Призмы. Построение сечений. Площадь сечения. Угол между плоскостями.: Часть 3

Видео

Конспект

Задача 4.7

ЕГЭ-2023, основной вариант, № 13.

Дана прямая призма, в основании которой лежит равнобедренная трапеция с основаниями AD=5 и BC=4 . Точка M делит ребро A_1D_1 в отношении A_1M : MD_1 = 1 : 4 , точка K — середина ребра DD_1 .

a) Доказать, что плоскость MCK параллельна прямой BD .

б) Найти тангенс угла между плоскостью MKC и плоскостью основания, если \angle BAD=60^\circ , a \angle C K M=90^\circ .

Решение.

а) Построим сечение. В плоскости грани ADD_1A_1 соединим точки M и K и продлим отрезок MK до пересечения с продолжением ребра AD и продолжением ребра AA_1 . Обозначим точки пересечения P_4 и P_1 соответственно (рис. 12).

Stereo_2_67_s

Рис. 12: К задаче 4.7

Грани CC_1B_1B и DD_1A_1A параллельны, поэтому плоскость сечения пересекает их по параллельным прямым. Проведем CP_2 \parallel KM . Далее, точки P_1 и P_2 принадлежат одной грани AA_1B_1B , соединим их, получим точку P_3 . Точки P_3 и M принадлежат грани A_1B_1C_1D_1 , соединим их, что и завершает построение сечения.

Рассмотрим \triangle P_4KD и \triangle MKD_1 . Они прямоугольные ( \angle D = \angle D_1 = 90^\circ ).

K — середина DD_1 , значит DK=D_1K .

\angle P_4KD = \angle MKD_1 как вертикальные.

Следовательно, \triangle P_4KD = \triangle MKD_1 по катету и острому углу. Из равенства треугольников следует, что P_4D = MD_1 .

По условию A_1D_1 = AD = 5 и A_1M:MD_1=1:4 , откуда MD_1 = \frac{4}{5}A_1D_1 = \frac{4}{5} \cdot 5 = 4 . Значит, P_4D=4 . В основании призмы BC=4 . Таким образом, P_4D = BC . Так как основания трапеции параллельны, AD \parallel BC , то и P_4D \parallel BC . В четырехугольнике P_4DBC две стороны P_4D и BC равны и параллельны, значит P_4DBC — параллелограмм. Следовательно, P_4C \parallel BD .

Прямая P_4C лежит в плоскости MCK (так как точки P_4, K, C лежат в этой плоскости). Так как прямая P_4C в плоскости MCK параллельна прямой BD , то плоскость MCK параллельна прямой BD .

б) Обозначим высоту призмы 2x , тогда DK=D_1K=x . По условию \angle CKM = 90^\circ , значит для \triangle CKM выполняется теорема Пифагора: CM^2 = CK^2 + KM^2 Выразим стороны этого треугольника через x .

Геометрия основания. В равнобедренной трапеции ABCD проведем высоту CH_1 (рис. 13). H_1D = \frac{AD-BC}{2} = \frac{5-4}{2} = \frac{1}{2} . В прямоугольном \triangle CH_1D с \angle D = 60^\circ , боковая сторона CD = \frac{H_1D}{\cos 60^\circ} = \frac{1/2}{1/2} = 1 . Стороны \triangle CKM .

В прямоугольном \triangle CDK : CK^2 = CD^2 + DK^2 = 1^2 + x^2 = 1+x^2 .

Для отрезка KM (гипотенуза \triangle K D_1 M ): KM^2 = KD_1^2 + D_1M^2 = x^2 + 4^2 = x^2+16 .

Для отрезка CM . Его проекция на основание — отрезок CM_s , где M_s — проекция M на AD . D M_s = D_1M = 4 . В \triangle CM_sD по теореме косинусов ( CD=1, DM_s=4, \angle D=60^\circ ): CM_s^2 = CD^2 + DM_s^2 - 2 \cdot CD \cdot DM_s \cdot \cos 60^\circ = 1^2+4^2 - 2\cdot 1 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 1+16-4 = 13 . CM^2 = CM_s^2 + MM_s^2 = 13 + (2x)^2 = 13+4x^2 .

Решение уравнения. Подставим в теорему Пифагора: 13+4x^2 = (1+x^2) + (x^2+16) 13+4x^2 = 2x^2 + 17 \implies 2x^2 = 4 \implies x^2=2 \implies x=\sqrt{2} Нахождение тангенса угла. Угол между плоскостью MKC (она же P_4KC ) и плоскостью основания ABCD — это двугранный угол вдоль их линии пересечения P_4C . Проведем высоту DH в \triangle P_4DC . Так как KD \perp (ABCD) , то по теореме о трех перпендикулярах KH \perp P_4C . Следовательно, \angle KHD — линейный угол искомого двугранного угла. Тангенс этого угла: \tg(\angle KHD) = \frac{KD}{DH} . KD = x = \sqrt{2} . Найдем DH . В \triangle P_4DC : P_4D=4 , DC=1 , \angle P_4DC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ . Площадь S_{P_4DC} = \frac{1}{2}P_4D \cdot DC \sin 120^\circ = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} . По теореме косинусов: P_4C^2 = 4^2+1^2-2\cdot 4\cdot 1 \cos 120^\circ = 21 \Rightarrow P_4C = \sqrt{21} . S_{P_4DC} = \frac{1}{2}P_4C \cdot DH \implies \sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{21} \cdot DH \implies DH = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{21}} = \frac{2}{\sqrt{7}} . \tg(\angle KHD) = \frac{\sqrt{2}}{2/\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{14}}{2} = \sqrt{\frac{7}{2}}.

Stereo_2_68_s

Рис. 13: К задаче 4.7

Ответ: \displaystyle \frac{\sqrt{14}}{2} .

Пример 4.8

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1 все ребра равны 1 .

а) Докажите, что плоскости AA_1D_1 и DB_1F_1 перпендикулярны.

б) Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и DB_1F_1 .

Stereo_2_40

Рис. 14: К примеру 4.8

Решение.

а) Из свойств правильного шестиугольника следует, что F_1B_1 \perp A_1D_1 . Также F_1B_1 \perp AA_1 , так как прямая AA_1 перпендикулярна плоскости A_1B_1C_1 , а, следовательно, любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поэтому F_1B_1 перпендикулярна плоскости AA_1D_1 , так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Таким образом, плоскость F_1B_1D проходит через прямую F_1B_1 , перпендикулярную плоскости AA_1D_1 , следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей эти плоскости перпендикулярны.

б) Точки пересечения FB и AD , F_1B_1 и A_1D_1 обозначим Q и Q_1 , QQ_1 \parallel AA_1 . Из свойств правильного шестиугольника следует, что FB \perp AD , следовательно AD \perp MN . По теореме о трех перпендикулярах Q_1D \perp MN , следовательно, \angle Q_1DQ — линейный угол искомого двугранного. Так как QQ_1 = 1 , AD = 2 , AQ = \frac{1}{2} , то QD = \frac{3}{2} , \tg \angle Q_1DQ = \frac{2}{3} .

Ответ: б) \displaystyle \frac{2}{3} .