Тип 14 № 635741 
Стереометрическая задача. Объёмы многогранников
i
В кубе ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно 12, точки K и L — середины ребер AD и C1D1 соответственно, а точка F расположена на ребре BC так, что CF = 3BF.
а) Докажите, что плоскость KLF делит диагональ AC основания ABCD в отношении 2 : 3, считая от точки A.
б) Найдите расстояние от точки D1 до плоскости KLF.
ИЛИ
В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 сторона основания AB равна 4, а боковое ребро AA1 равно 
На ребре DD1 отмечена точка M так, что 
Плоскость α параллельна прямой A1F1 и проходит через точки M и E.
а) Докажите, что сечение призмы ABCDEFA1B1C1D1E1F1 плоскостью α — равнобедренная трапеция.
б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка F, а основанием сечение призмы ABCDEFAB1C1D1E1F1 плоскостью α.
Решение. а) Рассмотрим квадрат ABCD (см. рис. слева). Пусть отрезки KF и AC пересекаются в точке M. Треугольники CFM и AKM подобны с коэффициентом подобия k = CF : AK = 3 : 2, следовательно, AM : MC = 3 : 2, диагональ AC делится плоскостью KLF в отношении 2 : 3.
б) Пусть P — точка пересечения прямых FK и CD, а Q — точка пересечения прямой PL с прямыми CC1 и DD1, соответственно, S — точка пересечения плоскости KLF с прямой A1D1. Тогда расстояние от точки D1 до плоскости KLF равно высоте пирамиды SLQD1, опущенной из вершины D1. Треугольники PDK и PCF, LQD1 и PQD, а также SQD1 и KQD подобны. Следовательно,
откуда 
Тогда
откуда 
Находим:
Объем четырехугольника SLQD1 равен
Таким образом, находим:
Напишем теорему косинусов для треугольника SLQ:
Следовательно,
Находим площадь треугольника SLQ:
Таким образом, расстояние от точки D1 до плоскости KLF равно
Приведем немного другое решение пункта б).
В предыдущем решении получено, что:
При этом DP, DK и DQ три взаимно перпендикулярных ребра также, как и ребра D1L, D1S, D1Q, следовательно, пирамиды DPKQ и D1LSQ — подобны с коэффициентом подобия k = 4.
Из точек D и Q на прямую PK опустим перпендикуляры. По теореме о трех перпендикулярах из основаниями будет одна и та же точка — R. В плоскости QDR из точки D опустим перпендикуляр на прямую QR. Заметим, что прямая PK перпендикулярна плоскости QDR и, следовательно, DH. Таким образом, прямая DH перпендикулярна плоскости KLF, а длина отрезка DH равна расстоянию от точки D до плоскости KLF и в четыре раза больше расстояния до этой же плоскости от точки D1.
Ответ: б) 
ИЛИ
а) Возьмем на ребре CC1 точку N так, чтобы прямые MN и CD были параллельны. Тогда прямая MN параллельна стороне A1F1. Прямые BE и AF параллельны, а значит, отрезки MN и BE параллельны. Таким образом, четырехугольник BNME — трапеция, так как 
Поскольку
трапеция BNME равнобедренная.
б) Рассмотрим проекцию призмы на плоскость, перпендикулярную прямой AF, (см. нижний рис.). Расстояние от точки F до плоскости α равно расстоянию от точки С до плоскости α. Найдем это расстояние, учитывая, что
откуда 
Тогда высота будет равна
Площадь трапеции BNME можно найти по формуле 
где x — высота трапеции. Зная, что 
получаем:
Отсюда находим площадь трапеции BNME:
Тогда
Ответ: б) 36.
PDF-версии: 
