Сечения, ъгли и разстояния в пространството - задачи с решения

Решение:
Перпендикулярите [tex]AA_1[/tex], [tex]MM_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex] към [tex]\alpha[/tex] са успоредни, следователно лежат в една равнина, която пресича [tex]\alpha[/tex] по правата [tex]A_1B_1[/tex]; значи [tex]M_1[/tex] лежи на [tex]A_1B_1[/tex]. Тъй като [tex]AB[/tex] не пресича [tex]\alpha[/tex], точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са от една страна на [tex]\alpha[/tex] и [tex]AA_1B_1B[/tex] е правоъгълен трапец.
През [tex]A[/tex] построяваме права, успоредна на [tex]A_1B_1[/tex], която пресича [tex]MM_1[/tex] в точка [tex]K[/tex] и [tex]BB_1[/tex] в точка [tex]L[/tex]. Тогава [tex]AA_1M_1K[/tex] и [tex]AA_1B_1L[/tex] са правоъгълници и
[tex]KM_1=LB_1=AA_1=4,\quad BL=BB_1-LB_1=9-4=5[/tex]
Тъй като [tex]KM\parallel LB[/tex], триъгълниците [tex]AKM[/tex] и [tex]ALB[/tex] са подобни:
[tex]\frac{MK}{BL}=\frac{AM}{AB}=\frac{2}{5}\Rightarrow MK=\frac{2}{5}\cdot 5=2[/tex]
Следователно [tex]MM_1=MK+KM_1=2+4=6[/tex] см.

Решение:
В равностранните триъгълници [tex]ABC[/tex] и [tex]DBC[/tex] медианите [tex]AN[/tex] и [tex]DN[/tex] са и височини, затова [tex]BC\perp AN[/tex] и [tex]BC\perp DN[/tex]; следователно [tex]BC\perp(AND)[/tex].
Затова ъгълът [tex]\varphi[/tex] между [tex]BM[/tex] и равнината [tex](AND)[/tex] допълва до [tex]90^{\circ}[/tex] ъгъла [tex]MBC[/tex] между [tex]BM[/tex] и перпендикулярната на тази равнина права [tex]BC[/tex]:
[tex]\varphi=90^{\circ}-\angle MBC\Rightarrow \sin \varphi=\cos\angle MBC[/tex]
Тетраедърът е правилен, затова петата на височината му от [tex]B[/tex] е центърът [tex]M[/tex] на стената [tex]ACD[/tex]: [tex]BM\perp(ACD)[/tex] и триъгълникът [tex]BMC[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]M[/tex]. Отсечката [tex]CM[/tex] е радиусът на описаната окръжност на равностранния триъгълник [tex]ACD[/tex] със страна [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]
Следователно
[tex]\sin \varphi=\cos\angle MBC=\frac{BM}{BC}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]

Решение:
Нека [tex]M[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]. Триъгълникът [tex]ABD[/tex] е равнобедрен ([tex]AD=BD[/tex]), затова медианата му [tex]DM[/tex] е и височина: [tex]DM\perp AB[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]AMD[/tex]:
[tex]DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Тъй като [tex]CD\perp (ABC)[/tex], отсечката [tex]CM[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]DM[/tex] върху равнината [tex](ABC)[/tex] и според теоремата за трите перпендикуляра [tex]CM\perp AB[/tex]. Следователно [tex]\angle DMC[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл с ръб [tex]AB[/tex], т.е. ъгълът между равнините [tex](ABD)[/tex] и [tex](ABC)[/tex].
В правоъгълния триъгълник [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 правоъгълния триъгълник [tex]ABC[/tex] (с прав ъгъл при [tex]C[/tex]) нека [tex]CH[/tex] е височината към хипотенузата, [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]
Призмата е права, затова [tex]CC_1\perp (ABC)[/tex] и [tex]CH[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]C_1H[/tex] върху основата. Тъй като [tex]CH\perp AB[/tex], според теоремата за трите перпендикуляра [tex]C_1H\perp AB[/tex]. Следователно [tex]C_1H[/tex] е разстоянието от [tex]C_1[/tex] до [tex]AB[/tex], т.е. [tex]C_1H=13[/tex].
От правоъгълния триъгълник [tex]CHC_1[/tex] (с прав ъгъл при [tex]C[/tex]) намираме височината на призмата:
[tex]CC_1=\sqrt{C_1H^2-CH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5[/tex]

Решение:
Нека [tex]D[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]C[/tex] върху [tex]\alpha[/tex]. Тогава [tex]CD\perp\alpha[/tex], [tex]AD[/tex] е проекцията на [tex]CA[/tex] и ъгълът между [tex]CA[/tex] и [tex]\alpha[/tex] е [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]ADC[/tex] ([tex]\angle ADC=90^{\circ}[/tex]):
[tex]CD=CA\sin 30^{\circ}=10\cdot \frac{1}{2}=5[/tex]
Тъй като [tex]CB=5\sqrt{2}\ne CD[/tex], то [tex]B\ne D[/tex], [tex]BD[/tex] е проекцията на [tex]CB[/tex] върху [tex]\alpha[/tex] и търсеният ъгъл е острият ъгъл [tex]\angle CBD[/tex] на правоъгълния триъгълник [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:
Нека [tex]a[/tex] е ръбът на куба, а [tex]O_1[/tex] е центърът на горната стена [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex]. Равнината [tex](ACC_1)[/tex] е равнината на диагоналното сечение [tex]ACC_1A_1[/tex].
Имаме [tex]D_1O_1\perp A_1C_1[/tex] (диагоналите на квадрат са перпендикулярни) и [tex]D_1O_1\perp AA_1[/tex] (защото [tex]AA_1\perp (A_1B_1C_1D_1)[/tex]). Тези две пресичащи се прави лежат в равнината [tex](ACC_1)[/tex], следователно [tex]D_1O_1\perp (ACC_1)[/tex].
Тогава [tex]AO_1[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]AD_1[/tex] върху равнината и търсеният ъгъл е [tex]\angle D_1AO_1[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]AO_1D_1[/tex] ([tex]\angle AO_1D_1=90^{\circ}[/tex]) катетът [tex]D_1O_1[/tex] е половин диагонал на стена, а хипотенузата [tex]AD_1[/tex] е диагонал на стена:
[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:
Нека [tex]B_1[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]B[/tex] върху [tex]\alpha[/tex]. Тъй като [tex]C\in\alpha[/tex], проекцията на катета [tex]BC[/tex] е [tex]CB_1=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], а триъгълникът [tex]BB_1C[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]B_1[/tex]. Триъгълникът [tex]ABC[/tex] е равнобедрен, затова [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]
Тъй като [tex]A\in\alpha[/tex], проекцията на [tex]AB[/tex] върху [tex]\alpha[/tex] е [tex]AB_1[/tex] и търсеният ъгъл е [tex]\angle BAB_1[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]ABB_1[/tex] ([tex]BB_1\perp\alpha[/tex]) хипотенузата е [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:
Нека [tex]ABCDM[/tex] е пирамидата с връх [tex]M[/tex] и основен ръб [tex]a[/tex], а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] са средите на [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Околните ръбове са равни, затова и проекциите им върху основата са равни и петата [tex]O[/tex] на височината [tex]MO[/tex] е центърът на квадрата (пресечната точка на диагоналите му).
Равнината пресича основата по [tex]PQ[/tex], така че сечението е триъгълникът [tex]MPQ[/tex]. Ортогоналната му проекция върху основата е триъгълникът [tex]OPQ[/tex], в който [tex]OP\perp AB[/tex] и [tex]OQ\perp BC[/tex], следователно [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]
Лицето на ортогоналната проекция на равнинна фигура е равно на лицето на фигурата, умножено по косинуса на ъгъла между двете равнини:
[tex]\frac{a^2}{8}=S\cos 60^{\circ}=\frac{S}{2}\Rightarrow a^2=4S\Rightarrow a=2\sqrt{S}[/tex]

Решение:
Пирамидата е правилна, следователно върхът ѝ се проектира в центъра на основата: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex]. Правата [tex]AB[/tex] лежи в равнината на основата, затова [tex]MO\perp AB[/tex].
Центърът [tex]O[/tex] е среда на диагонала [tex]BD[/tex], затова [tex]ON[/tex] е средна отсечка в триъгълника [tex]ABD[/tex] и [tex]ON\parallel AD[/tex]. Тъй като [tex]AD\perp AB[/tex], получаваме [tex]ON\perp AB[/tex].
Така правата [tex]AB[/tex] е перпендикулярна на двете пресичащи се прави [tex]MO[/tex] и [tex]ON[/tex] от равнината [tex](OMN)[/tex], следователно
[tex]AB\perp(OMN)[/tex]
Равнината [tex](AMB)[/tex] минава през правата [tex]AB[/tex], която е перпендикулярна на равнината [tex](OMN)[/tex]. Според признака за перпендикулярност на две равнини [tex](AMB)\perp(OMN)[/tex].

Решение:
Тъй като [tex]MD\perp(ABCD)[/tex], правата [tex]MD[/tex] е перпендикулярна на всяка права от основата през [tex]D[/tex], в частност на [tex]DA[/tex], [tex]DC[/tex] и [tex]DB[/tex]. Следователно триъгълниците [tex]MDA[/tex], [tex]MDC[/tex] и [tex]MDB[/tex] са правоъгълни с прав ъгъл при [tex]D[/tex] и от Питагоровата теорема
[tex]MA^2=MD^2+DA^2; \quad MC^2=MD^2+DC^2; \quad MB^2=MD^2+DB^2[/tex]
Като съберем първите две равенства, получаваме
[tex]MA^2+MC^2=2MD^2+DA^2+DC^2[/tex]
В правоъгълника [tex]ABCD[/tex] триъгълникът [tex]DAB[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]A[/tex] и [tex]AB=DC[/tex], затова
[tex]DB^2=DA^2+AB^2=DA^2+DC^2[/tex]
Следователно
[tex]MB^2+MD^2=2MD^2+DB^2=2MD^2+DA^2+DC^2=MA^2+MC^2[/tex]

Решение:
Тъй като [tex]ABCD[/tex] е квадрат, [tex]BC\parallel AD[/tex], а [tex]AD[/tex] лежи в равнината [tex](ADP)[/tex], следователно [tex]BC\parallel(ADP)[/tex]. Равнината [tex](BCM)[/tex] съдържа [tex]BC[/tex] и има обща точка [tex]M[/tex] с [tex](ADP)[/tex], затова я пресича по права през [tex]M[/tex], успоредна на [tex]BC[/tex]. Тази права лежи в [tex](ADP)[/tex] и пресича [tex]DP[/tex] в точката [tex]N[/tex], следователно
[tex]MN\parallel AD\parallel BC[/tex]
В [tex]\triangle ADP[/tex] отсечката [tex]MN[/tex] минава през средата [tex]M[/tex] на [tex]AP[/tex] и е успоредна на [tex]AD[/tex], значи е средна отсечка: [tex]N[/tex] е средата на [tex]DP[/tex] и
[tex]MN=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}[/tex]
Така [tex]MN\parallel BC[/tex] и [tex]MN\ne BC[/tex], т.е. [tex]BMNC[/tex] е трапец с основи [tex]BC[/tex] и [tex]MN[/tex].
Околните стени [tex]ABP[/tex] и [tex]DCP[/tex] са еднакви триъгълници ([tex]AB=DC[/tex], [tex]PA=PB=PC=PD[/tex]), а [tex]BM[/tex] и [tex]CN[/tex] са съответните им медиани към страните [tex]AP[/tex] и [tex]DP[/tex], затова [tex]BM=CN[/tex]. Следователно [tex]BMNC[/tex] е равнобедрен трапец.