В основании четырехугольной пирамиды \(SABCD\) лежит прямоугольник \(ABCD\). На ребрах \(SA\), \(SB\), \(SC\) и \(SD\) отмечены точки \(L\), \(K\), \(N\) и \(M\) соответственно так, что четырехугольник \(KLMN\) — трапеция с основанием \(KL=3\) и \(MN=2\). Известно, что \(SK:KB=3:1\). а) Докажите, что плоскость \(KLM\) пересекает ребра \(SC\) и \(SD\) в их серединах. б) Найдите высоту \(SH\) пирамиды, если точка пересечения диагоналей пирамиды совпадает с точкой \(H\), площадь основания равна \(24\), а площадь сечения \(KLMN=10\).

а) \(LK\in ABS\\ LK||MN\\ MN||ABS\\ MN\in SDC\) Из всего этого следует, что \(LK||MN||общей~прямой~плоскостей~SDC~и~SAB\\ AB\in ABS\\ DC||AB\\ DC||ABS\\ DC\in SDC\) Из всего этого следует, что \(AB||DC||общей~прямой~плоскостей~SDC~и~SAB\) Из всего вышесказанного: \(LK||MN||AB||DC||общей~прямой~плоскостей~SDC~и~SAB\) Треугольники \(SLK\) и \(SAB\) подобны по двум углам (угол \(S\) общий, углы \(SLK\) и \(SAB\) равны как соответственные): \(\frac{LK}{AB}=\frac{SK}{SB}=\frac{3}{4}\) Значит, \(AB=4=DC=2MN\). И еще \(MN||DC\), а значит, что \(MN\) – средняя линия, пересекает стороны \(SD\) и \(SC\) в их серединах. б) Из подобия треугольников \(SLK\) и \(SAB\): \(AB=4\\ BC=\frac{S_{основания}}{AB}=\frac{24}{4}=6=TR\) Пусть \(PE\) пересекает \(TR\) в точке \(D_1\). По теореме Менелая для \(STR\) и секущей \(PE\): \(\frac{SE}{ER}\cdot\frac{RD_1}{DT}\cdot\frac{TP}{PS}=1\\ 1\cdot\frac{RD_1}{DT}\cdot\frac{1}{3}=1\\ \frac{RD_1}{DT}=\frac{3}{1}\) Отсюда \(D_1T=3\). Пусть \(EW\bot TR\) и \(PQ\bot TR\) \(\begin{cases} EW||SH\\ SE=ER \end{cases} \Rightarrow EW-средняя~линия~и~WH=WR=\frac{TR}{4}=\frac{3}{2}\\ \frac{TP}{TS}=\frac{1}{4}=\frac{TQ}{TH},TH=\frac{3}{4}\\ D_1Q=3+\frac{3}{4}=\frac{15}{4}\\ QR=HR+HQ=\frac{6}{2}+\frac{6}{2}-\frac{3}{4}=\frac{15}{4}\\ \Delta D_1PQ\sim\Delta D_1EW~по~двум~углам~(\angle{D_1}~общий, \angle{D_1QP}=\angle{D_1WE}= {90}^{\circ})\\ \frac{D_1P}{PE}=\frac{D_1Q}{QM}=\frac{15}{4}:\frac{15}{4}=\frac{1}{1}\) По теореме Пифагора для \(\triangle{EWD_1}\): \(EW^2=D_1E^2-D_1W^2=(4+4)^2-\left(9-\frac{3}{2}\right)^2=\frac{31}{4}\\ EW=\frac{\sqrt{31}}{2}\\ SH=2EW=\sqrt{31}\) Ответ: \(\sqrt{31}\)

В основании пирамиды \(SABCD\) лежит параллелограмм \(ABCD\). На боковых рёбрах \(SA\), \(SC\) и \(SD\) отмечены точки \(K\), \(L\) и \(M\) соответственно так, что \(SK:KA=SL:LC=2:1\) и \(SM=MD\). а) Докажите, что плоскость \(KML\) содержит точку \(B\). б) Найдите объём пирамиды \(BAKMD\), если площадь параллелограмма \(ABCD\) равна \(18\), а высота пирамиды \(SABCD\) равна \(7\).

а) Построим сечение: Соединим точки \(M\), \(L\) и \(M\), \(K\), так как они лежат в одних плоскостях. Продлим \(ML\) до пересечения с \(DC\) в точке \(E\) и \(MK\) до пересечения с \(AD\) в точке \(T\). Соединим \(T\) и \(E\), так как они лежат в плоскости основания \(ABC\). По теореме Менелая для треугольника \(SAD\) и секущей \(KM\): \(\frac{SM}{MD}\cdot\frac{DT}{TA}\cdot\frac{AK}{KS}=1\) Подставляя известное отношение, получим: \(\frac{DT}{TA}\cdot\frac{1}{2}=1\\ \frac{DT}{TA}=\frac{2}{1}\) Аналогично, по теореме Менелая для \(SDC\) и секущей \(ML\): \(\frac{SM}{MD}\cdot\frac{DE}{EC}\cdot\frac{CL}{LS}=1\) Подставляя известное отношение, получим: \(\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{DE}{CE}=1\\ \frac{DE}{CE}=\frac{2}{1}\) \(\angle TAB=\angle ADC=\angle BCE\) как соответственные при \(AB||DC\), так как \(ABCD\) – параллелограмм \(\angle EBC=\angle ETD\) как соответственные при \(BC||AD\), так как \(ABCD\) – параллелограмм \(AT=AD=BC\) Значит, треугольники \(ATB\) и \(CBE\) равны по двум углам и равной стороне: \(\angle TBA+\angle CBE=180-\angle ABC\\ \angle TBA+\angle CBE+\angle ABC=180\) Значит, углы \(TBA\), \(CBE\) и \(ABC\) являются смежными и точка \(B\) лежит на прямой \(TE\). б) Объем всей пирамиды \(SABCD\) равен: \(V=\frac{1}{3}\cdot h\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 7=42\) Объем всей пирамиды \(SABD\) равен половине всего объема и равен \(\frac{42}{2}=21\) Пусть \(h_B\) – высота из точки \(B\) на плоскость \(AKM\) \(V_{BAKMD}=\frac{1}{3}\cdot h_B\cdot S_{AKMD}\\ S_{SKM}=\frac{1}{2}SK\cdot SM\cdot \sin\angle KSM\) Так как \(SK=\frac{2}{3}AS\) и \(SM=\frac{2}{3}SD\), получим: \(S_{SKM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}SA\cdot\frac{1}{2}SD\cdot\sin\angle KSM=\frac{1}{3}S_{ADS}\\ S_{AKMD}=S_{ADS}-S_{SKM}=\frac{2}{3}S_{ADS}\\ V_{BAKMD}=\frac{1}{3}\cdot h_B\cdot\frac{2}{3}S_{ADS}=\frac{2V_{BADS}}{3}=\frac{2}{3}\cdot 21=14\) Ответ: 14

В правильной четырехугольной пирамиде \(𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷\) сторона основания \(𝐴𝐵\) равна \(4\), а боковое ребро \(𝑆𝐴=8\). На ребрах \(𝐶𝐷\) и \(𝑆𝐶\) отмечены точки \(𝑁\) и \(𝐾\) соответственно, причем \(𝐷𝑁:𝑁𝐶=𝑆𝐾:𝐾𝐶=1:3\). Плоскость \(\alpha\) содержит прямую \(𝐾𝑁\) и параллельна прямой \(𝐵𝐶\). а) Докажите, что плоскость \(\alpha\) делит ребро \(𝐴𝐵\) в отношении \(1:3\), считая от вершины \(𝐴\). б) Найдите расстояние между прямыми \(𝑆𝐴\) и \(𝐾𝑁\).

а) Построим сечение: \(\alpha \parallel BC \Rightarrow\) проведем в \((ABC)\) прямую \(MN \parallel BC\). Аналогично проведем \(KL\) в \((BSC)\) Тогда \(MLKN \ -\) искомое сечение плоскостью \(\alpha\) \(MN||BC, \frac{BM}{MA}=\frac{CN}{ND}=\frac{3}{1}~(теорема~о~пропорциональных~отрезках), Ч.Т.Д.\) б) Расстояние между скрещивающимися прямыми - это расстояние от прямой до плоскости, которая ей параллельна и содержит другую прямую. \(d(AS;MLKN ) \ - \ искомое,\\ AS||ML\Rightarrow AS||MLKN\\ KN\in MLKN\\ F-середина~LK,E-середина~MN, T-середина~AD,U-середина~BC\\ ST=SU=2\sqrt{15}\) Так как \(ST||EF\Rightarrow \ d( S;EF) =\) расстояние от любой точки \(ST\) до \(EF\), то \(UH\perp ST, R=UH\cap FE, HR=\frac{1}{4}UH, \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{15}\cdot UH=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{14}\cdot 4\\ UH=\frac{4\sqrt{14}}{\sqrt{15}}\\ HR=\sqrt{\frac{14}{15}}\) Ответ: \(\sqrt{\frac{14}{15}}\)

В основании правильной треугольной призмы \(𝐴𝐵𝐶𝐴_{1} 𝐵_{1} 𝐶_{1}\) лежит треугольник \(𝐴𝐵𝐶\). На прямой \(𝐴𝐴_1\) отмечена точка \(𝐷\) так, что \(𝐴_{1}\) - середина \(𝐴𝐷\). На прямой \(𝐵_{1} 𝐶_{1}\) отмечена точка \(𝐸\) так, что \(𝐶_{1}\) - середина \(𝐵_{1} 𝐸\). а) Докажите, что прямые \(𝐴_{1} 𝐵_{1}\) и \(𝐷𝐸\) перпендикулярны. б) Найдите расстояние между прямыми \(𝐴𝐵\) и \(𝐷𝐸\), если \(𝐴𝐵=4\), а \(𝐴𝐴_{1} =1\).

а) Прямая \(𝐴𝐷\) перпендикулярна плоскости \(𝐴_{1} 𝐵_{1} 𝐶_{1}\), поэтому проекцией прямой \(𝐷𝐸\) на эту плоскость является прямая \(𝐴_{1} 𝐸\). Заметим, что в треугольнике \(𝐴_{1} 𝐸𝐵_{1}\) медиана \(𝐴_{1} 𝐶_{1}\) равна половине стороны \(𝐵_{1}𝐸\), поэтому треугольник \(𝐴_{1} 𝐸𝐵_{1}\) прямоугольный с прямым углом \(𝐴_{1}\). Тогда: \(\left\{ \begin{array}{l} {DA}_{1} \text{ - перпендикуляр} \\ DE \text{ - наклонная} \\ {EA}_{1} \text{ - проекция} \\ {EA}_{1} \perp A_{1}B_{1} \end{array}\right. \Rightarrow \text{ по ТТП } DE \perp {A}_{1}{B}_{1} \Rightarrow \text{Ч.Т.Д.}\) б) \(𝐴_{1} 𝐵_{1}\) перпендикулярно \(𝐴_{1} 𝐸,𝐴_{1} 𝐵_{1}\) перпендикулярно \(𝐴_{1} 𝐷\), следовательно \(𝐴_{1} 𝐵_{1}\) перпендикулярно плоскости \(𝐴_{1} 𝐷𝐸\). Так как \(𝐴𝐵||𝐴_{1} 𝐵_{1}\), то и \(𝐴𝐵\) перпендикулярно \(𝐴_{1} 𝐷𝐸\). Значит, \(𝐴𝐻\) общий перпендикуляр (\(𝐴𝐻\) перпендикулярно \(𝐷𝐸\) по построению, а \(𝐴𝐻\) перпендикулярно \(𝐴𝐵\), т.к. \(𝐴𝐻\) принадлежит \(𝐴_{1} 𝐷𝐸)\). Рассмотрим треугольник \(ADE\): его площадь равна: \(0,5\cdot AH\cdot DE=0,5\cdot AD\cdot A_{1} E\) Выразим \(AH\): \(AH=\frac{AD\cdot A_{1} E}{DE}\) \(A_{1} E=4\sqrt{3}\) из треугольника \(B_{1} A_{1} E\) по теореме Пифагора, \(DE=7\) из треугольника \(A_{1} DE\) по теореме Пифагора, тогда: \(AH=\frac{8}{7}\sqrt{3}\) Ответ: \(\frac{8}{7}\sqrt{3}\).

Радиус основания конуса с вершиной \(𝑆\) и центром основания \(𝑂\) равен \(5\), а его высота равна \(\sqrt{51}\). Точка \(𝑀\) - середина образующей \(𝑆𝐴\) конуса, а точки \(𝑁\) и \(𝐵\) лежат на основании конуса, причем прямая \(𝑀𝑁\) параллельна образующей конуса \(𝑆𝐵\). а) Докажите, что \(\angle 𝐴𝑁𝑂\) - прямой. б) Найдите угол между прямой \(𝐵𝑀\) и плоскостью основания конуса, если \(𝐴𝐵=8\).

а) 1) Рассмотрим \(\triangle ABS\): \(M\) - середина \(AS\) и \(MN \| SB \Rightarrow MN\) - средняя линия \(\triangle ABS \Rightarrow AN = NB\). 2) Рассмотрим \(\triangle AOB\): \(AO\) и \(OB\) - радиусы \(\Rightarrow \triangle AOB\) - равнобедренный \(\Rightarrow ON\) - высота, так как \(AN = NB\). Получили, что \(AN \perp ON\). Ч.Т.Д. б) Проведем в \(\triangle AOS\) прямую \(MH \| SO\), так как \(SO\) - высота конуса, то \(AO\) - проекция \(AS\) на основание, а \(HB\) - проекция \(MB\) на основание \((SO \perp (AOB) \Rightarrow MH \perp (AOB))\). Тогда \(\angle MBH\) - искомый. \(MH = \dfrac{\sqrt{51}}{2}\) как средняя линия треугольника \(ASB\). В прямоугольном треугольнике \(MHB\) мы знаем \(MH\), чтобы найти \(\angle MBH\) нужно найти \(BH\). По теореме косинусов из треугольника \(AOB\): \(OB^{2} = AO^{2} + AB^{2} - 2 \cdot AO \cdot AB \cdot \cos{\angle{OAB}}\) По теореме косинусов из треугольника \(AHB\) (так как \(AH = HO = 4, MH\) - средняя линия треугольника \(AOS\) \((AM = MS, MH \| SO))\): \(HB^{2} = AB^{2} + AH^{2} - 2 \cdot AB \cdot AH \cdot \cos{\angle{OAB}}\). Учтем, что \(AH = HO \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2} AO\), и получим: \({HB}^{2} = {AB}^{2} + \dfrac{1}{4}{AO}^{2} - AB \cdot AO \cdot \cos{\angle{OAB}}\). Из этих двух записанных теорем выразим \(AO \cdot AB \cdot \cos{\angle{OAB}}\) и приравняем между собой, получим: \({AO}^{2} + {AB}^{2} - {OB}^{2} = {2AB}^{2} + \dfrac{1}{2}{AO}^{2} - {2HB}^{2} \Rightarrow {HB}^2 = \dfrac{{AB}^2 - \dfrac{1}{2}{AO}^2 + OB^2}{2} \Rightarrow {HB}^2 = \dfrac{153}{4} \Rightarrow \\ \Rightarrow HB = \dfrac{\sqrt{51} \cdot \sqrt{3}}{2}.\) В прямоугольном треугольнике \(MHB\) \(tg{\angle{MBH}} = \dfrac{MH}{HB} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \angle{MBH} = 30^{\circ}\). Ответ: \(30^{\circ}\).