Страница 86 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

12. Могут ли все грани треугольной пирамиды быть прямоугольными треугольниками?

Да, все грани треугольной пирамиды могут быть прямоугольными треугольниками. Чтобы доказать это, достаточно привести конкретный пример такой пирамиды.

Рассмотрим пирамиду с вершинами A, B, C, D, расположенными в декартовой системе координат следующим образом:

• A = (0; 0; 0)
• C = (c; 0; 0)
• D = (0; d; 0)
• B = (0; d; b)

где $c, d, b$ — произвольные положительные числа. Проверим, являются ли все четыре грани этой пирамиды (ADC, ABC, ADB и BDC) прямоугольными треугольниками.

1. Грань ADC

Вершины: A(0;0;0), D(0;d;0), C(c;0;0).Найдем векторы, выходящие из вершины A:$\vec{AC} = (c-0; 0-0; 0-0) = (c; 0; 0)$$\vec{AD} = (0-0; d-0; 0-0) = (0; d; 0)$Их скалярное произведение:$\vec{AC} \cdot \vec{AD} = c \cdot 0 + 0 \cdot d + 0 \cdot 0 = 0$Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, а значит угол $\angle CAD = 90^\circ$. Следовательно, треугольник ADC является прямоугольным.

2. Грань ABC

Вершины: A(0;0;0), B(0;d;b), C(c;0;0).Найдем векторы, выходящие из вершины A:$\vec{AC} = (c; 0; 0)$$\vec{AB} = (0-0; d-0; b-0) = (0; d; b)$Их скалярное произведение:$\vec{AC} \cdot \vec{AB} = c \cdot 0 + 0 \cdot d + 0 \cdot b = 0$Угол $\angle CAB = 90^\circ$. Следовательно, треугольник ABC является прямоугольным.

3. Грань ADB

Вершины: A(0;0;0), D(0;d;0), B(0;d;b).Найдем векторы, выходящие из вершины D:$\vec{DA} = (0-0; 0-d; 0-0) = (0; -d; 0)$$\vec{DB} = (0-0; d-d; b-0) = (0; 0; b)$Их скалярное произведение:$\vec{DA} \cdot \vec{DB} = 0 \cdot 0 + (-d) \cdot 0 + 0 \cdot b = 0$Угол $\angle ADB = 90^\circ$. Следовательно, треугольник ADB является прямоугольным.

4. Грань BDC

Вершины: B(0;d;b), D(0;d;0), C(c;0;0).Найдем векторы, выходящие из вершины D:$\vec{DB} = (0; 0; b)$$\vec{DC} = (c-0; 0-d; 0-0) = (c; -d; 0)$Их скалярное произведение:$\vec{DB} \cdot \vec{DC} = 0 \cdot c + 0 \cdot (-d) + b \cdot 0 = 0$Угол $\angle BDC = 90^\circ$. Следовательно, треугольник BDC является прямоугольным.

Таким образом, мы построили пример треугольной пирамиды, у которой все четыре грани — прямоугольные треугольники.

Ответ: да, могут.

13. Можно ли из куска проволоки длиной 66 см изготовить каркасную модель правильной четырёхугольной пирамиды со стороной основания, равной 10 см?

Для того чтобы определить, можно ли изготовить каркасную модель правильной четырёхугольной пирамиды, необходимо вычислить общую длину всех её рёбер и сравнить с имеющейся длиной проволоки, а также проверить геометрическую возможность существования такой пирамиды.

Каркас правильной четырёхугольной пирамиды состоит из рёбер основания и боковых рёбер.

1. Основание пирамиды. В основании правильной четырёхугольной пирамиды лежит квадрат. По условию, сторона основания $a = 10$ см. Каркас основания состоит из четырёх таких сторон. Длина проволоки, необходимая для основания:
$L_{осн} = 4 \times a = 4 \times 10 = 40$ см.

2. Боковые рёбра. Общая длина проволоки составляет $L_{общ} = 66$ см. Вычтем из неё длину, необходимую для основания, чтобы найти, сколько проволоки останется на боковые рёбра:
$L_{бок} = L_{общ} - L_{осн} = 66 - 40 = 26$ см.

У правильной пирамиды 4 одинаковых боковых ребра. Обозначим длину одного бокового ребра буквой $b$. Тогда длина каждого бокового ребра будет:
$b = L_{бок} / 4 = 26 / 4 = 6.5$ см.

3. Проверка возможности построения. Теперь нужно проверить, можно ли геометрически построить пирамиду с такими параметрами: сторона основания $a=10$ см и боковое ребро $b=6.5$ см.

Для существования пирамиды её высота должна быть действительным положительным числом. Высота пирамиды $H$, боковое ребро $b$ и половина диагонали основания $d/2$ образуют прямоугольный треугольник. По теореме Пифагора, $H^2 + (d/2)^2 = b^2$. Отсюда следует, что боковое ребро $b$ должно быть строго больше половины диагонали основания $d/2$.

Найдём диагональ квадрата в основании:
$d = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} = 10\sqrt{2}$ см.

Половина диагонали:
$\frac{d}{2} = \frac{10\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Сравним длину бокового ребра $b$ с половиной диагонали $\frac{d}{2}$.
$b = 6.5$ см.
$\frac{d}{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Чтобы сравнить $6.5$ и $5\sqrt{2}$, возведём оба числа в квадрат:
$b^2 = 6.5^2 = 42.25$
$(\frac{d}{2})^2 = (5\sqrt{2})^2 = 25 \times 2 = 50$

Так как $42.25 < 50$, то и $6.5 < 5\sqrt{2}$.

Полученное неравенство $b < d/2$ означает, что боковые рёбра слишком коротки, чтобы сойтись в одной вершине над основанием. Геометрически такая фигура не является пирамидой.

Ответ: нет, изготовить такую модель нельзя.

14. На какие многогранники рассекается треугольная призма плоскостью, проходящей через вершину верхнего основания и противолежащую ей сторону нижнего основания?

Пусть дана треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$, где $ABC$ — нижнее основание, а $A_1B_1C_1$ — верхнее основание. Вершины $A_1$, $B_1$, $C_1$ расположены соответственно над вершинами $A$, $B$, $C$.

Рассмотрим секущую плоскость, которая проходит через вершину верхнего основания (например, $A_1$) и противолежащую ей сторону нижнего основания ($BC$). Эта плоскость определяется тремя точками $A_1, B, C$ и рассекает призму на два многогранника.

Проанализируем каждый из получившихся многогранников.

1. Первый многогранник

Один из многогранников отсекается от призмы "спереди". Его вершинами являются точки $A, B, C$ из нижнего основания и точка $A_1$ из верхнего. Таким образом, его вершины — это $A, B, C, A_1$.
Этот многогранник имеет 4 грани:

• Основание: $\triangle ABC$ (часть нижнего основания призмы).
• Боковые грани: $\triangle A_1AB$ и $\triangle A_1AC$ (части боковых граней призмы) и $\triangle A_1BC$ (секущая плоскость).

Многогранник с 4 треугольными гранями является тетраэдром, или треугольной пирамидой. В данном случае это пирамида $A_1ABC$ с основанием $ABC$ и вершиной $A_1$.

2. Второй многогранник

Второй многогранник — это оставшаяся часть призмы. Его вершинами являются точки $B, C$ из нижнего основания и $A_1, B_1, C_1$ из верхнего. Таким образом, его вершины — это $A_1, B, C, B_1, C_1$. Всего 5 вершин.
Этот многогранник имеет 5 граней:

• $\triangle A_1B_1C_1$ (верхнее основание призмы).
• $\triangle A_1BC$ (секущая плоскость).
• Четырехугольник $BCC_1B_1$ (боковая грань призмы).
• $\triangle A_1B_1B$ (часть боковой грани $ABB_1A_1$).
• $\triangle A_1C_1C$ (часть боковой грани $ACC_1A_1$).

Многогранник с одной четырехугольной гранью и четырьмя треугольными гранями, сходящимися в одной вершине, является четырехугольной пирамидой. В нашем случае:

• Основанием пирамиды является четырехугольник $BCC_1B_1$ (боковая грань исходной призмы).
• Вершиной пирамиды является точка $A_1$.
• Боковыми гранями являются треугольники $\triangle A_1BC$, $\triangle A_1B_1B$, $\triangle A_1C_1C$ и $\triangle A_1B_1C_1$. Все они имеют общую вершину $A_1$.

Таким образом, второй многогранник — это четырехугольная пирамида $A_1BCC_1B_1$.

Ответ: Треугольная призма рассекается данной плоскостью на два многогранника: треугольную пирамиду и четырехугольную пирамиду.

288. Докажите, что число вершин любой призмы чётно, а число рёбер кратно 3.

число вершин любой призмы чётно
Пусть в основании призмы лежит $n$-угольник, то есть многоугольник, имеющий $n$ вершин и $n$ сторон (где $n$ — целое число, и $n \ge 3$).
Призма имеет два основания: нижнее и верхнее. Каждое основание является $n$-угольником и, следовательно, имеет $n$ вершин.
Общее число вершин призмы, обозначим его $В$, равно сумме числа вершин её оснований, так как других вершин у призмы нет.
Следовательно, формула для нахождения числа вершин: $В = n + n = 2n$.
Для любого целого числа $n$, произведение $2n$ по определению является чётным числом. Таким образом, утверждение доказано.
Ответ: число вершин $n$-угольной призмы равно $2n$, что всегда является чётным числом.

число рёбер кратно 3
Рассмотрим ту же $n$-угольную призму. Все рёбра призмы можно разделить на три группы: рёбра нижнего основания, рёбра верхнего основания и боковые рёбра, соединяющие основания.
Число рёбер нижнего основания равно $n$.
Число рёбер верхнего основания также равно $n$.
Боковые рёбра соединяют $n$ вершин нижнего основания с соответствующими $n$ вершинами верхнего основания, следовательно, их число также равно $n$.
Общее число рёбер призмы, обозначим его $Р$, равно сумме рёбер из этих трёх групп.
Следовательно, формула для нахождения числа рёбер: $Р = n + n + n = 3n$.
Для любого целого числа $n$, произведение $3n$ по определению кратно 3. Таким образом, утверждение доказано.
Ответ: число рёбер $n$-угольной призмы равно $3n$, что всегда является числом, кратным 3.

289. Докажите, что площадь полной поверхности куба равна 2d², где d — диагональ куба.

Пусть $a$ – длина ребра куба, $d$ – диагональ куба, а $S_{п.п.}$ – площадь его полной поверхности.

Площадь полной поверхности куба состоит из суммы площадей шести его граней. Каждая грань представляет собой квадрат со стороной $a$. Площадь одного такого квадрата равна $a^2$.

Следовательно, площадь полной поверхности куба вычисляется по формуле:

$S_{п.п.} = 6a^2$

Теперь найдем связь между диагональю куба $d$ и длиной его ребра $a$.

Рассмотрим прямоугольный параллелепипед, каковым является куб. Квадрат его диагонали равен сумме квадратов трех его измерений (длины, ширины и высоты). Так как у куба все три измерения равны $a$, то:

$d^2 = a^2 + a^2 + a^2 = 3a^2$

Из этого соотношения выразим $a^2$ через $d^2$:

$a^2 = \frac{d^2}{3}$

Теперь подставим полученное выражение для $a^2$ в формулу площади полной поверхности куба:

$S_{п.п.} = 6a^2 = 6 \cdot \frac{d^2}{3}$

$S_{п.п.} = 2d^2$

Таким образом, мы доказали, что площадь полной поверхности куба равна $2d^2$, где $d$ – диагональ куба.

Ответ: Утверждение доказано. Площадь полной поверхности куба выражается через его диагональ по формуле $S_{п.п.} = 2d^2$.

290. Угол между диагональю основания прямоугольного параллелепипеда, равной l, и одной из сторон основания равен φ. Угол между этой стороной и диагональю параллелепипеда равен θ. Найдите площадь боковой поверхности данного параллелепипеда.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед. Обозначим стороны его основания через $a$ и $b$, а высоту через $c$.

По условию задачи, диагональ основания равна $l$. Пусть это будет диагональ прямоугольника со сторонами $a$ и $b$. По теореме Пифагора для основания: $a^2 + b^2 = l^2$.

Угол между этой диагональю $l$ и одной из сторон основания, пусть это будет сторона $a$, равен $\phi$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный сторонами $a$, $b$ и диагональю $l$. В этом треугольнике:

$a = l \cos\phi$

$b = l \sin\phi$

Далее, угол между этой же стороной $a$ и диагональю параллелепипеда равен $\theta$. Пусть диагональ параллелепипеда, выходящая из той же вершины, что и сторона $a$, равна $D$.

Для нахождения высоты $c$ воспользуемся связью между диагональю параллелепипеда и его измерениями. Квадрат диагонали параллелепипеда равен сумме квадратов трех его измерений:

$D^2 = a^2 + b^2 + c^2 = l^2 + c^2$

Рассмотрим пространственный треугольник, образованный стороной $a$, диагональю параллелепипеда $D$ и диагональю боковой грани, перпендикулярной стороне $a$. Этот треугольник является прямоугольным. Более строго это можно показать с помощью координатного метода. Расположим вершину, из которой выходят $a$, $D$ и $l$, в начале координат $A(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $a$. Тогда конец этого ребра будет в точке $B(a,0,0)$. Конец диагонали $D$ будет в точке $C_1(a,b,c)$.

Вектор стороны $a$ - это $\vec{AB} = (a, 0, 0)$.

Вектор диагонали $D$ - это $\vec{AC_1} = (a, b, c)$.

Угол $\theta$ между этими векторами определяется их скалярным произведением:

$\cos\theta = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC_1}}{|\vec{AB}| \cdot |\vec{AC_1}|} = \frac{a \cdot a + 0 \cdot b + 0 \cdot c}{\sqrt{a^2} \cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2}} = \frac{a^2}{a \cdot D} = \frac{a}{D}$

Отсюда $D = \frac{a}{\cos\theta}$.

Теперь у нас есть два выражения для $D^2$:

$D^2 = l^2 + c^2$

$D^2 = \left(\frac{a}{\cos\theta}\right)^2 = \frac{a^2}{\cos^2\theta}$

Приравняем их, чтобы найти $c$:

$l^2 + c^2 = \frac{a^2}{\cos^2\theta}$

$c^2 = \frac{a^2}{\cos^2\theta} - l^2$

Подставим в это выражение $a = l \cos\phi$:

$c^2 = \frac{(l \cos\phi)^2}{\cos^2\theta} - l^2 = l^2 \left( \frac{\cos^2\phi}{\cos^2\theta} - 1 \right) = l^2 \frac{\cos^2\phi - \cos^2\theta}{\cos^2\theta}$

Отсюда находим высоту $c$:

$c = \sqrt{l^2 \frac{\cos^2\phi - \cos^2\theta}{\cos^2\theta}} = \frac{l \sqrt{\cos^2\phi - \cos^2\theta}}{\cos\theta}$

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ прямоугольного параллелепипеда вычисляется по формуле $S_{бок} = P_{осн} \cdot c$, где $P_{осн}$ - периметр основания.

$P_{осн} = 2(a+b) = 2(l \cos\phi + l \sin\phi) = 2l(\cos\phi + \sin\phi)$

Теперь находим площадь боковой поверхности:

$S_{бок} = 2l(\cos\phi + \sin\phi) \cdot \frac{l \sqrt{\cos^2\phi - \cos^2\theta}}{\cos\theta}$

$S_{бок} = \frac{2l^2(\cos\phi + \sin\phi)\sqrt{\cos^2\phi - \cos^2\theta}}{\cos\theta}$

Используя тождество $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$, выражение под корнем можно записать как $\sin^2\theta - \sin^2\phi$. Оба варианта ответа эквивалентны.

Ответ: $S_{бок} = \frac{2l^2(\cos\phi + \sin\phi)\sqrt{\cos^2\phi - \cos^2\theta}}{\cos\theta}$

291. В прямоугольном параллелепипеде диагональ, равная d, образует с плоскостью основания угол φ, а с одной из сторон основания — угол θ. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ со сторонами основания $AB = a$, $BC = b$ и высотой $AA_1 = h$. Диагональ параллелепипеда $AC_1$ имеет длину $d$.

Угол между диагональю $AC_1$ и плоскостью основания $(ABC)$ по условию равен $\phi$. Этот угол является углом между самой диагональю и её проекцией на плоскость основания, то есть углом $\angle C_1AC$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ACC_1$ (поскольку ребро $CC_1$ перпендикулярно основанию, $\angle ACC_1 = 90^\circ$). В этом треугольнике:

• Катет $CC_1$ является высотой параллелепипеда: $h = CC_1 = AC_1 \sin(\angle C_1AC) = d \sin(\phi)$.
• Катет $AC$ является диагональю основания: $AC = AC_1 \cos(\angle C_1AC) = d \cos(\phi)$.

По условию, диагональ $AC_1$ образует угол $\theta$ с одной из сторон основания. Пусть это сторона $AB = a$. Угол между отрезками $AC_1$ и $AB$ — это угол $\angle C_1AB = \theta$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABC_1$. Так как ребро $AB$ перпендикулярно грани $BCC_1B_1$, то прямая $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, включая прямую $BC_1$. Следовательно, треугольник $\triangle ABC_1$ является прямоугольным с прямым углом $\angle ABC_1 = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABC_1$:

• Катет $AB$ является стороной основания: $a = AB = AC_1 \cos(\angle C_1AB) = d \cos(\theta)$.

Теперь найдем вторую сторону основания, $b = BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABC$ в основании ($\angle ABC = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$AC^2 = AB^2 + BC^2$, то есть $AC^2 = a^2 + b^2$.

Выразим отсюда $b^2$ и подставим ранее найденные выражения для $AC$ и $a$:

$b^2 = AC^2 - a^2 = (d \cos(\phi))^2 - (d \cos(\theta))^2 = d^2 \cos^2(\phi) - d^2 \cos^2(\theta) = d^2(\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta))$.

Тогда $b = \sqrt{d^2(\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta))} = d \sqrt{\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta)}$.

Площадь боковой поверхности прямоугольного параллелепипеда $S_{бок}$ равна удвоенному произведению периметра основания на высоту:

$S_{бок} = 2(a+b)h$.

Подставим найденные значения $a$, $b$ и $h$ в эту формулу:

$S_{бок} = 2(d \cos(\theta) + d \sqrt{\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta)}) \cdot (d \sin(\phi))$.

После преобразования получаем окончательное выражение:

$S_{бок} = 2d^2 \sin(\phi) (\cos(\theta) + \sqrt{\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta)})$.

Ответ: $S_{бок} = 2d^2 \sin(\phi) (\cos(\theta) + \sqrt{\cos^2(\phi) - \cos^2(\theta)})$.

292. В правильной четырёхугольной призме сторона основания равна 6 см, боковое ребро равно 8 см. Найдите расстояние от стороны основания до не пересекающей её диагонали призмы.

Решение

Рассмотрим правильную четырехугольную призму $ABCDA_1B_1C_1D_1$. В основании лежит квадрат $ABCD$ со стороной $a=6$ см. Боковое ребро (и высота призмы) $h = AA_1 = 8$ см.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $A$, ось $Ox$ направим вдоль ребра $AD$, ось $Oy$ — вдоль ребра $AB$, а ось $Oz$ — вдоль бокового ребра $AA_1$.

В этой системе координат вершины призмы будут иметь следующие координаты:
$A(0, 0, 0)$
$B(0, 6, 0)$
$C(6, 6, 0)$
$D(6, 0, 0)$
$A_1(0, 0, 8)$
$B_1(0, 6, 8)$
$C_1(6, 6, 8)$
$D_1(6, 0, 8)$

Нам нужно найти расстояние от стороны основания до не пересекающей её диагонали призмы. Выберем в качестве стороны основания ребро $CD$. Диагонали призмы: $AC_1, BD_1, CA_1, DB_1$. Диагонали $AC_1$ и $CA_1$ пересекают ребро $CD$ в точке $C$. Диагонали $BD_1$ и $DB_1$ не пересекают ребро $CD$, они с ним скрещиваются. Выберем для нашего расчета прямую, содержащую ребро $CD$, и прямую, содержащую диагональ $BD_1$.

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми можно найти по формуле:
$d = \frac{|\vec{M_1M_2} \cdot (\vec{s_1} \times \vec{s_2})|}{|\vec{s_1} \times \vec{s_2}|}$
где $\vec{s_1}$ и $\vec{s_2}$ — направляющие векторы прямых, а $\vec{M_1M_2}$ — вектор, соединяющий какие-либо точки на этих прямых. Числитель формулы представляет собой модуль смешанного произведения трех векторов.

1. Для прямой $CD$ возьмем точку $D(6, 0, 0)$ и направляющий вектор $\vec{s_1} = \vec{DC} = (6-6, 6-0, 0-0) = (0, 6, 0)$.

2. Для прямой $BD_1$ возьмем точку $B(0, 6, 0)$ и направляющий вектор $\vec{s_2} = \vec{BD_1} = (6-0, 0-6, 8-0) = (6, -6, 8)$.

3. В качестве вектора, соединяющего точки на прямых, возьмем вектор $\vec{M_1M_2} = \vec{DB} = (0-6, 6-0, 0-0) = (-6, 6, 0)$.

Теперь вычислим смешанное произведение векторов $\vec{DB}$, $\vec{s_1}$ и $\vec{s_2}$. Оно равно определителю матрицы, составленной из координат этих векторов:
$(\vec{DB}, \vec{s_1}, \vec{s_2}) = \begin{vmatrix} -6 & 6 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 6 & -6 & 8 \end{vmatrix}$
Раскроем определитель по третьему столбцу:
$0 \cdot C_{13} - 0 \cdot C_{23} + 8 \cdot \begin{vmatrix} -6 & 6 \\ 0 & 6 \end{vmatrix} = 8 \cdot ((-6) \cdot 6 - 6 \cdot 0) = 8 \cdot (-36) = -288$.
Модуль смешанного произведения равен $|-288| = 288$.

Далее вычислим векторное произведение $\vec{s_1} \times \vec{s_2}$:
$\vec{s_1} \times \vec{s_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 6 & 0 \\ 6 & -6 & 8 \end{vmatrix} = \vec{i}(6 \cdot 8 - 0 \cdot (-6)) - \vec{j}(0 \cdot 8 - 0 \cdot 6) + \vec{k}(0 \cdot (-6) - 6 \cdot 6) = 48\vec{i} - 0\vec{j} - 36\vec{k} = (48, 0, -36)$.

Найдем модуль этого вектора (длину):
$|\vec{s_1} \times \vec{s_2}| = \sqrt{48^2 + 0^2 + (-36)^2} = \sqrt{2304 + 1296} = \sqrt{3600} = 60$.

Наконец, подставим найденные значения в формулу для расстояния:
$d = \frac{288}{60} = \frac{144}{30} = \frac{72}{15} = \frac{24}{5} = 4.8$ см.

Ответ: 4,8 см.

293. В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ диагонали B₁D и D₁B взаимно перпендикулярны. Докажите, что угол между диагоналями А₁С и B₁D призмы равен 60°.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Поскольку призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$ правильная, в ее основании лежит квадрат, а боковые ребра перпендикулярны основанию. Обозначим длину стороны квадрата $ABCD$ как $a$, а высоту призмы $AA_1$ как $h$.

Введем прямоугольную систему координат. Поместим ее начало в вершину $A(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$. В этой системе координат вершины призмы, необходимые для решения, будут иметь следующие координаты: $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$, $C(a, a, 0)$, $A_1(0, 0, h)$, $B_1(a, 0, h)$, $D_1(0, a, h)$.

Согласно условию задачи, диагонали призмы $B_1D$ и $D_1B$ взаимно перпендикулярны. Найдем векторы, соответствующие этим диагоналям, через их координаты:$\vec{B_1D} = D - B_1 = (0-a, a-0, 0-h) = (-a, a, -h)$.$\vec{D_1B} = B - D_1 = (a-0, 0-a, 0-h) = (a, -a, -h)$.Условием перпендикулярности двух векторов является равенство их скалярного произведения нулю: $\vec{B_1D} \cdot \vec{D_1B} = 0$.Вычислим это скалярное произведение:$(-a) \cdot a + a \cdot (-a) + (-h) \cdot (-h) = -a^2 - a^2 + h^2 = h^2 - 2a^2$.Приравнивая результат к нулю, получаем соотношение между высотой призмы и стороной ее основания: $h^2 - 2a^2 = 0$, откуда $h^2 = 2a^2$.

Далее нам необходимо доказать, что угол $\alpha$ между диагоналями призмы $A_1C$ и $B_1D$ равен $60^\circ$. Для этого также найдем векторы, соответствующие этим диагоналям:$\vec{A_1C} = C - A_1 = (a-0, a-0, 0-h) = (a, a, -h)$.Вектор $\vec{B_1D}$ мы уже нашли: $\vec{B_1D} = (-a, a, -h)$.Косинус угла между векторами находится по формуле:$\cos(\alpha) = \frac{\vec{A_1C} \cdot \vec{B_1D}}{|\vec{A_1C}| \cdot |\vec{B_1D}|}$.Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{A_1C}$ и $\vec{B_1D}$:$\vec{A_1C} \cdot \vec{B_1D} = a \cdot (-a) + a \cdot a + (-h) \cdot (-h) = -a^2 + a^2 + h^2 = h^2$.Теперь найдем длины (модули) этих векторов:$|\vec{A_1C}| = \sqrt{a^2 + a^2 + (-h)^2} = \sqrt{2a^2 + h^2}$.$|\vec{B_1D}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + (-h)^2} = \sqrt{2a^2 + h^2}$.Подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:$\cos(\alpha) = \frac{h^2}{\sqrt{2a^2 + h^2} \cdot \sqrt{2a^2 + h^2}} = \frac{h^2}{2a^2 + h^2}$.

Теперь воспользуемся ранее найденным соотношением $h^2 = 2a^2$:$\cos(\alpha) = \frac{2a^2}{2a^2 + 2a^2} = \frac{2a^2}{4a^2} = \frac{1}{2}$.Угол, косинус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, угол $\alpha$ между диагоналями $A_1C$ и $B_1D$ равен $60^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Угол между диагоналями $A_1C$ и $B_1D$ призмы равен $60^\circ$.

294. Правильная четырёхугольная призма пересечена плоскостью, содержащей две её диагонали. Площадь сечения равна S₀, а сторона основания а. Вычислите площадь боковой поверхности призмы.

По условию задачи, дана правильная четырёхугольная призма. Это означает, что её основаниями являются квадраты, а боковые грани — прямоугольники, перпендикулярные основаниям. Пусть сторона основания призмы равна $a$, а высота — $h$.

Призма пересечена плоскостью, содержащей две её диагонали. В правильной четырёхугольной призме две диагонали могут лежать в одной плоскости, только если эта плоскость является диагональным сечением. Например, диагонали призмы $AC'$ и $A'C$ лежат в плоскости сечения $ACC'A'$. Это сечение представляет собой прямоугольник.

Сторонами этого прямоугольника являются диагональ основания $d$ и высота призмы $h$. Площадь этого сечения дана и равна $S_0$.

$S_0 = d \cdot h$

Основанием призмы является квадрат со стороной $a$. Его диагональ $d$ можно найти по теореме Пифагора:

$d = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

Теперь мы можем подставить выражение для $d$ в формулу площади сечения:

$S_0 = (a\sqrt{2}) \cdot h$

Из этого уравнения выразим высоту призмы $h$:

$h = \frac{S_0}{a\sqrt{2}}$

Площадь боковой поверхности призмы ($S_{бок}$) равна произведению периметра основания ($P$) на высоту ($h$). Периметр основания (квадрата) равен:

$P = a + a + a + a = 4a$

Теперь вычислим площадь боковой поверхности, подставив выражения для $P$ и $h$:

$S_{бок} = P \cdot h = 4a \cdot \frac{S_0}{a\sqrt{2}}$

Сократим $a$ в числителе и знаменателе и упростим полученное выражение:

$S_{бок} = \frac{4S_0}{\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:

$S_{бок} = \frac{4S_0}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}S_0}{2} = 2\sqrt{2}S_0$

Ответ: $2\sqrt{2}S_0$

295. Основанием наклонного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ является ромб. Боковое ребро СС₁ составляет равные углы со сторонами основания CD и СВ. Докажите, что: a) CC₁ ⊥ BD; б) BB₁D₁D — прямоугольник; в) BD ⊥ AA₁C₁; г) AA₁C₁ ⊥ BB₁D₁.

а) $CC_1 \perp BD$

Рассмотрим векторы. Пусть начало координат находится в точке $C$. Обозначим векторы: $\vec{c} = \vec{CC_1}$, $\vec{d} = \vec{CD}$ и $\vec{b} = \vec{CB}$.Поскольку основание $ABCD$ является ромбом, длины его сторон равны: $|\vec{d}| = |\vec{b}|$.По условию, боковое ребро $CC_1$ составляет равные углы со сторонами $CD$ и $CB$. Обозначим этот угол $\alpha$.Следовательно, $\angle(\vec{c}, \vec{d}) = \angle(\vec{c}, \vec{b}) = \alpha$.Косинус угла между двумя векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ вычисляется по формуле $\cos(\angle(\vec{u}, \vec{v})) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$.Так как углы равны, то равны и их косинусы:$\frac{\vec{c} \cdot \vec{d}}{|\vec{c}| |\vec{d}|} = \frac{\vec{c} \cdot \vec{b}}{|\vec{c}| |\vec{b}|}$.Поскольку $|\vec{d}| = |\vec{b}|$, из этого равенства следует, что скалярные произведения векторов также равны:$\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{c} \cdot \vec{b}$.Чтобы доказать, что $CC_1 \perp BD$, нам нужно показать, что скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю: $\vec{CC_1} \cdot \vec{BD} = 0$.Вектор диагонали $\vec{BD}$ можно выразить через векторы сторон: $\vec{BD} = \vec{CD} - \vec{CB} = \vec{d} - \vec{b}$.Найдем скалярное произведение:$\vec{CC_1} \cdot \vec{BD} = \vec{c} \cdot (\vec{d} - \vec{b}) = \vec{c} \cdot \vec{d} - \vec{c} \cdot \vec{b}$.Так как мы установили, что $\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{c} \cdot \vec{b}$, то их разность равна нулю:$\vec{CC_1} \cdot \vec{BD} = 0$.Это означает, что векторы перпендикулярны, следовательно, прямые $CC_1$ и $BD$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) $BB_1D_1D$ — прямоугольник

Рассмотрим четырехугольник $BB_1D_1D$. В параллелепипеде боковые ребра параллельны и равны. Следовательно, $\vec{BB_1} = \vec{DD_1}$, а значит стороны $BB_1$ и $DD_1$ параллельны и равны. Это означает, что $BB_1D_1D$ — параллелограмм.Чтобы доказать, что параллелограмм является прямоугольником, достаточно показать, что один из его внутренних углов прямой, то есть что его смежные стороны перпендикулярны. Докажем, что $BB_1 \perp BD$.В параллелепипеде все боковые ребра параллельны друг другу, поэтому $BB_1 \parallel CC_1$.В пункте а) мы доказали, что $CC_1 \perp BD$.По свойству перпендикулярных прямых, если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и вторая прямая перпендикулярна этой третьей прямой. Так как $BB_1 \parallel CC_1$ и $CC_1 \perp BD$, то $BB_1 \perp BD$.Поскольку $BB_1D_1D$ — это параллелограмм с прямым углом $\angle B_1BD$, он является прямоугольником.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) $BD \perp AA_1C_1$

Здесь $AA_1C_1$ обозначает плоскость, проходящую через точки $A, A_1, C_1$, которая также содержит точку $C$ и является диагональной плоскостью $AA_1C_1C$.Чтобы доказать перпендикулярность прямой и плоскости, нужно доказать, что прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.Рассмотрим прямую $BD$ и плоскость $AA_1C_1C$. Найдем две пересекающиеся прямые в этой плоскости, которым перпендикулярна $BD$.1. Прямая $AC$ лежит в плоскости $AA_1C_1C$. В основании параллелепипеда лежит ромб $ABCD$, диагонали которого взаимно перпендикулярны. Следовательно, $BD \perp AC$.2. Прямая $AA_1$ лежит в плоскости $AA_1C_1C$. В параллелепипеде боковые ребра параллельны, то есть $AA_1 \parallel CC_1$. В пункте а) мы доказали, что $CC_1 \perp BD$. Поскольку $AA_1 \parallel CC_1$, то и $AA_1 \perp BD$.Прямые $AC$ и $AA_1$ лежат в плоскости $AA_1C_1C$ и пересекаются в точке $A$.Так как прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $AA_1$) в плоскости $AA_1C_1C$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BD$ перпендикулярна плоскости $AA_1C_1C$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

г) $AA_1C_1 \perp BB_1D_1$

Здесь $AA_1C_1$ и $BB_1D_1$ обозначают диагональные плоскости $AA_1C_1C$ и $BB_1D_1D$ соответственно.Чтобы доказать перпендикулярность двух плоскостей, достаточно показать, что одна из плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости.Рассмотрим плоскости $AA_1C_1C$ и $BB_1D_1D$.В пункте в) мы доказали, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $AA_1C_1C$.Прямая $BD$ лежит в плоскости $BB_1D_1D$, так как точки $B$ и $D$ являются вершинами этой плоскости.По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость (в нашем случае $BB_1D_1D$) проходит через прямую ($BD$), перпендикулярную другой плоскости ($AA_1C_1C$), то эти плоскости взаимно перпендикулярны.Следовательно, плоскость $AA_1C_1C$ перпендикулярна плоскости $BB_1D_1D$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

296. Высота правильной треугольной призмы равна h. Плоскость α, проведённая через среднюю линию нижнего основания и параллельную ей сторону верхнего основания, составляет с плоскостью нижнего основания острый двугранный угол φ. Найдите площадь сечения призмы плоскостью α.

Пусть дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$, где $ABC$ и $A_1B_1C_1$ — основания. Высота призмы $AA_1 = h$. Так как призма правильная, ее основания являются равносторонними треугольниками. Обозначим длину стороны основания через $a$, то есть $AB = BC = CA = a$.

Плоскость сечения $\alpha$ проходит через среднюю линию нижнего основания. Пусть $M$ — середина стороны $AC$, а $N$ — середина стороны $BC$. Тогда $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$. По свойству средней линии, $MN$ параллельна стороне $AB$ и ее длина равна половине длины этой стороны: $MN = \frac{a}{2}$.

Плоскость $\alpha$ также проходит через сторону верхнего основания, параллельную этой средней линии. Сторона $A_1B_1$ верхнего основания параллельна стороне $AB$, а значит, и средней линии $MN$. Таким образом, сечение проходит через точки $M, N, B_1, A_1$. Сечением является четырехугольник $MNB_1A_1$.

Поскольку прямая $MN$ лежит в плоскости нижнего основания, а прямая $A_1B_1$ — в плоскости верхнего основания, и эти плоскости параллельны, то отрезки $MN$ и $A_1B_1$ параллельны. Следовательно, четырехугольник $MNB_1A_1$ является трапецией. Найдем длины боковых сторон $MA_1$ и $NB_1$. В прямоугольном треугольнике $AMA_1$ (где $\angle A_1AM = 90^\circ$) по теореме Пифагора имеем $MA_1^2 = AM^2 + AA_1^2 = (\frac{a}{2})^2 + h^2$. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $BNB_1$, $NB_1^2 = BN^2 + BB_1^2 = (\frac{a}{2})^2 + h^2$. Так как $MA_1 = NB_1$, трапеция $MNB_1A_1$ — равнобедренная.

Двугранный угол $\phi$ между плоскостью сечения $\alpha$ и плоскостью нижнего основания $ABC$ — это угол между этими плоскостями. Их общей линией является прямая $MN$. Для нахождения линейного угла этого двугранного угла построим перпендикуляры к линии пересечения $MN$ в одной точке, лежащие в этих плоскостях.

Пусть $K$ — середина стороны $AB$. В равностороннем треугольнике $ABC$ медиана $CK$ является также и высотой, поэтому $CK \perp AB$. Так как $MN \parallel AB$, то $CK \perp MN$. Пусть $P$ — точка пересечения $CK$ и $MN$.

В равнобедренной трапеции $MNB_1A_1$ отрезок, соединяющий середины оснований, является ее высотой. Пусть $K_1$ — середина $A_1B_1$. Тогда $PK_1$ — высота трапеции, и, следовательно, $PK_1 \perp MN$.

Таким образом, угол $\angle K_1PK$ — это линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания, то есть $\angle K_1PK = \phi$.

Рассмотрим треугольник $K_1PK$. Проекция точки $K_1$ на плоскость нижнего основания — это точка $K$. Отрезок $K_1K$ перпендикулярен плоскости основания и, в частности, прямой $PK$. Значит, треугольник $K_1PK$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $K$. Катет $K_1K$ равен высоте призмы: $K_1K = h$.

Найдем длину катета $PK$. Отрезок $PK$ равен расстоянию между параллельными прямыми $MN$ и $AB$. Высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $C$, равна $CK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Так как $MN$ — средняя линия, то точка $P$ делит высоту $CK$ так, что $CP = PK$. Следовательно, $PK = \frac{1}{2} CK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Из прямоугольного треугольника $K_1PK$ находим:$\text{tg}\phi = \frac{K_1K}{PK} = \frac{h}{a\sqrt{3}/4}$.

Отсюда выразим сторону основания $a$ через $h$ и $\phi$:$a = \frac{4h}{\sqrt{3}\text{tg}\phi}$.

Площадь сечения $S$ можно найти через площадь его ортогональной проекции на плоскость основания. Проекцией трапеции $MNB_1A_1$ на плоскость $ABC$ является трапеция $MNBA$. Площадь проекции $S_{пр}$ и площадь сечения $S$ связаны соотношением $S = \frac{S_{пр}}{\cos\phi}$.

Найдем площадь трапеции $MNBA$. Ее основания равны $MN = \frac{a}{2}$ и $AB = a$, а высота равна $PK = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.$S_{пр} = \frac{1}{2}(MN + AB) \cdot PK = \frac{1}{2}\left(\frac{a}{2} + a\right) \cdot \frac{a\sqrt{3}}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{4} = \frac{3a^2\sqrt{3}}{16}$.

Подставим в это выражение ранее найденное выражение для $a$:$S_{пр} = \frac{3\sqrt{3}}{16} \left(\frac{4h}{\sqrt{3}\text{tg}\phi}\right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{16} \cdot \frac{16h^2}{3\text{tg}^2\phi} = \frac{\sqrt{3}h^2}{\text{tg}^2\phi}$.

Теперь найдем площадь сечения $S$:$S = \frac{S_{пр}}{\cos\phi} = \frac{\sqrt{3}h^2/\text{tg}^2\phi}{\cos\phi} = \frac{\sqrt{3}h^2}{\text{tg}^2\phi \cos\phi}$.

Упростим полученное выражение, используя то, что $\text{tg}\phi = \frac{\sin\phi}{\cos\phi}$:$S = \frac{\sqrt{3}h^2}{(\sin^2\phi/\cos^2\phi) \cdot \cos\phi} = \frac{\sqrt{3}h^2}{\sin^2\phi/\cos\phi} = \frac{\sqrt{3}h^2\cos\phi}{\sin^2\phi}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}h^2\cos\phi}{\sin^2\phi}$.

297. Основанием треугольной призмы ABCА₁В₁С₁ является правильный треугольник ABC, BD — высота этого треугольника, а вершина А₁ проектируется в его центр. Докажите, что: a) A₁BD ⊥ AA₁C₁; б) AA₁O ⊥ BB₁C; в) грань BB₁C₁C — прямоугольник.

а) Докажите, что: $A_1BD \perp AA_1C_1$

По условию, основанием призмы является правильный треугольник $ABC$, а вершина $A_1$ проектируется в его центр $O$. Это означает, что отрезок $A_1O$ перпендикулярен плоскости основания $(ABC)$, то есть $A_1O \perp (ABC)$.

1. Так как $A_1O \perp (ABC)$, то прямая $A_1O$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $AC$ лежит в плоскости $(ABC)$, следовательно, $A_1O \perp AC$.

2. По условию $BD$ — высота в правильном треугольнике $ABC$. Следовательно, $BD \perp AC$.

3. Центр $O$ правильного треугольника лежит на его высотах, поэтому точка $O$ принадлежит отрезку $BD$. Это означает, что прямые $A_1O$ и $BD$ лежат в одной плоскости $(A_1BD)$ и пересекаются в точке $O$.

4. Из пунктов 1 и 2 следует, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($A_1O$ и $BD$) в плоскости $(A_1BD)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(A_1BD)$, то есть $AC \perp (A_1BD)$.

5. Плоскость $(AA_1C_1)$ (которая совпадает с плоскостью грани $AA_1C_1C$) проходит через прямую $AC$.

6. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Так как плоскость $(AA_1C_1)$ проходит через прямую $AC$, а $AC \perp (A_1BD)$, то $(A_1BD) \perp (AA_1C_1)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Докажите, что: $AA_1O \perp BB_1C_1$

Плоскость $(AA_1O)$ определена боковым ребром $AA_1$ и центром основания $O$. Плоскость $(BB_1C_1)$ совпадает с плоскостью боковой грани $BB_1C_1C$.

1. Пусть $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC$. Так как $\triangle ABC$ — правильный, его медиана $AM$ является также и высотой. Следовательно, $AM \perp BC$.

2. Центр $O$ правильного треугольника является точкой пересечения его медиан, поэтому $O$ лежит на медиане $AM$. Таким образом, прямая $AO$ лежит на прямой $AM$, и, следовательно, $AO \perp BC$.

3. По условию $A_1O \perp (ABC)$. Так как прямая $BC$ лежит в плоскости $(ABC)$, то $A_1O \perp BC$.

4. Прямые $AO$ и $A_1O$ пересекаются в точке $O$ и лежат в плоскости $(AA_1O)$. Мы показали, что прямая $BC$ перпендикулярна обеим этим прямым. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(AA_1O)$, то есть $BC \perp (AA_1O)$.

5. Плоскость грани $(BB_1C_1C)$ проходит через прямую $BC$.

6. Так как плоскость $(BB_1C_1C)$ проходит через прямую $BC$, перпендикулярную плоскости $(AA_1O)$, то эти плоскости перпендикулярны: $(AA_1O) \perp (BB_1C_1C)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) Докажите, что: грань $BB_1C_1C$ — прямоугольник

Боковая грань призмы $BB_1C_1C$ по определению является параллелограммом. Чтобы доказать, что это прямоугольник, достаточно показать, что один из его углов прямой, например, $\angle CBB_1 = 90^\circ$.

1. Из доказательства в пункте (б) мы установили, что прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(AA_1O)$, то есть $BC \perp (AA_1O)$.

2. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

3. Боковое ребро $AA_1$ лежит в плоскости $(AA_1O)$. Следовательно, $BC \perp AA_1$.

4. В призме все боковые ребра параллельны, поэтому $AA_1 \parallel BB_1$.

5. Если прямая ($BC$) перпендикулярна одной из двух параллельных прямых ($AA_1$), то она перпендикулярна и второй ($BB_1$). Таким образом, $BC \perp BB_1$.

6. Угол $\angle CBB_1$ в параллелограмме $BB_1C_1C$ является прямым. Параллелограмм с прямым углом является прямоугольником.

Следовательно, грань $BB_1C_1C$ — прямоугольник.

Ответ: Что и требовалось доказать.