previous arrow
next arrow
Slider

Тренинги по решению вариантов ЕГЭ — 2020. Вариант 6. Задание 14. Решение

 

Условие задачи

Ирина Давыдова, Анна Малкова В усеченной правильной четырехугольной пирамиде \(ABCDA_1B_1C_1D_1 \) отношение площадей оснований \(\displaystyle \frac{S_{ABCD}}{S_{A_1B_1C_1D_1}}=4.\)
Плоскость α проходит через центр нижнего основания параллельно прямым \(AA_1 \) и \(BC. \)

а) Докажите, что сечение усеченной пирамиды \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) плоскостью α имеет пару равных сторон.

б) Найдите угол между плоскостью α и гранью \(CC_1D_1D,\) если известно, что \(AD = 12, AA_1 = 5.\)

 

Решение

Пусть O — центр нижнего основания, точка O лежит в плоскости \(\alpha, \)

\(\alpha \parallel AA_1\)

\(\alpha \parallel B_1C_1,\)

построим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\)

Проведём \(MN, \, \, \, O \in MN,\)

\(MN \parallel BC.\)

По теореме о прямой и параллельной ей плоскости,

\(\alpha \parallel BC, \, \, BC \in (ABC)\)

\(\alpha \cap (ABC) = MN,\) тогда \(MN \parallel BC\) — линия пересечения \(\alpha\) и нижней грани.

Также \(\alpha \parallel AA_1.\)

\(\triangle ASB; \, \, A_1\) — середина AS,

M — середина AB,
\(B_1\) - середина BS, тогда \(MB_1\) — средняя линия \(\triangle ABS,\)

\(MB_1 \parallel AS\)

Следовательно, \(MB_1 \parallel AA_1\)

Линии пересечения параллельных плоскости третьей плоскостью параллельны,

\((ABC) \parallel (A_1B_1C_1),\)

\(\alpha \cap (ABC) = MN\)

\(\alpha \cap (A_1B_1C_1) = B_1C_1,\)

\(B_1C_1 \parallel MN,\)

\(MB_1C_1N\) — трапеция, \(MN \parallel B_1C_1.\)

\(C_1N\) — средняя линия \(\triangle CDS, \)

\(C_1N = B_1M, \, \, \, MB_1C_1N\) — равнобедренная трапеция

б) Найдём угол между плоскостью \(\alpha\) и гранью \(CC_1D_1D\)

\(AC = AB \sqrt2 = \sqrt{12}, \, \, \, \, \, AS = 10.\)

\(\left.\begin{matrix} C_1N \parallel B_1D\\ MN \parallel AD \end{matrix}\right\} \Rightarrow \alpha \parallel (AA_1D_1)\)

\(\varphi\) — угол между \(\alpha\) и гранью \(C_1D_1D\) — равен углу между гранями \(AA_1D_1\) и \(CC_1D_1.\)

Найдём линейный угол этого двухгранного угла.

В плоскости ASD проведём \(AH \perp SD.\)

\(AH \in (AA_1D_1),\)

\(\triangle ASD = \triangle CSD\)

\(\triangle ASD\) и \(\triangle ASD\) — равнобедренные, CH — высота \(\triangle CSD.\)

\(\varphi = \angle AHC.\)

Найдём \(\angle AHC\) из треугольника AHC. Запишем теорему косинусов для \(\triangle AHC\)

\(\triangle AHC:\)

\(AC^2 = 2AH^2 - 2AH^2 cos \alpha\)

\(2 \cdot 144 = 2 \cdot 9,6 ^2 (1-cos \alpha)\)

\(\displaystyle 1- cos \alpha = (\frac{12}{9,6})^2
= (\frac{4}{3,2})^2 = (\frac{5}{4})^2 = \frac{25}{16}\)

\(\displaystyle cos \alpha = 1 - \frac{25}{16} = -\frac{9}{16};\)

\(\displaystyle \varphi = arccos \frac{9}{16}\)

 

Ответ

\(\displaystyle arccos \frac{9}{16}\)