной пирамиды $ABCD$ расположена точка $M$ так, что $AM :MC = 1:2$ . Через середину ребра $BC$ основания пирамиды проведена плоскость $P$ , проходящая через точку $M$ и параллельная боковому ребру $CD$ . В каком отношении плоскость $P$ делит объем пирамиды?

Источники: Росатом-2023, 11.6, Москва (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала построим сечение плоскостью P нашей пирамиды.

Подсказка 2

Пользуясь параллельностью, мы сможем из подобия найти, в каком отношении плоскость P делит рёбра пирамиды, а значит мы сможем найти и...

Подсказка 3

Как относятся высоты маленьких пирамидок и высотам из точек A и D пирамиды ABCD.

Подсказка 4

Нам достаточно найти, какую часть объёма всей пирамиды ABCD составляет объём многогранника, лежащего со стороны вершины A. Чтобы найти его объём, можно...

Подсказка 5

Разбить его на две пирамидки. А объём каждой из них мы сможем выразить через объём всей пирамиды ABCD, потому что знаем отношения высот и отношения площадей оснований.

Показать ответ и решение

Построим сечение. Поскольку секущая плоскость параллельна ребру $CD$ , она пересечет плоскость $ACD$ по прямой $MP$ , параллельной $CD$ , а плоскость $BCD$ — по прямой $NQ$ , также параллельной $CD$ . Соединим точки $P$ и $Q$ , лежащие в одной плоскости, и точки $M$ и $N$ , лежащие в одной плоскости, получим $MP QN$ — искомое сечение.

Пусть $V$ — объем пирамиды, $V1$ — сумма объемов пирамид $PABNM$ и $PQBN$ и $V2 = V − V1$ .

Из подобия пар треугольников $ACD$ и $AMP$ и из условия задачи получим, что

AM = x,MC = 2x,AP = y,P D =2y

Отсюда следует, что

y- 1 HP = 3y ⋅HD = 3HD,

где $HP$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PABNM$ , $HD$ — высота, опушенная из вершины $D$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P ABNM$ равна:

2x u 2 SABNM =SABC − SMNC = SABC − 3x ⋅ 2u-⋅SABC = 3SABC

Тем самым:

VPABNM = 1HP ⋅SABNM = 1 ⋅ 1⋅HD ⋅ 2SABC = 2V 3 3 3 3 9

Аналогично из подобия пар треугольников $BCD$ и $BNQ$ и из условия задачи получим, что

CN =NB =u,BQ = QD = z

Отсюда следует, что

′ 2y 2 HP = 3y ⋅HA = 3HA,

где $H ′P$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PQBN$ , $HA$ — высота, опущенная из вершины $A$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P QBN$ равна:

SBNQ = u-⋅ z-⋅SBCD = 1SBCD 2u 2z 4

Тем самым:

1 ′ 1 2 1 1 VPQBN = 3HP ⋅SQBN =3 ⋅3HA ⋅4SDBC = 6V

Теперь можно записать, что

2 1 7- V1 = VPABNM + VPQBN = 9V + 6V = 18V

7 V1= --V1--= --18V--= -7 V2 V − V1 V − 7V 11 18

Ответ:

$-7 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#69311

Найдите площадь сечения правильной шестиугольной пирамиды $SABCDEF$ плоскостью, проходящей через вершину $F$ основания $ABCDEF$ и параллельной медиане $CM$ боковой грани $SCD$ и апофеме $SN$ боковой грани $SAF,$ если сторона основания пирамиды равна $√- 4 7,$ а расстояние от вершины $S$ до секущей плоскости равно $√- 7.$

Источники: ШВБ-2023, 11.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, перед нами стереометрия с ШВБ, технической олимпиады, а значит придётся много считать и не бояться этого. Но для того, чтобы найти площадь сечения, нужно сначала его построить, что не очень просто, ведь пирамида аж шестиугольная. Однако нам дано целых две прямые, параллельные сечению, поэтому, хорошей идеей для начала решения будет постpоение разных прямых, параллельных данным в некоторых плоскостях.

Подсказка 2

Построим прямую SQ, параллельную CM, точка Q принадлежит CD. Что теперь можно сказать про отношение плоскостей SQN и сечения?

Подсказка 3

Они параллельны! Через точку F проведём прямую, параллельную NQ, пусть она пересекает CD в точкe V. Правда ли, что эта прямая принадлежит сечению?

Подсказка 4

Да, это верно! Через точку V проведем прямую VL, параллельную CM, L лежит на SC. Получается, плоскость FVL — плоскость сечения. Теперь нетрудно найти точки, в которых эта плоскость пересекает плоскость пирамиды.

Подсказка 5

Ура, мы построили сечение! Но получился пятиугольник, как теперь искать его площадь? Вспомните формулу: Площадь сечения равна площади проекции сечения на основание делить на угол между плоскостями сечения и основания.

Подсказка 6

Дальше дело техники! Площадь проекции найдите как сумму площадей треугольников. Длины различных отрезков можно искать и выражать через длину стороны основания с помощью подобия, теоремы Фалеcа. Не забывайте так же про большое количество параллельных прямых на чертеже и правильность шестиугольника в основании. А для того, чтобы найти угол, нужно вспомнить про данное в условии расстояние!

Показать ответ и решение

Построим сечение пирамиды. В плоскости $SCD$ через точку $S$ проведем прямую $SQ,$ параллельную $CM,$ $Q$ принадлежит прямой $CD.$ Тогда $CM$ будет средней линией треугольника $SQD,$ следовательно, $QC = CD = a,$ где $a$ — сторона основания пирамиды.

Плоскость $SNQ$ содержит прямые $SN$ и $SQ,$ которые параллельны плоскости сечения, следовательно, по признаку плоскость $SNQ$ параллельна плоскости сечения.

$PIC$

Через точку $F$ проведем прямую $FV,$ параллельную $NQ,$ где $V$ принадлежит прямой $CQ.$ Т.к. $AF ∥CD$ и $NQ ∥F V,$ значит, $NF VQ$ — параллелограмм, следовательно, $NF = QV.$ Учитывая, что $N$ — середина $AF,$ а также $V C = QC − QV =a − QV,$ можем сказать, что $QV = VC =a∕2.$

Пусть $R$ — точка пересечения прямых $FV$ и $BC.$ Плоскость сечения пересекает основание пирамиды по отрезку $FR.$

Пусть $O 1$ — точка пересечения $NQ$ и $AD.$ Заметим, что углы $AO N 1$ И $DO Q 1$ равны как вертикальные, а углы $NAO 1$ и $O DQ 1$ как накрестлежащие при параллельных прямых $AF$ и $CD$ и секущей $AD.$ Следовательно, треугольники $AO N 1$ и $DO Q 1$ подобны, поэтому

AO1- AN- a∕2 1 O1D = QD = 2a = 4

Т.к. $ABCDEF$ является правильным шестиугольником, значит, $AD = 2a.$ Учитывая, что $AO1 :O1D =1 :4,$ получаем, что $AO1 = 2a∕5.$ Т.к. $AD ∥BC$ и $AF ∥ CD,$ углы $RCV$ и $O1AN$ равны, аналогично, т.к. $AF ∥CD$ и $FV ∥NQ,$ углы $RV C$ и $O1NA$ равны, а также $AN = VC =a∕2,$ следовательно, треугольники $RCV$ и $O1AN$ равны, поэтому $RC = AO1 =2a∕5.$

Пусть точка $Z$ — точка пересечения прямых $RF$ и $DE,$ а точка $T$ — точка пересечения прямых $BC$ и $DE.$ Из-за того, что $ABCDEF$ — правильный шестиугольник, можно сделать вывод, что $CT =DT = a.$ Т.к. $F E ∥ BC,$ треугольники $FZE$ и $RZT$ подобны, поэтому

ZE-= --ZE---= FE-= --a----= 5⇒ ZE = 5a ZT ZE +2a RT 2a∕5+ a 7

В плоскости $SCD$ через точку $V$ проведем прямую $V K,$ параллельную $CM,$ $K$ принадлежит ребру $SD,$ $L$ — точка пересечения прямой $V K$ с ребром $SC.$ $CM, VK,SQ$ параллельны друг другу, поэтому по теореме Фалеса имеем

SK-- SK- 1 SK :KM :MD = QV :V C :CD = 1:1 :2 ⇒ KM = 1 и KD = 3

SL SK LC-= KM--=1

В плоскости $SDE$ точка $P$ — точка пересечения прямых $ZK$ и $SE.$ Запишем теорему Менелая для треугольника $SDE$ и секущей $KZ$

DKKS ⋅ SPPE-⋅ EZZD-= 1

3⋅ SP-⋅ 5= 1 PE 6

SP-= 2 PE 5

Искомое сечение - это $KLRF P.$ Для нахождения площади сечения используем формулу

Sсеч =-Sпр-, cosφ

где $Sпр$ — площадь проекции сечения на плоскость основания, $φ$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Найдем площадь проекции сечения на плоскость основания.

$PIC$

Проекцией является пятиугольник $TXHJR.$ Площадь проекции сечения вычисляется по формуле

Sпр = SFRG +SOGH + SOHX +SOXF

a2√3 2 1 a2√3 1 1 a2√3 1 2 a2√3 2 a2√3 Sпр = 5 − 5 ⋅2 ⋅ 4 + 2 ⋅4 ⋅ 4 +4 ⋅7 ⋅ 4 + 7 ⋅ 4

2√ - √ - Sпр = 30335a⋅323= 30130-3

Обозначим расстояние от точки $S$ до плоскости сечения $d,$ $√- d= 7.$ Т.к. точка $L,$ принадлежащая плоскости сечения является серединой $SC,$ расстояние от точки $C$ до сечения тоже равно $d.$ В треугольнике $RCV$ проведем высоту $CU,$ обозначим ее длину $h.$ Тогда

∘-------- sinφ= d ⇒ cosφ = 1− (d)2 h h

Т.к. $ABCDEF$ — правильный, $∘ ∠RCV = 60 .$ Тогда найдем $RV$ по теореме косинусов:

2 2 2 2 √ -- RV 2 = 4a-+ a-− a = 21a-⇒ RV =--21a 25 4 5 100 10

Используя различные формулы для нахождения площади треугольника $RCV,$ имеем

√-- √- -21ah= a2 ⋅-3⇒ h= a√-- 10 5 2 7

Тогда

∘ ----2- cosφ= 1− 7d2-= 3 a 4

Окончательно имеем

303√3 √- S = --10--= 202-3- сеч 3 5 4

Ответ:

$202√3 5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#69375

Боковые рёбра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны, а стороны основания равны $√61-$ , $√52-$ , $√41$ . Центр сферы, которая касается всех боковых граней, лежит на основании пирамиды. Найдите радиус этой сферы.

Источники: Звезда - 2023 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, можно найти оставшиеся длины ребер: у нас же они перпендикулярны, а значит, можно применить теорему Пифагора!

Подсказка 2

С длинами разобрались, а что делать с радиусом вписанной сферы? На плоскости у нас есть полезный факт, что r = S/p, где S - площадь треугольника, а p - полупериметр. Если вы помните доказательство этого факта, то проведите аналогичные рассуждения здесь)

Подсказка 3

Если не помните, то сделайте вот что: вот у нас есть центр сферы O. Проведем отрезки из O ко всем вершинам пирамиды. Тогда он разбивается на 3 маленьких тетраэдра. Тогда его объем - сумма объемов маленьких тетраэдров. А чему равны объемы маленьких тетраэдров?)

Подсказка 4

А они равны 1/3 × r × (площадь грани). Причем площадь грани очень легко посчитать т.к. боковые ребра - перпендикулярны, и их длины мы знаем! Осталось ещё вспомнить формулу объема пирамиды у которой боковые ребра перпендикулярны, и дело в шляпе!

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим основание пирамиды — $ABC$ , вершину пирамиды — $D$ , центр сферы — $O$ , радиус сферы — $r$ . Пусть $√-- √ -- √-- AB = 41,BC = 61,AC = 52$ . Обозначим $AD = x,BD = y,CD = z$ .

Так как радиус, проведённый в точку касания сферы и плоскости, ортогонален плоскости, имеем:

VABCD =VABDO + VBCDO +VACDO =

= 13SABD ⋅r+ 13SBCD ⋅r+ 13SACD⋅r=

( ) = 1r 1xy+ 1yz+ 1zx 3 2 2 2

С другой стороны, так как боковые рёбра попарно перпендикулярны, то

1 VABCD = 6xyz

Поэтому

xyz r= xy-+yz+-xz

Числа $x,y,z$ находятся из системы уравнений:

( |||{ x2+y2 = 41 x2+z2 = 52 |||( y2+z2 = 61

Складывая уравнения системы и деля на два, получим:

2 2 2 x + y +z = 77

откуда $x2 = 16,y2 = 25,z2 =36$ . Тогда

r= ---4-⋅5-⋅6-----= 60- 4⋅5+4 ⋅6 +5⋅6 37

Ответ:

$60 37$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#89780

Ребро основания правильной треугольной пирамиды равно $√6$ , высота пирамиды равна $√7-$ . Плоскость $π$ перпендикулярна одному из рёбер пирамиды и делит его в отношении $1:2$ , считая от вершины. Найдите отношение, в котором плоскость $π$ делит объём пирамиды.

Источники: ДВИ - 2023, вариант 237, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть SABC — данная пирамида, плоскость π будем строить перпендикулярно ребру SA. Что можно сказать о рёбрах SA и BC? Какой вывод из этого можно сделать относительно π и ВС?

Подсказка 2

π || BC, что тогда можно сказать о пересечении плоскостей π и (SBC)? Достройте сечение, пользуясь тем, что SA ⊥ π, а значит и любой прямой, находящейся в этой плоскости

Подсказка 3

Чтобы найти отношение объёмов исходной пирамиды и пирамиды, отсечённой плоскостью π, удобно взять за основание треугольники △BSC и треугольник, отсекаемый плоскостью π при пересечении с гранью SBC.

Показать ответ и решение

Обозначим через $A,B,C,S$ вершины пирамиды, так что $ABC$ — ее основание, а плоскость $π$ перпендикулярна ребру $SA$ .

Поскольку $π ⊥ SA$ и $BC ⊥ SA$ , имеем $π ∥ BC$ . Стало быть, $π$ пересекает плоскость $BCS$ по прямой, параллельной $BC$ , и делит ребра $SB$ и $SC$ (или их продолжения) в одинаковом отношении. Найдем это отношение.

Обозначим через $H$ основание высоты пирамиды и через $M$ — середину ребра $BC$ . Тогда

AB√3- 3√- AM = --2--= 2 2;

AH = 2AM = √2. 3

Пусть $K$ — точка пересечения $π$ и $SA,L$ — точка пересечения $π$ с прямой $AM, N$ — точка пересечения прямых $LK$ и $SM$ . Тогда $AK = 2KS$ , причем $∠AKL =90∘.$

$PIC$

Из подобия треугольников $ALK$ и $ASH$ получаем:

2√---2----2 √---A2H----2 = 3-AH-+-SH-, AH + SH AL

откуда

2 AL = 3(2√+-7)-=3√2-= 2AM. 2

Итак, $M$ — середина $AL$ . Обозначим через $P$ середину $AK$ . Тогда $LK∥MP$ , откуда $SN =$ $NM$ , ибо $SK = KP$ .

Таким образом, плоскость $π$ проходит через середины ребер $SB$ и $SC$ . Следовательно, $π$ отсекает от пирамиды $ABCS$ пирамиду, объем которой равен

1 1 1 VABCS 3 ⋅2 ⋅2 ⋅VABCS =-12-

То есть $π$ делит объем исходной пирамиды в отношении $1 :11.$

Ответ: 1 : 11

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90508

Дан куб с ребром 1, нижним основанием $ABCD$ и боковыми ребрами $AA ,BB ,CC ,DD 1 1 1 1$ . На ребрах $A D ,BB ,CC ,AD 1 1 1 1$ отмечены соответственно точки $K,L,M,N$ , так что $A1K =KD1$ , $BL :LB1 = 7:1$ , $CM :MC1 = DN :NA = 4:3$ . Найдите площадь сечения тетраэдра $KLMN$ , параллельного ребрам $KL$ и $MN$ , имеющего форму ромба.

Источники: ДВИ - 2023, вариант 236, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Начнём с хорошего чертежа! Возможно, будет удобно отдельно вынести тетраэдр KLMN, чтобы удобнее было работать с сечением. В каком случае сечение тетраэдра будет ромбом? А что нам нужно, чтобы найти его площадь?

Подсказка 2

Будем вычислять стороны ромба и угол между ними. Заметим также, что этот угол равен углу между рёбрами KL и MN тетраэдра. Итак, пусть вершина ромба делит ребро KN в отношении х/у, что можно сказать о том, в каких отношениях вершины ромба делят другие рёбра тетраэдра? Параллельность нам поможет это установить!

Подсказка 3

При помощи теоремы Пифагора можно вычислить любое ребро тетраэдра. А подобие треугольников поможет нам после этого отыскать сторону ромба. Но как же найти угол?

Подсказка 4

KL и MN, а также другие пары параллельных им прямых, не выглядят удобными для построения угла между прямыми напрямую, однако куб — очень хорошая фигура для работы с декартовой системой координат! Введите координаты и при помощи работы с векторами определите искомый угол. Остаётся лишь подставить найденные значения в формулу площади ромба и задача убита!

Показать ответ и решение

Пусть $c$ — длина стороны ромба, $α$ — его меньший угол. Тогда искомая площадь равна $c2sinα,$ причем угол $α$ равен углу между прямыми $KL$ и $MN,$ т.к. сечение параллельно ребрам $KL$ и $MN.$

$PIC$

Найдем $c.$ Пусть сечение пересекает стороны $KN,LN,LM, KM$ в точках $H,I,J,O$ соответственно. Тогда $HI ∥ KL$ и $IJ ∥NM.$ Пусть $KH$ и $HN$ имеют длину $x$ и $y$ соответственно. По теореме о пропорциональных отрезках для параллельных прямых $HI$ и $KL$ понимаем, что

LI-= KH-= x IN HN y

Из подобия треугольников $NHI$ и $NKL$ и треугольников $LIJ$ и $LNM$ получаем

-x-- -y-- c= x+ yNM = x+yKL

Отсюда $KL x= y⋅NM-,$ то есть

1 c= -1-+--1- KL NM

По теореме Пифагора

∘ ---1---1- 9 ∘ ---16---16 9 KL = 1+ 4 + 64 = 8, NM = 1+ 49-+ 49 = 7,

Отсюда $3 c= 5.$

Найдем угол $α$ — угол между $KL$ и $MN.$ Он равен углу между направляющими для этих прямых векторами $( ) 12,1,18$ и $( ) − 47,1,− 47 .$ Их скалярное произведение равно $( ) 1− 12 + 18 ⋅ 47 = 914.$ Следовательно,

cosα= -9 ⋅ 8⋅ 7 = 4 14 9 9 9

Соответственно,

√-- sinα = -65 9

Значит, искомая площадь равна

( 3)2 √65 √13 5 ⋅ 9 = 5√5-

Ответ:

$√13 5√5-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90509

Найдите объём правильной четырёхугольной пирамиды со стороной основания равной 1, если известно, что плоские углы при вершине равны углам наклона боковых рёбер к плоскости основания.

Источники: ДВИ - 2023, вариант 233, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть пирамида — SABCD и её высота — SН. Плоский угол при вершине назовём α. SA = x. Отметьте равные углы и давайте двумя способами найдём cos(α): по теореме косинусов из △SAD и как отношение АН/SA

Подсказка 2

Решение квадратного уравнения поможет нам вычислить х. Какой из корней получился посторонним?

Подсказка 3

ОТТ поможет нам найти sin(α) и затем, с его помощью, высоту. Осталось лишь внимательно поработать с некрасивыми числами и записать ответ!

Показать ответ и решение

Пусть $SABCD$ — данная правильная четырехугольная пирамида с вершиной $S$ и высотой $SH, AB = 1.$ Обозначим $∠BSC = ∠SCH = ∠α.$

$PIC$

Из прямоугольного треугольника $CSH$ находим, что

1√- SC = --CH----= --2-= √-1--- cos∠SCH cosα 2cosα

Пусть $M$ — середина ребра $BC.$ Из прямоугольного треугольника $CSM$ находим, что

--CM---- --12--- --1---- SC = sin∠CSM = sin(α2) = 2sin(α2)

Значит,

( ) √-1---= --1-α =⇒ √2sin α-= cosα 2cosα 2sin 2 2

2(α) 2 2 sin 2 = cosα

2 2 1− cosα =cos α =⇒ cos α+ cosα− 1= 0 =⇒

√5−-1 cosα = 2

Тогда

∘-------- ∘ ---√----- ∘ ---√-- tg α= -1---− 1= 3+--5− 1= 1+--5 cos2α 2 2

√- ∘---√-- ∘ ----- SH = CH ⋅tgα= -2-⋅ 1-+--5= 1 1+√ 5 2 2 2

Следовательно,

∘ ----- ∘ --√-- VSABCD = 1SABCD ⋅SH = 1⋅1⋅ 1 1+√5-= --1+--5 3 3 2 6

Ответ:

$√1+-√5 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90510

Пересечение плоскости и правильной треугольной пирамиды является квадратом со стороной 1. Найдите длину ребра основания пирамиды, если известно, что двугранный угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания равен $√1 arccos 3.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 238, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть исходная пирамида — SABC, SA = b. AB = a. Знание о том, что пирамида правильная, помогает нам понять, куда упадёт высота этой пирамиды, а значит — построить косинус двугранного угла. В каком случае сечение будет квадратом, как связаны его стороны с рёбрами пирамиды?

Подсказка 2

Выразите через а и b все отрезки, необходимые для нахождения косинуса, после этого можно будет установить связь между a и b. А как нам определить отношение стороны квадрата к ребру а?

Подсказка 3

Пусть вершина квадрата-сечения делит ребро АВ в отношении m/n, в каком отношении делится ребро SB этим же сечением? При помощи подобия треугольников и известного отношения a/b установите численно отношение m/n. После этого, подстановкой известных отношений, вычислите а.

Показать ответ и решение

Поскольку сечение — четырёхугольник, плоскость пересекает все грани. Обозначим вершшины основания через $A,B,C$ и вершину пирамиды через $D$ . Тогда можно считать, что секущая плоскость пересекает рёбра $AB,BD, DC,CA$ в точках $K,L,M,N$ соответственно. Поскольку $KL∥MN$ , прямая $KL$ параллельна всей плоскости $ADC$ . Стало быть, $MN ∥KL ∥AD$ . Аналогично, $KN ∥BC∥LM$ . Положим $a =AB,b =AD$ .

$PIC$

Тогда косинус двугранного угла при основании равен

∘-2a√3---= ∘-----1------, b2− a2 ( (b)2 ) 4 3 4 a − 1

что по условию равно $1√3$ , откуда $ba = √12$ . Из того, что $KL∥AD,LM ∥BC$ получаем:

-1= LM-= DL- = DB-− LB-= 1− LB-= 1− KL-= 1− 1. a BC DB DB DB AD b

Таким образом,

√ - 1 =1− --2, a a

то есть $√- a =1+ 2$ .

Ответ:

$a =1+ √2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#37311

Дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ , стороны основания которой равны $6√2$ , а боковые ребра равны $21.$ Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку $A$ и середину ребра $SC$ параллельно прямой $BD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как нам переформулировать условие на то, что плоскость сечения параллельна BD? По какой прямой когда эта плоскость будет сечь плоскость BDS? Как при построения сечения нам поможет прямая по которой плоскость сечения пересекает BDS?

Подсказка 2

Да, эта плоскость сечет плоскость BDS по параллельной BD прямой! Значит, нам осталось найти одну точку пересечения плоскости сечения с плоскость BDS, и мы сможем построить прямую по которой плоскость сечения пересекает плоскость BDS(неопытный читатель спросит: «А зачем вообще нам искать эту прямую?». Дело в том, что если мы найдем эту прямую, то найдем по точке, которая принадлежит плоскости сечения и прямым SD и BD, а значит и плоскостям боковых граней. При этом у нас уже есть середина ребра. Так мы и построим сечение.) Осталось найти точку, как это сделать, зная, что трапеция правильная и что M лежит в плоскости сечения?

Подсказка 3

Правильно, в силу симметрии(пусть О-центр ABCD), SO и AM лежат в одной плоскости и пересекаются. И точка их пересечения, очевидно, лежит в плоскости сечения. Значит, мы нашли эту точку. Значит, и прямую, а значит построили сечение. Остается посчитать его площадь. Мы пользовались симметрией. А что еще она нам может сказать, скажем про четырехугольник, который является сечением пирамиды?

Подсказка 4

Верно, он дельтоид. Значит, его диагонали обладают некоторым свойством. Теперь посчитать площадь-дело техники, по нахождению длин диагоналей, не так ли? Конечно так, несколько подобий/теорем Фалеса и теорем Пифагора.

Показать ответ и решение

Пусть $MC =MS, M ∈SC$ . Опустим высоту пирамиды в точку $O$ — центр квадрата $ABCD$ . Далее пересечём $AM ∩ OS =T$ (все они лежат в плоскости $ASC$ ), заметим, что $T ∈BSD$ , откуда пересечение этой плоскостью нашей — прямая $KN ∥ BD$ , где $K ∈ BS,N ∈SD$ . Отсюда $ANMK$ будет искомым сечением.

$PIC$

В силу $KN ∥BD ⊥ ASC$ выполнено $AM ⊥KN$ , то есть площадь можно найти по формуле $12AM ⋅KN$ . Далее $T$ — центр треугольника $ASC$ , как пересечение двух медиан, то есть

ST-= NK-= 2 SO BD 3

NK = 2BD = 2√2AB = 8 3 3

Кроме того,

1 1∘ --2-----2 1√------- √- OT = 3OS = 3 AS − AO = 3 441− 36 =3 5

Отсюда $√ --------- √ ------ AT = AO2+ OT2 = 36 +45= 9$ , а по свойству точки пересечения медиан $3 27 AM = 2 ⋅9=-2$ . В итоге

1 27 SANMK =2 ⋅2 ⋅8= 54.

Ответ:

$54$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#37324

Докажите, что биссектор (плоскость, проходящая через ребро двугранного угла и делящая его на два равных двугранных угла) двугранного угла при ребре тетраэдра делит противоположное ребро на части, пропорциональные площадям тех граней тетраэдра, которые лежат на гранях этого двугранного угла.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не правда ли, задача напоминает аналогичную в планиметрии с биссектрисой, только теперь вместо биссектрисы плоскость. Там мы доказывали это, выражая отношение площадей двумя способами и приравнивая их. А через что можно выразить нужные отношения в стереометрии?

Подсказка 2

Верно, можно сделать то же самое через объёмы тетраэдров, на которые разбивает биссектор исходный тетраэдр. Тогда выразим отношение объёмов через нужные площади и отрезки. Сначала давайте сделаем это для площадей, вспомнив, что мы ещё не пользовались равенством углов.

Подсказка 3

Ага, это равенство отношений мы получили. Теперь осталось получить его для отрезков. Давайте попробуем просто опустить высоты на общую грань тетраэдров. Чем тогда можно воспользоваться из планиметрии, чтобы связать высоты и отрезки грани?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $XT$ — высота треугольника $ACX$ , а угол между плоскостями $ABC$ и $ACD$ равен $2α.$

С одной стороны (расстояние от $X$ до грани по следствию из теоремы о трёх перпендикулярах падает на перпендикуляр, восставленный из точки $T$ в плоскости соответствующей грани):

VACDX-= h(X,ACD-)⋅SACD-= XT-sinα-⋅SACD = SACD- VACBX h(X,ABC )⋅SABC XT sin α⋅SABC SABC

С другой стороны (отношение расстояний до общей грани переписывается через отношение наклонных из подобия прямоугольных треугольников):

VACDX- h(D,ACX-)⋅SACX- h(D,ACX-) XD- VACBX = h(B,ACX )⋅SACX = h(B,ACX ) = XB

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#37326

В тетраэдре $ABCD$ плоские углы при вершине $D$ прямые. Пусть $h$ — длина высоты $DO$ тетраэдра, $a,b,c$ — длины ребер, выходящих из вершины $D$ . Докажите, что

1 1 1 1 h2 = a2 + b2-+ c2.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо доказать о том, что квадрат чего-то равен сумме квадратов. Давайте для начала подумаем об аналогии с планиметрией. Нет ли там чего-то похожего и есть ли такое в стереометрии?

Подсказка 2

Верно, в планиметрии есть теорема Пифагора для прямоугольного треугольника. Но ведь и здесь у нас прямые углы, причём целых три штуки. Точно! На вебинаре МО рассказывал о таком. Осталось только выразить площади.

Подсказка 3

Ага, видим, что площадь треугольника АВС выразить сразу не получится. Но ведь нам нужно ещё воспользоваться высотой h. Может, тогда удастся вспомнить формулу, в которой она используется?

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как все плоские углы при вершине $D$ прямые, то:

во-первых, запишем объём двумя способами:

1)VABCD = 1p(A,BCD )⋅SBCD = 1abc 3 6

2)VABCD = 1h ⋅SABC 3

откуда

abc= 2h⋅SABC;

во-вторых, по пространственной теореме Пифагора для прямоугольного тетраэдра

2 2 2 2 SABC = SACD +SABD + SBCD

Выражаем площади:

(abc)2 = (ab)2+ (bc)2+ (ac)2 2h 2 2 2

Отсюда немедленно получаем:

1- 1- 1- 1- h2 = a2 + b2 + c2

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#38769

Докажите, что если все плоские углы при некоторой вершине тетраэдра прямые, то квадрат площади грани, противолежащей этой вершине, равен сумме квадратов площадей всех остальных граней тетраэдра.

[Пространственный аналог теоремы Пифагора для прямого тетраэдра]

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте провести прямую к вершине, при которой все плоские углы прямые! Что хорошего можно сказать про получившиеся углы? А про их косинусы?

Подсказка 2

Каждый косинус можно записать как отношение проекции отрезка, лежащего на прямой к самому отрезку! Что можно сказать про сумму квадратов всех косинусов?

Подсказка 3

Да, сумма квадратов косинусов этих углов равна единице! Однако на грани мы пока так и не вышли... А если применить теорему о площади ортогональной проекции? Можно ли выразить площадь грани, противолежащей вершине (у которой все плоские углы прямые), через площади остальных граней?

Подсказка 4

Да, S1/S2 = cos(x). Отношение таких площадей равно одному из косинусов, которые получились при проведении нашей прямой! Тогда что осталось сделать, чтобы доказать требуемое?

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это углы при вершине $D$ в тетраэдре $ABCD$ . То есть нужно доказать, что

S2ABC = S2ACD +S2ABD + S2BCD

Пусть $∠ADO = α,∠BDO = β,∠CDO =γ$ . Отсюда $cos2α +cos2β +cos2γ = 1$ (по сути это сумма квадратов проекций $DO$ на “оси координат” — стороны тетраэдра, делённая на само $DO2$ , что равно единице из теоремы Пифагора).

По теореме о площади ортогональной проекции $SBCD =SABC ⋅cosα.$ Выписывая аналогичные равенства для оставшихся граней, получаем нужное соотношение $S2ABC =S2ACD + S2ABD+ S2BCD.$

Ответ:

что и требовалось доказать

Предыдущий раздел

Следующий раздел