Практика к уроку «Стереометрия: тетраэдр, пирамида, конус, шар, цилиндр»

а) Доказательство отношения $BM:MD=1:2$.

1. Так как $KLMN$ — квадрат, то противоположные стороны параллельны:

$KN\parallel LM$,
$KL\parallel MN$.

2. Из параллельности следует:

$LM\parallel AB$ в плоскости $ADB$,
$KN\parallel AB$ в плоскости $ACB$,
$KL\parallel CD$ в плоскости $ACD$,
$MN\parallel CD$ в плоскости $BCD$.

3. Применяем теорему Фалеса:

$$\frac{BM}{MD}=\frac{BN}{NC}=\frac{AK}{KC}=\frac{1}{2}.$$

Следовательно, $BM:MD=1:2$.

б) Нахождение расстояния от $C$ до плоскости $KLMN$.

1. Найдём объём пирамиды $CKMN$.

Из условия $AK:KC=1:2$, поэтому $\frac{AK}{AC}=\frac13$, а $\frac{KC}{AC}=\frac23$.

Так как $BM:MD=1:2$, то $\frac{BM}{BD}=\frac13$.

Треугольник $CKN$ подобен треугольнику $CAB$ с коэффициентом $\frac23$, поэтому $\frac{S_{CKN}}{S_{CAB}}=\left(\frac23\right)^2=\frac49$.

Высота из точки $M$ к плоскости $ABC$ составляет $\frac13$ высоты из точки $D$ к этой же плоскости.

Значит, $$\frac{V_{CKMN}}{V_{ABCD}}=\frac49\cdot\frac13=\frac4{27}.$$

Тогда $$V_{CKMN}=\frac4{27}\cdot72=\frac{288}{27}=\frac{32}{3}.$$

2. Найдём площадь основания $KMN$.

Так как $KLMN$ — квадрат со стороной $4$, то треугольник $KMN$ — половина квадрата. $$S_{KMN}=\frac12\cdot4\cdot4=8.$$

3. Найдём расстояние от точки $C$ до плоскости $KLMN$.

Пусть искомое расстояние равно $d$. Тогда объём пирамиды $CKMN$ равен: $$V_{CKMN}=\frac13S_{KMN}\cdot d.$$

Отсюда:

$d=\frac{3V_{CKMN}}{S_{KMN}}$
$d=\frac{3\cdot\frac{32}{3}}{8}$

$d=\frac{32}{8}=4$.

Ответ:

а) $BM:MD=1:2$.
б) расстояние от точки $C$ до плоскости $KLMN$ равно $4$.

Пирамида $DABC$ с основанием — прямоугольным треугольником $ABC$.

Катеты:

$AC=12$,
$BC=16$.

Точка $M$ — середина $AD$.
Точка $E\in BC$, причём $CE=4$.
Точка $F\in AC$, причём $CF=3$.

Расстояние $d(M,EF)=6$.

а) Докажем, что $N$ — середина $BD$.

1. Рассмотрим подобие треугольников.

Так как $\frac{CF}{CA}=\frac{3}{12}=\frac14$ и $\frac{CE}{CB}=\frac{4}{16}=\frac14$, то $\frac{CF}{CA}=\frac{CE}{CB}$.

Следовательно, $\triangle FEC\sim\triangle ABC$ по двум сторонам и углу между ними. Значит, $EF\parallel AB$.

2. Рассмотрим пересечение плоскостей.

Плоскость $MEF$ пересекает плоскость $(ABD)$ по прямой $MN$. Так как $EF\parallel AB$, то $MN\parallel AB$.

3. В треугольнике $ABD$:

$M$ — середина $AD$, $MN\parallel AB$.

Следовательно, по теореме о средней линии треугольника точка $N$ — середина $BD$.

б) Найдём площадь сечения $MNEF$.

1. Вычислим длины.

Так как треугольник $ABC$ прямоугольный, то

$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}$
$AB=\sqrt{12^2+16^2}$
$AB=\sqrt{144+256}$
$AB=\sqrt{400}=20$.

Так как $\triangle FEC\sim\triangle ABC$ с коэффициентом $\frac14$, то

$EF=\frac14AB$
$EF=\frac14\cdot20=5$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $MN$ — средняя линия, поэтому

$MN=\frac12AB$
$MN=\frac12\cdot20=10$.

2. Сечение $MNEF$ — трапеция.

Её основания:

$MN=10$,
$EF=5$.

Высота трапеции равна расстоянию от точки $M$ до прямой $EF$: $h=6$.

3. Найдём площадь трапеции:

$S=\frac{MN+EF}{2}\cdot h$
$S=\frac{10+5}{2}\cdot6$
$S=\frac{15}{2}\cdot6$

$S=45$.

Ответ:

а) точка $N$ — середина ребра $BD$.
б) площадь сечения равна $45$.

а) Доказательство свойств сечения.

1. Сечение $SAB$ образовано двумя образующими конуса и хордой основания.

Найдём образующую:

$SA=SB=\sqrt{R^2+h^2}$
$SA=SB=\sqrt{13^2+12^2}$
$SA=SB=\sqrt{169+144}=\sqrt{313}$.

Так как $SA=SB$, треугольник $SAB$ равнобедренный.

2. Докажем остроугольность.

Для угла при вершине $S$:

$\cos\angle S=\frac{SA^2+SB^2-AB^2}{2\cdot SA\cdot SB}$
$\cos\angle S=\frac{313+313-24^2}{2\cdot\sqrt{313}\cdot\sqrt{313}}$
$\cos\angle S=\frac{626-576}{626}$
$\cos\angle S=\frac{50}{626}>0$.

Значит, угол $S$ острый.

Для угла при основании $A$:

$\cos\angle A=\frac{SA^2+AB^2-SB^2}{2\cdot SA\cdot AB}$
$\cos\angle A=\frac{313+576-313}{2\cdot\sqrt{313}\cdot24}$
$\cos\angle A=\frac{576}{48\sqrt{313}}>0$.

Значит, угол $A$ острый.

Так как треугольник равнобедренный, то $\angle A=\angle B$. Следовательно, угол $B$ тоже острый.

Значит, сечение $SAB$ — равнобедренный остроугольный треугольник.

б) Найдём расстояние от центра основания конуса до плоскости сечения.

Пусть $O$ — центр основания конуса, $H$ — середина хорды $AB$. Так как перпендикуляр из центра окружности к хорде делит её пополам, то $AH=\frac{AB}{2}=12$.

В прямоугольном треугольнике $AOH$: $OA=13$, $AH=12$.

Тогда

$OH=\sqrt{OA^2-AH^2}$
$OH=\sqrt{13^2-12^2}$
$OH=\sqrt{169-144}=5$.

Теперь найдём $SH$ в треугольнике $SAH$:

$SA=\sqrt{313}$,
$AH=12$.
$SH=\sqrt{SA^2-AH^2}$
$SH=\sqrt{313-144}$
$SH=\sqrt{169}=13$.

Расстояние от точки $O$ до плоскости сечения равно перпендикуляру $OM$, опущенному из $O$ на плоскость $SAB$.

В треугольнике $SOH$:

$SO=12$,
$OH=5$,
$SH=13$.

Используем формулу высоты к гипотенузе в прямоугольном треугольнике:

$OM=\frac{OH\cdot SO}{SH}$
$OM=\frac{5\cdot12}{13}$

$OM=\frac{60}{13}$.

Ответ:

а) сечение является равнобедренным остроугольным треугольником.
б) расстояние равно $\frac{60}{13}$.

а) Так как $MN\parallel SB$ и $M$ — середина $SA$, то по теореме Фалеса $N$ — середина $AB$.

В треугольнике $AOB$: $OA=OB=6$, так как $OA$ и $OB$ — радиусы основания конуса.

Треугольник $AOB$ равнобедренный. Так как $N$ — середина основания $AB$, то медиана $ON$ является также высотой. Следовательно, $ON\perp AB$.

Так как $A$, $N$, $B$ лежат на одной прямой, получаем: $\angle ANO=90^\circ$.

б) Пусть $H$ — середина отрезка $AO$. Тогда $M$ — середина $SA$, а $H$ — середина $AO$.

Значит, $MH$ — средняя линия треугольника $ASO$, поэтому $MH\parallel SO$ и $MH=\frac{SO}{2}$.

Так как $SO$ перпендикулярна плоскости основания, то $MH$ тоже перпендикулярна плоскости основания.

Поэтому угол между прямой $BM$ и плоскостью основания равен углу между $BM$ и её проекцией на основание, то есть углу $\angle MBH$.

Найдём $MH$: $$MH=\frac{SO}{2}=\frac{6}{2}=3.$$

Теперь найдём $BH$. В треугольнике $AOB$:

$OA=OB=6$,
$AB=6$.

Значит, треугольник $AOB$ равносторонний, поэтому $\angle OAB=60^\circ$.

Так как $H$ лежит на $AO$, то $\angle HAB=\angle OAB=60^\circ$.

Также $$AH=\frac{AO}{2}=\frac{6}{2}=3.$$

В треугольнике $ABH$ по теореме косинусов:

$BH^2=AH^2+AB^2-2\cdot AH\cdot AB\cdot \cos\angle HAB$
$BH^2=3^2+6^2-2\cdot3\cdot6\cdot\cos60^\circ$
$BH^2=9+36-36\cdot\frac12$
$BH^2=45-18=27$
$BH=3\sqrt3$.

В прямоугольном треугольнике $MHB$:

$\operatorname{tg}\angle MBH=\frac{MH}{BH}$
$\operatorname{tg}\angle MBH=\frac{3}{3\sqrt3}$
$\operatorname{tg}\angle MBH=\frac{1}{\sqrt3}$.

Следовательно, $\angle MBH=30^\circ$.

Ответ:

а) $\angle ANO=90^\circ$.
б) $30^\circ$.

а) Пусть $BB_1$ — образующая цилиндра. Тогда $BB_1C_1C$ — прямоугольник, поэтому угол между прямыми $AC_1$ и $BC$ равен углу между прямыми $AC_1$ и $B_1C_1$.

Угол $ABC$ опирается на диаметр основания цилиндра, поэтому он прямой: $$\angle ABC=90^\circ.$$

В прямоугольном треугольнике $ABC$:

$\angle ACB=30^\circ$,
$AB=4\sqrt3$.

Катет, лежащий против угла $30^\circ$, равен половине гипотенузы, значит: $AC=2AB=2\cdot4\sqrt3=8\sqrt3$.

Также: $$BC=\sqrt3\cdot AB=\sqrt3\cdot4\sqrt3=12.$$

Следовательно, $B_1C_1=BC=12$.

В прямоугольном треугольнике $ACC_1$:

$AC_1=\sqrt{AC^2+CC_1^2}$
$AC_1=\sqrt{(8\sqrt3)^2+(8\sqrt6)^2}$
$AC_1=\sqrt{192+384}$
$AC_1=\sqrt{576}=24$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AB_1C_1$.

Так как $B_1C_1=12$, а $AC_1=24$, то гипотенуза $AC_1$ вдвое больше катета $B_1C_1$. Следовательно, $$\angle AC_1B_1=60^\circ.$$

Значит, угол между прямыми $BC$ и $AC_1$ равен $60^\circ$.

б) Наклонная $C_1B$ перпендикулярна прямой $AB$ по теореме о трёх перпендикулярах. Тогда треугольник $ABC_1$ прямоугольный, а искомое расстояние равно длине высоты, проведённой из вершины прямого угла $B$ к гипотенузе $AC_1$.

Найдём $BC_1$:

$BC_1=\sqrt{BC^2+CC_1^2}$
$BC_1=\sqrt{12^2+(8\sqrt6)^2}$
$BC_1=\sqrt{144+384}$
$BC_1=\sqrt{528}=4\sqrt{33}$.

Высота из вершины прямого угла к гипотенузе равна: $$d=\frac{AB\cdot BC_1}{AC_1}.$$

Подставим значения:

$d=\frac{4\sqrt3\cdot4\sqrt{33}}{24}$
$d=\frac{16\sqrt{99}}{24}$
$d=\frac{16\cdot3\sqrt{11}}{24}$

$d=2\sqrt{11}$.

Ответ:

а) угол между прямыми $BC$ и $AC_1$ равен $60^\circ$.
б) расстояние от точки $B$ до прямой $AC_1$ равно $2\sqrt{11}$.

а) Докажем, что сечение второй плоскостью является кругом.

Рассмотрим произвольную точку $P$, принадлежащую второму сечению. Через центр шара $O$ проведём прямую, перпендикулярную данным параллельным плоскостям. Пусть эта прямая пересекает вторую плоскость в точке $B$.

Возьмём точку $C$, принадлежащую второму сечению и поверхности шара. Так как $OB$ перпендикулярна второй плоскости, то для любой точки $P$ второго сечения треугольник $OBP$ прямоугольный. Тогда: $$BP^2=OP^2-OB^2.$$

Так как точка $P$ лежит внутри шара, то $OP\le OC$. Следовательно,

$OP^2-OB^2\le OC^2-OB^2$
$BP^2\le BC^2$.

Значит, $BP\le BC$. То есть все точки второго сечения лежат внутри круга с центром $B$ и радиусом $BC$. И наоборот, каждая точка этого круга, лежащего во второй плоскости, принадлежит шару.

Следовательно, сечение шара второй плоскостью является кругом.

б) Найдём радиус шара. Пусть $OA=R$ — радиус шара.

Так как первая плоскость проходит через центр шара, её сечение — большой круг. Поэтому площадь первого сечения равна: $S_1=\pi OA^2$.

Сечение второй плоскостью — круг радиуса $BC$, поэтому: $S_2=\pi BC^2$.

По условию: $\frac{S_2}{S_1}=0{,}64$.

Тогда:

$\frac{\pi BC^2}{\pi OA^2}=0{,}64$
$\frac{BC^2}{OA^2}=0{,}64$.

Так как $0{,}64=\frac{16}{25}$, получаем: $$\frac{BC^2}{OA^2}=\frac{16}{25}.$$

Значит, $\frac{BC}{OA}=\frac45$.

Так как расстояние между плоскостями равно $6$, а первая плоскость проходит через центр шара, то $OB=6$.

В прямоугольном треугольнике $OBC$: $OC^2=OB^2+BC^2$.

Но $OC=OA$, поэтому:

$OA^2=6^2+\left(\frac45OA\right)^2$
$OA^2=36+\frac{16}{25}OA^2$
$\frac{9}{25}OA^2=36$
$OA^2=100$

$OA=10$.

Ответ:

а) сечение шара второй плоскостью является кругом.
б) радиус шара равен $10$.