Сечения, углы и расстояния в пространстве - задачи с решениями

Решение:
Перпендикуляры [tex]AA_1[/tex], [tex]MM_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex] к плоскости [tex]\alpha[/tex] параллельны, поэтому лежат в одной плоскости, которая пересекает [tex]\alpha[/tex] по прямой [tex]A_1B_1[/tex]; значит, [tex]M_1[/tex] лежит на [tex]A_1B_1[/tex]. Так как [tex]AB[/tex] не пересекает [tex]\alpha[/tex], точки [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\alpha[/tex], и [tex]AA_1B_1B[/tex] — прямоугольная трапеция.
Через [tex]A[/tex] проведём прямую, параллельную [tex]A_1B_1[/tex]; пусть она пересекает [tex]MM_1[/tex] в точке [tex]K[/tex], а [tex]BB_1[/tex] — в точке [tex]L[/tex]. Тогда [tex]AA_1M_1K[/tex] и [tex]AA_1B_1L[/tex] — прямоугольники, поэтому
[tex]KM_1=LB_1=AA_1=4,\quad BL=BB_1-LB_1=9-4=5[/tex]
Так как [tex]KM\parallel LB[/tex], треугольники [tex]AKM[/tex] и [tex]ALB[/tex] подобны:
[tex]\frac{MK}{BL}=\frac{AM}{AB}=\frac{2}{5}\Rightarrow MK=\frac{2}{5}\cdot 5=2[/tex]
Следовательно, [tex]MM_1=MK+KM_1=2+4=6[/tex] см.

Решение:
В правильных треугольниках [tex]ABC[/tex] и [tex]DBC[/tex] медианы [tex]AN[/tex] и [tex]DN[/tex] являются и высотами, поэтому [tex]BC\perp AN[/tex] и [tex]BC\perp DN[/tex]; следовательно, [tex]BC\perp(AND)[/tex].
Поэтому угол [tex]\varphi[/tex] между [tex]BM[/tex] и плоскостью [tex](AND)[/tex] дополняет до [tex]90^{\circ}[/tex] угол [tex]MBC[/tex] между [tex]BM[/tex] и прямой [tex]BC[/tex], перпендикулярной этой плоскости:
[tex]\varphi=90^{\circ}-\angle MBC\Rightarrow \sin \varphi=\cos\angle MBC[/tex]
Тетраэдр правильный, поэтому основание его высоты, опущенной из [tex]B[/tex], — центр [tex]M[/tex] грани [tex]ACD[/tex]: [tex]BM\perp(ACD)[/tex], и треугольник [tex]BMC[/tex] прямоугольный с прямым углом при [tex]M[/tex]. Отрезок [tex]CM[/tex] — радиус окружности, описанной около правильного треугольника [tex]ACD[/tex] со стороной [tex]1[/tex]:
[tex]CM=\frac{\sqrt{3}}{3},\quad BM=\sqrt{BC^2-CM^2}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]
Следовательно,
[tex]\sin \varphi=\cos\angle MBC=\frac{BM}{BC}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. Треугольник [tex]ABD[/tex] равнобедренный ([tex]AD=BD[/tex]), поэтому его медиана [tex]DM[/tex] является и высотой: [tex]DM\perp AB[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]AMD[/tex]:
[tex]DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Так как [tex]CD\perp (ABC)[/tex], отрезок [tex]CM[/tex] — ортогональная проекция [tex]DM[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex], и по теореме о трёх перпендикулярах [tex]CM\perp AB[/tex]. Значит, [tex]\angle DMC[/tex] — линейный угол двугранного угла с ребром [tex]AB[/tex], т.е. угол между плоскостями [tex](ABD)[/tex] и [tex](ABC)[/tex].
В прямоугольном треугольнике [tex]DCM[/tex] ([tex]\angle DCM=90^{\circ}[/tex]):
[tex]\sin \angle DMC=\frac{CD}{DM}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle DMC=30^{\circ}[/tex]

Решение:
В прямоугольном треугольнике [tex]ABC[/tex] (с прямым углом при [tex]C[/tex]) пусть [tex]CH[/tex] — высота, проведённая к гипотенузе, [tex]H\in AB[/tex]:
[tex]AB=\sqrt{15^2+20^2}=25,\qquad CH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{15\cdot 20}{25}=12[/tex]
Призма прямая, поэтому [tex]CC_1\perp (ABC)[/tex] и [tex]CH[/tex] — ортогональная проекция [tex]C_1H[/tex] на основание. Так как [tex]CH\perp AB[/tex], по теореме о трёх перпендикулярах [tex]C_1H\perp AB[/tex]. Значит, [tex]C_1H[/tex] — расстояние от [tex]C_1[/tex] до [tex]AB[/tex], т.е. [tex]C_1H=13[/tex].
Из прямоугольного треугольника [tex]CHC_1[/tex] (с прямым углом при [tex]C[/tex]) находим высоту призмы:
[tex]CC_1=\sqrt{C_1H^2-CH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5[/tex]

Решение:
Пусть [tex]D[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]C[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex]. Тогда [tex]CD\perp\alpha[/tex], [tex]AD[/tex] — проекция [tex]CA[/tex], и угол между [tex]CA[/tex] и [tex]\alpha[/tex] равен [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]ADC[/tex] ([tex]\angle ADC=90^{\circ}[/tex]):
[tex]CD=CA\sin 30^{\circ}=10\cdot \frac{1}{2}=5[/tex]
Так как [tex]CB=5\sqrt{2}\ne CD[/tex], то [tex]B\ne D[/tex], [tex]BD[/tex] — проекция [tex]CB[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex], и искомый угол — острый угол [tex]\angle CBD[/tex] прямоугольного треугольника [tex]BDC[/tex] ([tex]\angle BDC=90^{\circ}[/tex]):
[tex]\sin \angle CBD=\frac{CD}{CB}=\frac{5}{5\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \angle CBD=45^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]a[/tex] — ребро куба, а [tex]O_1[/tex] — центр верхней грани [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex]. Плоскость [tex](ACC_1)[/tex] — это плоскость диагонального сечения [tex]ACC_1A_1[/tex].
Имеем [tex]D_1O_1\perp A_1C_1[/tex] (диагонали квадрата перпендикулярны) и [tex]D_1O_1\perp AA_1[/tex] (так как [tex]AA_1\perp (A_1B_1C_1D_1)[/tex]). Эти две пересекающиеся прямые лежат в плоскости [tex](ACC_1)[/tex], следовательно, [tex]D_1O_1\perp (ACC_1)[/tex].
Значит, [tex]AO_1[/tex] — ортогональная проекция [tex]AD_1[/tex] на плоскость, и искомый угол равен [tex]\angle D_1AO_1[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AO_1D_1[/tex] ([tex]\angle AO_1D_1=90^{\circ}[/tex]) катет [tex]D_1O_1[/tex] равен половине диагонали грани, а гипотенуза [tex]AD_1[/tex] — диагональ грани:
[tex]\sin \angle D_1AO_1=\frac{D_1O_1}{AD_1}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle D_1AO_1=30^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]B_1[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]B[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex]. Так как [tex]C\in\alpha[/tex], проекция катета [tex]BC[/tex] есть [tex]CB_1=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], а треугольник [tex]BB_1C[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]B_1[/tex]. Треугольник [tex]ABC[/tex] равнобедренный, поэтому [tex]BC=a[/tex]:
[tex]BB_1=\sqrt{BC^2-CB_1^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]
Так как [tex]A\in\alpha[/tex], проекция отрезка [tex]AB[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex] есть [tex]AB_1[/tex], и искомый угол равен [tex]\angle BAB_1[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]ABB_1[/tex] ([tex]BB_1\perp\alpha[/tex]) гипотенуза [tex]AB=a\sqrt{2}[/tex]:
[tex]\sin \angle BAB_1=\frac{BB_1}{AB}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle BAB_1=30^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCDM[/tex] — данная пирамида с вершиной [tex]M[/tex] и ребром основания [tex]a[/tex], а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] — середины [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Боковые рёбра равны, поэтому равны и их проекции на основание, и основание [tex]O[/tex] высоты [tex]MO[/tex] — центр квадрата (точка пересечения его диагоналей).
Плоскость пересекает основание по отрезку [tex]PQ[/tex], поэтому сечение — треугольник [tex]MPQ[/tex]. Его ортогональная проекция на основание — треугольник [tex]OPQ[/tex], в котором [tex]OP\perp AB[/tex] и [tex]OQ\perp BC[/tex], следовательно, [tex]\angle POQ=90^{\circ}[/tex] и [tex]OP=OQ=\frac{a}{2}[/tex]:
[tex]S_{OPQ}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^2}{8}[/tex]
Площадь ортогональной проекции плоской фигуры равна площади фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостями:
[tex]\frac{a^2}{8}=S\cos 60^{\circ}=\frac{S}{2}\Rightarrow a^2=4S\Rightarrow a=2\sqrt{S}[/tex]

Решение:
Пирамида правильная, поэтому её вершина проектируется в центр основания: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex]. Прямая [tex]AB[/tex] лежит в плоскости основания, значит, [tex]MO\perp AB[/tex].
Центр [tex]O[/tex] — середина диагонали [tex]BD[/tex], поэтому [tex]ON[/tex] — средняя линия треугольника [tex]ABD[/tex] и [tex]ON\parallel AD[/tex]. Так как [tex]AD\perp AB[/tex], получаем [tex]ON\perp AB[/tex].
Итак, прямая [tex]AB[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым [tex]MO[/tex] и [tex]ON[/tex] плоскости [tex](OMN)[/tex], поэтому
[tex]AB\perp(OMN)[/tex]
Плоскость [tex](AMB)[/tex] проходит через прямую [tex]AB[/tex], перпендикулярную плоскости [tex](OMN)[/tex]. По признаку перпендикулярности плоскостей [tex](AMB)\perp(OMN)[/tex].

Решение:
Так как [tex]MD\perp(ABCD)[/tex], прямая [tex]MD[/tex] перпендикулярна любой прямой основания, проходящей через [tex]D[/tex], в частности [tex]DA[/tex], [tex]DC[/tex] и [tex]DB[/tex]. Поэтому треугольники [tex]MDA[/tex], [tex]MDC[/tex] и [tex]MDB[/tex] прямоугольные с прямым углом при вершине [tex]D[/tex], и по теореме Пифагора
[tex]MA^2=MD^2+DA^2; \quad MC^2=MD^2+DC^2; \quad MB^2=MD^2+DB^2[/tex]
Складывая первые два равенства, получаем
[tex]MA^2+MC^2=2MD^2+DA^2+DC^2[/tex]
В прямоугольнике [tex]ABCD[/tex] треугольник [tex]DAB[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]A[/tex] и [tex]AB=DC[/tex], поэтому
[tex]DB^2=DA^2+AB^2=DA^2+DC^2[/tex]
Следовательно,
[tex]MB^2+MD^2=2MD^2+DB^2=2MD^2+DA^2+DC^2=MA^2+MC^2[/tex]

Решение:
Так как [tex]ABCD[/tex] — квадрат, [tex]BC\parallel AD[/tex], а [tex]AD[/tex] лежит в плоскости [tex](ADP)[/tex], следовательно, [tex]BC\parallel(ADP)[/tex]. Плоскость [tex](BCM)[/tex] содержит [tex]BC[/tex] и имеет с [tex](ADP)[/tex] общую точку [tex]M[/tex], поэтому пересекает её по прямой, проходящей через [tex]M[/tex] параллельно [tex]BC[/tex]. Эта прямая лежит в [tex](ADP)[/tex] и пересекает [tex]DP[/tex] в точке [tex]N[/tex], значит,
[tex]MN\parallel AD\parallel BC[/tex]
В [tex]\triangle ADP[/tex] отрезок [tex]MN[/tex] проходит через середину [tex]M[/tex] стороны [tex]AP[/tex] и параллелен [tex]AD[/tex], поэтому он — средняя линия: [tex]N[/tex] — середина [tex]DP[/tex] и
[tex]MN=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}[/tex]
Итак, [tex]MN\parallel BC[/tex] и [tex]MN\ne BC[/tex], т.е. [tex]BMNC[/tex] — трапеция с основаниями [tex]BC[/tex] и [tex]MN[/tex].
Боковые грани [tex]ABP[/tex] и [tex]DCP[/tex] — равные треугольники ([tex]AB=DC[/tex], [tex]PA=PB=PC=PD[/tex]), а [tex]BM[/tex] и [tex]CN[/tex] — их соответственные медианы, проведённые к сторонам [tex]AP[/tex] и [tex]DP[/tex], поэтому [tex]BM=CN[/tex]. Следовательно, [tex]BMNC[/tex] — равнобедренная трапеция.