Тема Физтех и вступительные по математике в МФТИ

Стереометрия на Физтехе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех и вступительные по математике в мфти

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#80061Максимум баллов за задание: 7

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром $a$ через точку $A$ параллельно прямой $BD$ проведена плоскость $P$ , образующая с прямой $AB$ угол, равный $-1√- arcsin2 2$ . Найдите площадь сечения куба плоскостью $P$ и радиус шара, касающегося плоскости $P$ и граней $ABCD$ , $BCC1B1$ и $DCC1D1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно воспользоваться данным углом?

Подсказка 2

Проведите перпендикуляры к плоскости P из центра основания и точки D.

Подсказка 3

Пусть плоскость P пересекает ребро CC₁ в точке K. Рассмотрите треугольник ACK.

Подсказка 4

Попробуйте понять, на биссектрисе какого угла должен лежать центр шара.

Подсказка 5

Это будет ∠AKC. А где будет находиться проекция центра шара на основание?

Показать ответ и решение

Плоскость $P$ пересечет грань $BB D D 1 1$ куба по прямой $EF ∥BD,$ где $E ∈DD ,a 1$ ребро $CC 1$ — в некоторой точке $K.$ Пусть $Q$ — середина $BD, M$ и $N −$ основания перпендикуляров, опущенных соответственно из точек $D$ и $Q$ на плоскость $P.$ Тогда $DM = QN,$ так как $BD ∥P,$ и $N ∈ AK.$

$PIC$

По условию $√2 ∠DAM =arcsin-4 ,AD = a,$ откуда находим $√2 a√2 DM = AD 4-= -4- =QN.$ Из треугольника $AQN,$ в котором $a√2 AQ = -2-$ $AQ QN = -2-,$ находим $π ∠QAN = 6,$ и поэтому

√ - AK =AC --1π= 2--6a cos6 3

Пусть $S$ — площадь сечения куба плоскостью $P,$ тогда $S = 1AK ⋅EF, 2$ где $EF =BD = a√2,$ и поэтому $S = 2√3a2 3$

Теперь найдём радиус $R$ вписанного шара. Заметим, что центр $O$ шара лежит на биссектрисе угла $KAC$ , а проекция $L$ точки $O$ на грань $ABCD$ принадлежат $AC.$ Из треугольника $AOL,$ в котором $∠OAL = 1∠KAC = π-,OL = R, 2 12$ находим

π- AL =R ctg 12 ,

где

π 1+ cosπ √- ctg 12 =-sinπ-6= 2+ 3 6

Так как

LC = R√2,AC = AL+ LC,

тo

√- ( π √-) a 2= R ctg12 + 2

_____________________________________________________________________________________

Замечание.

Искомый радиус можно было также найти, заметив что он равен радиусу шара, вписанного в треугольную пирамиду $KCE1F1,$ где $E1$ — точка пересечения прямых $KE$ и $CD, F1−$ точка пересечения прямых $KF$ и $CB,$ используя формулу $R= 3SVn$ где $V$ — объем пирамиды $KCE1F1, Sn$ — её полная поверхность.

Ответ:

$2a2---a√2---- √3;2+ √2+ √3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#104732Максимум баллов за задание: 7

В основании призмы $ABCDA B C D 1 1 1 1$ лежит прямоугольник $ABCD$ . Острые углы $D DA 1$ и $D DC 1$ равны между собой, угол между ребром $D1D$ и плоскостью основания призмы равен $√1- arccos 13$ , а $√- CD =5 6$ . Все грани призмы касаются некоторой сферы. Найти длину $BC$ , угол между плоскостями $D1DC$ и $ABC$ , а также расстояние от точки $D$ до центра сферы.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что следует из равенства ∠D₁DA и ∠D₁DC?

Подсказка 2

Докажите равенство двугранных углов.

Подсказка 3

Для доказательства этого утверждения можно построить проекцию точки D₁ на плоскость ABCD.

Подсказка 4

Что можно сказать о проекциях центра сферы на грани ABCD и A₁B₁C₁D₁?

Подсказка 5

Расстояния до них будут равны радиусу сферы. Рассмотрите сечения призмы плоскостями, перпендикулярными ребрам AD и DC.

Подсказка 6

Докажите, что полученные сечения являются ромбами.

Подсказка 7

А не является ли ABCD квадратом?

Показать ответ и решение

Пусть $∠D DA = ∠D DC =α, 1 1$ гдс $α$ — острый угол:

$PIC$

Тогда двугранные углы при рёбрах $DA$ и $DC$ равны между собой и являются острыми (каждый из этих углов углов обозначим $β).$

Для доказательства этого утверждения достаточно построить проекцию $L$ точки $D1$ на плоскость $ABCD,$ затсм опустить из точки $L$ перпендикуляры на $AD$ и $CD$ и воспользоваться равенством соответствующих прямоугольных треугольников.

Пусть $O$ — центр вписанной в призму сферы, $O1$ и $O2$ — проекции точки $O$ на грани $A1B1C1D1$ и $ABCD.$ Тогда $OO1 = OO2 = R,$ где $R$ — радиус сферы. Рассмотрим сечения $Φ1$ и $Φ2$ призмы плоскостями, перпендикулярными рёбрам $AD$ и $DC.$ Фигуры $Φ1$ и $Φ2$ являются параллелограммами, каждый из которых описан около окружности радиуса $R.$ Поэтому фигуры $Φ1$ и $Φ2$ — ромбы, высота каждого из них равна $2R,$ а острый угол равен $β.$ Стороны этих ромбов равны соответствующим сторонам прямоугольника $ABCD,$ и из равенства ромбов следует, что $ABCD$ — квадрат.

Пусть $D2$ — проекция точки $D1$ на плоскость $ABCD,$ тогда $D1D2 = 2R.$ Проведём через $D1D2$ плоскость, перпсндикулярную $DC$ и пересекающую $DC$ в точке $K.$ Тогда $D1D2K,D1D2D$ и $D1DK$ — прямоугольные треугольники, $∠D1DD2 = γ = arccos√1 13$ (по условию), $∠D1KD2 = β$ . Т. к. отрезок $D1K$ равен стороне ромба, т. е. $D1K = CD$ , то

D1D2 = 2R= D1K sinβ =CD sinβ

Последнее выражение в этой цепочке равно высоте ромба $Φ1$ .

D1D2 =D1K sin β = DD1sinαsinβ; D1D2 = DD1 sinγ

Заметим ещё, что точка $D2$ лежит на диагонали квадрата $ABCD$ и поэтому

π ∠D2DK = 4, D1D2 = DD2tgγ,

где

DK DD2 = cos-π, DK =DD1 cosα, 4

и поэтому

D1D2 = DD1tgycosa cosπ∕4

Отсюда получаем

√- sinαsin β = sinγ = 2tgγcosα,

где

-1- ∘ 3-- √- cosγ = √13-, sinγ =2 13, tgγ = 2 3,

cosα= cosγ-= √1-, sinα= √5-, 2 26 26

sinγ- 2√6 1 1 sinβ = sinα = 5 , cosβ = 5,β =arccos5,

CDsinβ 5√6 2√6 R = --2---= -2- ⋅-5- =6

Рассмотрим, наконец, прямоугольные треугольники $DOO2,DMO2$ и $DMO$ ( $M$ — точка, в которой одно из проведённых сечений пересекает ребро $AD$ , т. е. является вершиной одного из построенных ромбов). Т. к. сфера касается граней двугранного угла при ребре $DC$ , то