previous arrow
next arrow
Slider

Задание 14, Вариант 1 — разбор решения задачи

В правильной треугольной призме ABCA_{1}B_{1}C_{1} сторона AB основания равна 12, а высота призмы равна 2. На рёбрах B_{1}C_{1} и AB отмечены точки P и Q соответственно, причём PC_{1}=3, а AQ=4. Плоскость A_{1}PQ пересекает ребро BC в точке M.

а) Докажите, что точка M является серединой ребра BC.

б) Найдите расстояние от точки B до плоскости A_{1}PQ.

Решение:

Построим сечение призмы плоскостью A_1PQ.

Проведём QM \parallel {\ A}_1P в плоскости ABC, точка М лежит на ребре BC.

Мы пользуемся здесь тем, что линии пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны. Трапеция QMPA_{1} - искомое сечение.

а) Покажем, что М — середина ВС.

Пусть P_1 — проекция точки Р на плоскость ABC, P_1C=3. Тогда AP_1 \parallel A_1P

Пусть ВМ = x, \triangle QBM \sim \triangle ABP_1 (по двум углам)

\frac{BQ}{AB}=\frac{BM}{{BP}_1}; \frac{8}{12}=\frac{x}{9}

Отсюда  x = 6 и М — середина ВС.

б) Найдем расстояние от точки В до плоскости A_1PQ, пользуясь методом объемов.

Выразим двумя способами объем треугольной пирамиды A_1QMB.

V_{A_{1}QMB}=\frac{1}{3}S_{\triangle QMB} \cdot h_1=\frac{1}{3}S_{\triangle A_1QM} \cdot h_2, где h_1- расстояние от точки A_{1} до плоскости QMB, то есть до плоскости основания призмы.

Оно равно высоте призмы, то есть h_1=2.

h_2 — искомое расстояние от точки В до плоскости A_1QM.

S_{\triangle {\rm \ QMB}}=\frac{1}{2}\cdot BQ\cdot BM\cdot sin60^{\circ} =\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3};

Из \ \triangle {\rm \ }QMB\ по теореме косинусов:

{QM}^2={BQ}^2+{BM}^2-2BQ\cdot BM\cdot cos60^{\circ} ,

{QM}^2=64+36-2\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{1}{2}=100-38=52

QM=\sqrt{52}=2\sqrt{13}

Из \ \triangle {\rm \ }AA_1Q:

A_1Q=\sqrt{{AQ}^2+{AA_1}^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}.

Точка М — середина ВС, AM=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}.

Из прямоугольного треугольника {{A}}_{{1}}AM найдем A_1M = 4\sqrt{7}.

Рассмотрим треугольник A_1QM, в котором мы знаем все стороны.

По теореме косинусов:

{A_1Q}^2={A_1M}^2+{QM}^2-2QM\cdot A_1M\cdot cos\angle A_1MQ,

20= 112+52 - 2\cdot 8\cdot \sqrt{7}\cdot \sqrt{13}\cdot cos\angle A_1MQ

cos\angle A_1MQ=\frac{9}{\sqrt{91}}

Тогда sin\angle A_1MQ=\sqrt{\frac{10}{91}}

S_{\triangle {\rm \ }A_1QM}=\frac{1}{2}\ QM\cdot A_1M\cdot sin\angle A_1MQ=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{13}\cdot 4\sqrt{7}\cdot \sqrt{\frac{10}{91}}=4\sqrt{10}

Объем пирамиды A_1QBM

V_{A_1QBM}=\frac{1}{3}S_{\triangle QBM}\cdot AA_1=\frac{1}{3}S_{A_1QM}\cdot h_2

Отсюда
h_2=\frac{S_{\triangle QBM}\cdot AA_1}{S_{A_1QM}}=\frac{12\sqrt{3}\cdot 2}{4\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{30}}{5}.

Смотреть все задачи варианта