Пирамиды. Площадь поверхности и объем пирамиды: Часть 1

Видео

Конспект

Пример 5.26

ЕГЭ-2019, основной вариант, № 14.

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 4 , а боковое ребро SA = 8 . На рёбрах CD и SC отмечены точки N и K соответственно, причём 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 .

Stereo_2_67 Рис. 1: К примеру 5.26

Решение.

а) Пусть плоскость \alpha пересекает сторону основания AB в точке M (рис. 1). Поскольку плоскость \alpha параллельна прямой BC , она параллельна и прямой AD , а значит, прямые NM и AD параллельны.

б) Заметим, что прямые KN и SD параллельны, поскольку отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Тем самым, в плоскости \alpha лежат две пересекающиеся прямые KN и NM , соответственно параллельные двум пересекающимся прямым SD и DA плоскости SDA . Тогда по признаку параллельности плоскостей плоскости \alpha и SDA параллельны. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми SA и KN можно найти как расстояние между этими параллельными плоскостями.

Пусть P — середина AD , плоскость SPO перпендикулярна параллельным плоскостям \alpha и SDA . Найдем расстояние между параллельными плоскостями — это длина перпендикуляра QT , опущенного из точки Q на плоскости \alpha на прямую SP , QP=\displaystyle \frac{1}{4}DC , поэтому для нахождения QT достаточно знать \angle SPO , QT=QP\cdot \sin\angle SPO . Найдем его из \triangle SPO . SP=\sqrt {SD^2-DP^2}=\sqrt {60} , \displaystyle \cos\angle SPO=\frac{PO}{SP}=\frac{2}{\sqrt{60}} . Тогда \displaystyle \sin \angle SPO=\sqrt{\frac{14}{15}} , \displaystyle QT=1\cdot \sqrt{\frac{14}{15}} .

Ответ: б) \displaystyle \frac{\sqrt{210}}{15} .

Пример 5.27

В правильном тетраэдре ABCD проведена высота DH . K — середина отрезка CH . BM — медиана боковой грани BCD .

а) Докажите, что угол между DH и BM равен углу BMK .

б) Найдите угол между DH и BM .

Stereo_2_104_s Рис. 2: К примеру 5.27

Решение.

а) Рассмотрим \triangle DCH (рис. 2). M — середина DC , K — середина CH . Следовательно, MK — средняя линия этого треугольника. По свойству средней линии, MK \parallel DH , MK \perp (ABC) ). По определению, угол между скрещивающимися прямыми — это угол между одной из них и прямой, параллельной второй и пересекающей первую. Так как MK \parallel DH , то угол между скрещивающимися прямыми DH и BM равен углу между пересекающимися прямыми MK и BM , то есть \angle BMK .

б) Пусть ребро тетраэдра равно a . В правильном \triangle ABC , H — центр, следовательно, \displaystyle HC = \frac{a}{\sqrt{3}}. K — середина CH , значит KC = \frac{1}{2}HC = \frac{a}{2\sqrt{3}} . В прямоугольном \triangle DHC : DH = \sqrt{DC^2 - HC^2} = \sqrt{a^2 - \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2} = a\sqrt{\frac{2}{3}}. Так как MK — средняя линия \triangle DCH : MK = \frac{1}{2}DH = \frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{6}. В равностороннем \triangle BCD , BM — медиана (и высота), \displaystyle BM = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Рассмотрим \triangle BMK : \cos\varphi = \frac{MK}{BM} = \frac{a\sqrt{6}/6}{a\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{2}}{3} \Longrightarrow \varphi = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right).

Ответ: \displaystyle \arccos \frac{\sqrt 2}{3} .

Пример 5.28

Плоскость пересекает боковые ребра SA , SB и SC произвольной треугольной пирамиды SABC в точках A_1 , B_1 и C_1 так, что SA_1 = k SA , SB_1 = l SB и SC_1 = m SC , где каждое из чисел k , l и m больше 0 , но меньше 1 . Докажите, что объем отсекаемой плоскостью пирамиды V_1 связан с объемом пирамиды V соотношением \displaystyle V_1 = klm V.

Stereo_2_105_s Рис. 3: К примеру 5.28

Доказательство.

Примем грань SBC за основание пирамиды (рис. 3). Пусть AO \perp (SBC) — высота пирамиды. Проведем A_1O_1 \perp (SBC) , O_1 \in SO . Пусть AO = h , S_{SBC} = S , тогда V = \frac{1}{3}Sh .

\triangle SA_1O_1 \sim \triangle SAO (по двум углам). Из подобия следует: \frac{A_1O_1}{AO} = \frac{SA_1}{SA} \implies \frac{A_1O_1}{h} = k \implies A_1O_1 = kh. Найдем площадь основания отсеченной пирамиды S_{SC_1B_1} : \begin{aligned}

S_{SC_1B_1} &= \frac{1}{2} SC_1 \cdot SB_1 \sin\angle C_1SB_1 \\

&= \frac{1}{2} (m \cdot SC) \cdot (l \cdot SB) \sin\angle CSB \\

&= ml \left( \frac{1}{2} SC \cdot SB \sin\angle CSB \right) \\

&= ml \cdot S_{SBC} = mlS.

\end{aligned} Следовательно, объем отсеченной пирамиды \begin{aligned}

V_{A_1SC_1B_1} &= \frac{1}{3} S_{SC_1B_1} \cdot A_1O_1 = \frac{1}{3} (mlS) \cdot (kh) = klm V.

\end{aligned}