Задание 15

Стереометрия (с доказательством) · 57 заданий

Задание №15
№15Среднее
В кубе ABCDA₁ B₁ C₁ D₁ точка K - середина ребра B₁ C₁. Плоскость α проходит через точки B, K и D. а) Докажите, что сечение куба плоскостью α является…
Многогранники
Задание №15
№15Среднее
В правильной треугольной призме ABCA₁ B₁ C₁ точка K – середина ребра A₁ B₁. Плоскость α проходит через точки A, K и C. а) Докажите, что сечением призм…
Многогранники
Задание №15
№15Лёгкое
В правильной треугольной призме ABCA₁ B₁ C₁ отметили точки M и K на ребрах AA₁ и A₁ B₁ соответственно. Известно, что AM = 3 MA₁, A₁ K = KB₁. Через точ…
Многогранники
Задание №15
№15Лёгкое
В кубе ABCDA₁ B₁ C₁ D₁ точка K - середина ребра B₁ C₁. Плоскость α проходит через точки B, K и D. а) Докажите, что сечение куба плоскостью α является…
Многогранники
Задание №15
№15Среднее
В правильной треугольной призме ABCA₁ B₁ C₁ точка K – середина ребра A₁ B₁. Плоскость α проходит через точки A, K и C. а) Докажите, что сечением призм…
Многогранники
Задание №15
№15Лёгкое
В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки A и B, а на окружности другого сеч…
Тела вращения
Задание №15
№15Сложное
В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF сторона основания AB равна 2, а боковое ребро SA равно 8. Точка M - середина ребра AB. Плоскость α, перпен…
Многогранники
Задание №15
№15Сложное
В основании пирамиды SABCD лежит трапеция ABCD с большим основанием AD. Диагонали трапеции пересекаются в точке O. Точки M и N - середины боковых стор…
Многогранники
Задание №15
№15Сложное
Сечением прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁ B₁ C₁ D₁ плоскостью α, содержащей прямую BD₁ и параллельной прямой AC является ромб. а) Докажите, что г…
Многогранники
Задание №15
№15Сложное
В основании пирамиды SABCD лежит трапеция ABCD с основаниями AD и BC, равными 8 и 3 соответственно. Точки M и N лежат на ребрах SD и BC соответственно…
Многогранники
Задание №15
№15Лёгкое
В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки A и B, и C, а на окружности другог…
Тела вращения
Задание №15
№15Сложное
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD с основанием ABCD точка O - центр основания пирамиды, точка M - середина ребра SC, точка K делит ребро BC…
Многогранники

Задание №15 — Сечения

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1} .$ Плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B_{1}$ и $D$ и пересекает ребра $AA_{1}$ и $CC_{1}$ в точках $M$ и $K$ соответственно. Известно, что четырехугольник $MB_{1} KD$ - ромб.
а) Докажите, что точка $M$ - середина ребра $AA_{1} .$
б) Найдите высоту призмы $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1} ,$ если площадь её основания $ABCD$ равна 3, а площадь ромба $MB_{1} KD$ равна 6.

Ваше решениедо 3 баллов

Запишите решение задачи...

Решение

Решение:

а) 1) По условию четырёхугольник $MB_{1}KD$ является ромбом, а в основании призмы лежит квадрат $ABCD$ , следовательно, $AB = BC = CD = AD$ .
2) Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle B_{1}A_{1}M$ , $\triangle B_{1}C_{1}K$ , $\triangle KCD$ и $\triangle MAD$ .
Согласно теореме Пифагора для этих треугольников справедливы равенства:
$MB_{1}^{2} = A_{1}B_{1}^{2} + A_{1}M^{2}$
$B_{1}K^{2} = B_{1}C_{1}^{2} + C_{1}K^{2}$
$KD^{2} = KC^{2} + DC^{2}$
$MD^{2} = AM^{2} + AD^{2}$
Учитывая, что у ромба все стороны равны ( $MB_{1} = B_{1}K = KD = MD$ ), а стороны квадрата в основаниях равны, получаем равенство катетов:
$A_{1}M = MA = C_{1}K = KC$ .
Это означает, что точка $M$ делит ребро $AA_{1}$ пополам, то есть является его серединой. Что и требовалось доказать.

б) Площадь основания $S_{ABCD} = 3$ , откуда сторона квадрата $AB = \sqrt{3}$ , а его диагональ $DB = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{6}$ .
Площадь ромба $S_{MB_{1}KD} = 6$ . Воспользуемся формулой площади через диагонали: $S_{MB_{1}KD} = \frac{1}{2} \cdot DB_{1} \cdot MK$ .
Так как $M$ и $K$ — середины боковых ребер $AA_{1}$ и $CC_{1}$ соответственно, отрезок $MK$ параллелен и равен диагонали основания $AC$ , то есть $MK = AC = \sqrt{6}$ .
Подставим значения в формулу площади: $6 = \frac{1}{2} \cdot DB_{1} \cdot \sqrt{6}$ , откуда находим вторую диагональ ромба $DB_{1} = \frac{12}{\sqrt{6}} = 2\sqrt{6}$ .
Из прямоугольного треугольника $\triangle DB_{1}B$ по теореме Пифагора вычислим высоту призмы:
$BB_{1} = \sqrt{DB_{1}^{2} - DB^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{6})^{2} - (\sqrt{6})^{2}} = \sqrt{24 - 6} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ .

Ответ: б) $3\sqrt{2}$

Источник: ФИПИ