Практика к уроку «Стереометрия: точки, прямые, плоскости, объемы»

Рассмотрим основание пирамиды. Так как $ABCD$ — ромб, его диагонали пересекаются под прямым углом и делятся пополам.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба.

Так как $AC=6$, то $AO=OC=3$.

Пусть $BD=2x$, тогда $BO=DO=x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOB$:

$AB^2=AO^2+BO^2$
$5^2=3^2+x^2$
$25=9+x^2$
$x^2=16$
$x=4$.

Значит, $BO=DO=4$, а $BD=8$.

Теперь выберем координаты:

• $O(0;0;0)$,
• $A(-3;0;0)$,
• $C(3;0;0)$,
• $B(0;-4;0)$,
• $D(0;4;0)$.

Так как $SA=SC$, точка $S$ равноудалена от точек $A$ и $C$. Значит, она лежит в плоскости, перпендикулярной $AC$ и проходящей через середину $AC$, то есть через точку $O$.

Поэтому координату точки $S$ можно записать так: $S(0;y;z)$.

Используем условие $SA=5\sqrt{10}$:

$SA^2=(0+3)^2+(y-0)^2+z^2$
$SA^2=9+y^2+z^2$.

Так как $SA=5\sqrt{10}$, то

$9+y^2+z^2=250$
$y^2+z^2=241$.

Теперь используем условие $SB=17$:

$SB^2=(0-0)^2+(y+4)^2+z^2$
$(y+4)^2+z^2=289$.

Раскроем скобки: $$y^2+8y+16+z^2=289.$$

Так как $y^2+z^2=241$, получаем:

$241+8y+16=289$
$8y+257=289$
$8y=32$
$y=4$.

Значит, точка $S$ имеет вид: $S(0;4;z)$.

Но точка $D$ имеет координаты: $D(0;4;0)$.

Следовательно, точки $S$ и $D$ имеют одинаковые первые две координаты и отличаются только высотой. Поэтому прямая $SD$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$.

Также найдём высоту:

$y^2+z^2=241$
$4^2+z^2=241$
$16+z^2=241$
$z^2=225$
$z=15$.

Значит, $SD=15$. Первая часть доказана: $$SD\perp(ABCD).$$

Теперь найдём расстояние между прямыми $AC$ и $SB$. Прямая $AC$ имеет направляющий вектор: $\vec{AC}=(6;0;0)$.

Прямая $SB$ имеет направляющий вектор: $$\vec{SB}=B-S=(0;-4;0)-(0;4;15)=(0;-8;-15).$$

Для удобства возьмём сонаправленный вектор: $\vec{v}=(0;8;15)$.

Так как $\vec{AC}$ направлен вдоль оси $x$, а $\vec{SB}$ лежит в плоскости $yOz$, общий перпендикуляр к этим прямым направлен перпендикулярно обоим векторам.

Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти по формуле: $$d=\frac{|(\vec{BO},[\vec{AC},\vec{SB}])|}{|[\vec{AC},\vec{SB}]|}.$$

Возьмём направляющий вектор прямой $AC$: $\vec{u}=(1;0;0)$, и направляющий вектор прямой $SB$: $\vec{v}=(0;8;15)$.

Тогда $$[\vec{u},\vec{v}]=(0;-15;8).$$

Длина этого вектора:

$|[\vec{u},\vec{v}]|=\sqrt{0^2+(-15)^2+8^2}$
$|[\vec{u},\vec{v}]|=\sqrt{225+64}=17$.

Возьмём точку $O$ на прямой $AC$ и точку $B$ на прямой $SB$: $\vec{OB}=(0;-4;0)$.

Скалярное произведение: $$(\vec{OB},[\vec{u},\vec{v}])=(0;-4;0)\cdot(0;-15;8)$$ $$=0+60+0=60.$$

Значит, $d=\frac{60}{17}$.

Ответ:

а) $SD\perp(ABCD)$.
б) $\frac{60}{17}$.

Найдём объём параллелепипеда:

$V_{\text{пар}}=AB\cdot AD\cdot AA_1$
$V_{\text{пар}}=9\cdot20\cdot12=2160$

а) Докажем, что $V_{A_1BDC_1}=\frac13V_{\text{пар}}$.

Параллелепипед можно представить как пирамиду $A_1BDC_1$ и четыре одинаковые по объёму угловые пирамиды: $A_1ADB$, $C_1CBD$, $BA_1B_1C_1$, $DA_1D_1C_1$.

Каждая из этих четырёх пирамид имеет три попарно перпендикулярных ребра, равные $9$, $20$ и $12$, поэтому объём каждой равен:

$V=\frac16\cdot9\cdot20\cdot12$
$V=\frac16V_{\text{пар}}$.

Тогда объём пирамиды $A_1BDC_1$ равен:

$V_{A_1BDC_1}=V_{\text{пар}}-4\cdot\frac16V_{\text{пар}}$
$V_{A_1BDC_1}=V_{\text{пар}}-\frac46V_{\text{пар}}$
$V_{A_1BDC_1}=\frac26V_{\text{пар}}$
$V_{A_1BDC_1}=\frac13V_{\text{пар}}$.

Значит, объём пирамиды $A_1BDC_1$ втрое меньше объёма параллелепипеда.

б) Найдём расстояние от $A_1$ до прямой $BD_1$.

Рассмотрим треугольник $A_1BD_1$. Сначала найдём $A_1B$:

$A_1B=\sqrt{AA_1^2+AB^2}$
$A_1B=\sqrt{12^2+9^2}$
$A_1B=\sqrt{144+81}=15$.

Также: $A_1D_1=AD=20$.

Треугольник $A_1BD_1$ прямоугольный, так как $A_1B\perp A_1D_1$. Найдём гипотенузу $BD_1$:

$BD_1=\sqrt{A_1B^2+A_1D_1^2}$
$BD_1=\sqrt{15^2+20^2}$
$BD_1=\sqrt{225+400}=25$.

Искомое расстояние от $A_1$ до прямой $BD_1$ — это высота из прямого угла к гипотенузе в треугольнике $A_1BD_1$.

По формуле площади: $$\frac12A_1B\cdot A_1D_1=\frac12BD_1\cdot h.$$

Отсюда:

$h=\frac{A_1B\cdot A_1D_1}{BD_1}$
$h=\frac{15\cdot20}{25}$
$h=12$.

Ответ:

а) $V_{A_1BDC_1}=\frac13V_{\text{пар}}$.
б) $12$.

Так как $AK:KA_1=1:2$, то $AK=\frac13AA_1=\frac13\cdot9=3$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $B$ и $K$ и параллельна прямой $AC$. Значит, сечение — четырёхугольник $KBNM$, где $N\in CC_1$, $M\in DD_1$.

Так как $\alpha\parallel AC$, то $KN\parallel AC$. Рассмотрим четырёхугольник $AKNC$. В нём:

$AK\parallel CN$,
$KN\parallel AC$.

Следовательно, $AKNC$ — прямоугольник. Значит,

$CN=AK=3$,
$KN=AC$.

Теперь докажем отношение на ребре $DD_1$.

Пусть $H$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$. Тогда $H$ — середина диагонали $BD$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей сечения $KN$ и $BM$.

Так как $KN\parallel AC$, а проекция $KN$ на основание — это $AC$, то точка $O$ проецируется в точку $H$.

Получаем, что в треугольнике $BDM$ отрезок $OH$ проходит через середину стороны $BD$ и параллелен $DM$. Значит, $OH$ — средняя линия треугольника $BDM$. Следовательно, $DM=2OH$.

Но $OH=AK=3$, так как точки $K$, $O$, $N$ находятся на одной высоте над основанием.

Значит, $DM=2\cdot3=6$. Так как $DD_1=AA_1=9$, то $MD_1=DD_1-DM=9-6=3$. Получаем: $DM:MD_1=6:3=2:1$.

Пункт а) доказан.

Теперь найдём площадь сечения. Диагональ основания квадрата: $$AC=AB\sqrt2=6\sqrt2.$$

Так как $KN=AC$, то $KN=6\sqrt2$.

Найдём $BM$. В основании: $$BD=AB\sqrt2=6\sqrt2.$$

Также уже нашли: $DM=6$.

Треугольник $BDM$ прямоугольный, поэтому

$BM=\sqrt{BD^2+DM^2}$
$BM=\sqrt{(6\sqrt2)^2+6^2}$
$BM=\sqrt{72+36}$
$BM=\sqrt{108}$
$BM=6\sqrt3$.

Диагонали сечения $KN$ и $BM$ перпендикулярны, так как $KN\parallel AC$, а проекция $BM$ на основание — это $BD$, при этом в квадрате $AC\perp BD$.

Значит, площадь сечения равна половине произведения диагоналей:

$S=\frac{KN\cdot BM}{2}$
$S=\frac{6\sqrt2\cdot6\sqrt3}{2}$
$S=18\sqrt6$.

Ответ:

а) $DM:MD_1=2:1$.
б) $18\sqrt6$.

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:

Сторона основания $AB=6$.

Точка $M$ — середина ребра $CC_1$.

Площадь сечения $A_1MB$ равна $15\sqrt3$.

1. Рассмотрим треугольники $A_1C_1M$ и $BCM$.

Так как призма правильная, то основания — равносторонние треугольники. Значит, $A_1C_1=BC=6$.

Так как $M$ — середина ребра $CC_1$, то $C_1M=CM$.

Кроме того, $\angle A_1C_1M=\angle BCM=90^\circ$, потому что боковые рёбра призмы перпендикулярны плоскости основания.

Следовательно, треугольники $A_1C_1M$ и $BCM$ равны по двум катетам.

Значит, $A_1M=BM$. Следовательно, треугольник $A_1MB$ равнобедренный.

Пункт а) доказан.

2. Найдём высоту призмы.

Обозначим половину высоты призмы через $x$. Так как $M$ — середина $CC_1$, то $CM=C_1M=x$, а высота призмы равна $AA_1=2x.$

Вычислим стороны треугольника $A_1MB$. Из прямоугольного треугольника $A_1C_1M$:

$A_1M=\sqrt{A_1C_1^2+C_1M^2}$
$A_1M=\sqrt{6^2+x^2}$
$A_1M=\sqrt{x^2+36}$.

Аналогично: $BM=\sqrt{x^2+36}$.

Теперь найдём основание равнобедренного треугольника $A_1MB$:

$A_1B=\sqrt{AA_1^2+AB^2}$
$A_1B=\sqrt{(2x)^2+6^2}$
$A_1B=\sqrt{4x^2+36}$
$A_1B=2\sqrt{x^2+9}$.

3. Найдём высоту треугольника $A_1MB$.

Пусть $MH$ — высота, проведённая к основанию $A_1B$.

Так как треугольник $A_1MB$ равнобедренный, то высота $MH$ также является медианой: $A_1H=\frac{A_1B}{2}$.

Тогда $$A_1H=\sqrt{x^2+9}.$$

Из прямоугольного треугольника $A_1MH$:

$MH=\sqrt{A_1M^2-A_1H^2}$
$MH=\sqrt{x^2+36-(x^2+9)}$
$MH=\sqrt{27}$
$MH=3\sqrt3$.

4. Используем площадь сечения.

По условию: $S_{A_1MB}=15\sqrt3$.

С другой стороны, $$S_{A_1MB}=\frac12\cdot A_1B\cdot MH.$$

Подставим:

$15\sqrt3=\frac12\cdot2\sqrt{x^2+9}\cdot3\sqrt3$
$15\sqrt3=3\sqrt3\sqrt{x^2+9}$

Разделим на $3\sqrt3$: $5=\sqrt{x^2+9}$.

Возведём в квадрат:

$25=x^2+9$
$x^2=16$
$x=4$.

Так как высота призмы равна $AA_1=2x$, получаем: $AA_1=2\cdot4=8$.

Ответ:

а) треугольник $A_1MB$ равнобедренный.
б) высота призмы равна $8$.